Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве

[svv]

Munin в сообщении #1383981 писал(а):

доказать, что других нет

Пусть даны плоскости $A, B$, удовлетворяющие условию, и существует плоскость $C: A\perp C, B\perp C$, пересекающая их по линиям.
В $A$ возьмём ортонормированный базис $(\mathbf a_1, \mathbf a_2)$ так, чтобы $\mathbf a_1$ лежал на прямой $A\cap C$.
В $B$ возьмём ортонормированный базис $(\mathbf b_1, \mathbf b_2)$ так, чтобы $\mathbf b_1$ лежал на прямой $B\cap C$.
Запишем условия ортогональности $A\perp C, B\perp C$, задавая $A$ парой $(\mathbf a_1, \mathbf a_2)$, $B$ парой $(\mathbf b_1, \mathbf b_2)$, $C$ парой $(\mathbf a_1, \mathbf b_1)$:
$\begin{vmatrix}\mathbf a_1\cdot \mathbf a_1 & \mathbf a_1\cdot \mathbf b_1\\\mathbf a_2\cdot \mathbf a_1 & \mathbf a_2\cdot \mathbf b_1\end{vmatrix}=0\quad\begin{vmatrix}\mathbf b_1\cdot \mathbf a_1 & \mathbf b_1\cdot \mathbf b_1\\\mathbf b_2\cdot \mathbf a_1 & \mathbf b_2\cdot \mathbf b_1\end{vmatrix}=0$
Так как $\mathbf a_2\cdot \mathbf a_1=\mathbf b_2\cdot \mathbf b_1=0$ и $\mathbf a_1\cdot \mathbf a_1\neq 0,\; \mathbf b_1\cdot \mathbf b_1\neq 0$, получаем $\mathbf a_1\cdot \mathbf b_2 = \mathbf a_2\cdot \mathbf b_1 = 0$.
Кстати, отсюда следует, что плоскость $C'=\operatorname{span}(\mathbf a_2, \mathbf b_2)$ тоже хорошая: $A\perp C', B\perp C'$.
Имеем
$\operatorname{pr}_B\mathbf a_1\cdot \mathbf b_2=\mathbf a_1\cdot \mathbf b_2=0$, отсюда $\operatorname{pr}_B\mathbf a_1=\lambda_1 \mathbf b_1$;
$\operatorname{pr}_B\mathbf a_2\cdot \mathbf b_1=\mathbf a_2\cdot \mathbf b_1=0$, отсюда $\operatorname{pr}_B\mathbf a_2=\lambda_2 \mathbf b_2$.
Возьмём $\mathbf a=\mathbf a_1\cos\alpha+\mathbf a_2\sin\alpha$, так что $|\mathbf a|=1$. Тогда
$\mathbf b:=\operatorname{pr}_B\mathbf a=\lambda_1\mathbf b_1\cos\alpha+\lambda_2\mathbf b_2\sin\alpha$
$|\mathbf b|^2=\lambda_1^2 \cos^2\alpha+\lambda_2^2 \sin^2\alpha$
Когда $\mathbf a$ лежит в плоскости $C$, то $\sin\alpha=0$, и $|\mathbf b|^2$ достигает экстремума, чем и обосновывается Ваш метод поиска.

[svv]

george66 в сообщении #1384108 писал(а):

Оно чисто алгебраическое, без производных.

Реагирую на это и предлагаю новый вариант решения, без экстремумов, производных и прочих элементов анализа.

Предположим, что в плоскости $A$ существует ортогональный базис $(\mathbf a_1, \mathbf a_2)$ такой, что $\operatorname{pr}_B \mathbf a_1\cdot\mathbf a_2=0$.
Тогда $\operatorname{pr}_B\mathbf a_1\cdot\operatorname{pr}_B \mathbf a_2=\mathbf a_1\cdot\operatorname{pr}_B\mathbf a_2=0$.
Выберем в плоскости $B$ ненулевые векторы $\mathbf b_1, \mathbf b_2$ так:
Если $\operatorname{pr}_B\mathbf a_1\neq 0$, то $\mathbf b_1:=\operatorname{pr}_B\mathbf a_1$.
Если $\operatorname{pr}_B\mathbf a_2\neq 0$, то $\mathbf b_2:=\operatorname{pr}_B\mathbf a_2$.
Если оба вектора $\mathbf b_1, \mathbf b_2$ определились, автоматически выполнено условие $\mathbf b_1\cdot\mathbf b_2=0$. В противном случае выберем «недостающий» вектор (или оба вектора), требуя выполнения этого условия.
В результате $\mathbf b_1$ и $\mathbf b_2$ линейно независимы, и $\mathbf a_1\cdot \mathbf a_2=\mathbf a_1\cdot \mathbf b_2=\mathbf b_1\cdot \mathbf a_2=\mathbf b_1\cdot \mathbf b_2=0$.
Пусть $C=\operatorname{span}(\mathbf a_1, \mathbf b_1)$. Вычисляя определители, как в предыдущем сообщении, находим, что они равны нулю, то есть $A\perp C, B\perp C$.

Осталось показать, что нужный ортогональный базис в $A$ существует.
Пусть $(\mathbf e_1, \mathbf e_2)$ — произвольный ортонормированный базис в $A$. Определим
$\mathbf a_1=c\mathbf e_1+s\mathbf e_2$,
$\mathbf a_2=-s\mathbf e_1+c\mathbf e_2$,
где $c,s$ не равны нулю одновременно. Тогда $(\mathbf a_1, \mathbf a_2)$ — ортогональный базис в $A$.
Обозначим $g_{ik}=\mathbf e_i\cdot\operatorname{pr}_B\mathbf e_k$. Очевидно, $g_{ik}=g_{ki}$. Тогда
$\mathbf a_2\cdot\operatorname{pr}_B \mathbf a_1=\begin{bmatrix}-s&c\end{bmatrix} \begin{bmatrix}g_{11}&g_{12}\\g_{21}&g_{22}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}c\\s\end{bmatrix}$
Равенство нулю этого выражения эквивалентно
$\begin{bmatrix}g_{11}&g_{12}\\g_{21}&g_{22}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}c\\s\end{bmatrix}=\lambda\begin{bmatrix}c\\s\end{bmatrix}$
Так как матрица симметрична, существует вещественное нетривиальное решение.

По-моему, тут всё доступно первокурснику. Iro, прошу Вас!

[george66]

Я почти доказал через кватернионы, ещё немножко и выложу полное доказательство.

[Munin]

Я так понимаю, элементарными методами уже никто не берётся? :-)

[george66]

Смертельный трюк: излагаю доказательство через кватернионы. Доказательство не очень сложное, но излагать буду подробно, в несколько подходов. Требуется знать основные свойства кватернионов и минимум линейной алгебры.
Возьмём два четырёхмерных вектора, будем их записывать как кватернионы
$a=a_0+a_1i+a_2j+a_3k$
$b=b_0\,+b_1j\,+b_2j+b_3k$
Скалярное произведение $a\cdot b$ можно выразить через умножение кватернионов так
$a\cdot b=(a\bar{b}+b\bar{a})/2$
или равносильно
$a\cdot b=(\bar{a}b +\bar{b}a)/2$
(проверяется вычислением). Векторы ортогональны ($a\cdot b=0$), если
$a\bar{b}=-b\bar{a}$
или равносильно
$\bar{a}b=-\bar{b}a$
Квадрат длины вектора выражается так
$a\cdot a=a\bar{a}=\bar{a}a$
Для чисто мнимых кватернионов, которые будем обозначать буквами $u,v$
$\bar{u}=-u$
поэтому
$u\cdot u=-uu$
и к тому же $u$ ортогонально $v$ если и только если
$uv=-vu$
Для чисто мнимых кватернионов нормы единица верно
$uu=-1$

-- 30.03.2019, 06:42 --

Возьмём два не нулевых линейно независимых четырёхмерных вектора
$a=a_0+a_1i+a_2j+a_3k$
$b=b_0\,+b_1j\,+b_2j+b_3k$
Построим по ним два чисто мнимых кватерниона
$u = b\bar{a}-a\bar{b}$

$v = \bar{a}b-\bar{b}a$
(проверьте, что $\bar{u}=-u$, а также $\bar{v}=-v$)
Докажем, что $u$ и $v$ имеют равную не нулевую длину. Если представить вектор $a$ как
$a=a_0+\operatorname{Im}(a)$
и вектор $b$ как
$a=b_0+\operatorname{Im}(b)$
то вектор $u$ равен
$u=2\cdot \operatorname{Im}(b\bar{a})=2\cdot(a_0\operatorname{Im}(b)-b_0\operatorname{Im}(a)+\operatorname{Im}(a)\times \operatorname{Im}(b))$
а вектор $v$ равен
$v=2\cdot \operatorname{Im}(\bar{a}b)=2\cdot(a_0\operatorname{Im}(b)-b_0\operatorname{Im}(a)-\operatorname{Im}(a)\times \operatorname{Im}(b))$
(проверяется вычислением). Поскольку внешнее произведение $\operatorname{Im}(a)\times \operatorname{Im}(b)$ ортогонально вектору $a_0\operatorname{Im}(b)-b_0\operatorname{Im}(a)$, то $u$ и $v$ имеют одинаковую длину (как сумма и разность двух ортогональных векторов). Надо ещё доказать, что эта длина не нулевая. Если вдруг длина нулевая, то
$a_0\operatorname{Im}(b)-b_0\operatorname{Im}(a)=0$
$\operatorname{Im}(a)\times \operatorname{Im}(b)=0$
Из второго равенства следует, что $\operatorname{Im}(a)$ и $\operatorname{Im}(b)$ пропорциональны (линейно зависимы). Оба $\operatorname{Im}(a)$ и $\operatorname{Im}(b)$ равны нулю быть не могут, поскольку тогда $a$ и $b$ превращаются в действительные числа и линейно зависимы. Если $\operatorname{Im}(a)$ и $\operatorname{Im}(b)$ оба не равны нулю, то из первого равенства следует пропорциональность $a$ и $b$. Наконец, если один из кватернионов $a,b$ вещественный (допустим $\operatorname{Im}(a)=0$), а второй нет ($\operatorname{Im}(b)\neq 0$), то из первого равенства следует $a_0=0$ и кватернион $a$ нулевой. Ничего ли я не упустил?

[george66]

Дальше буду доказывать, что пара $u,v$ однозначно определяет исходную плоскость. А именно, вектор $q$ принадлежит плоскости, натянутой на $a,b$ если и только если
$uq=qv$
Более того, любая пара не нулевых чисто мнимых векторов одинаковой длины определяет плоскость таким способом. По плоскости пара $(u,v)$ восстанавливается однозначно с точностью до общего множителя (то есть пары $(u,v)$ и $(ku,kv)$ задают одну и ту же плоскость для любого действительного $k\neq 0$). Можно нормировать $u$ и $v$ в норму единица, но всё равно остаётся небольшой произвол, поскольку пары $(u,v)$ и $(-u,-v)$ задают одну и ту же плоскость.
Две плоскости, задаваемые парами $(u,v)$ и $(u',v')$ ортогональны и пересекаются по прямой если и только если $u$ ортогонален $u'$, а $v$ ортогонален $v'$ (и это уже ортогональность трёхмерных векторов). Таким образом, построение общего перпендикуляра к двум плоскостям сводится к построению общих перпендикуляров двух пар трёхмерных векторов.

[george66]

Теперь докажем, что если четырёхмерный вектор $q$ лежит в плоскости, натянутой на $a$ и $b$, то
$uq=qv$
Достаточно проверить для $q=a$ и $q=b$
$ua=(b\bar{a}-a\bar{b})a=b(a\cdot a)-a\bar{b}a$
$av=a(\bar{a}b-\bar{b}a)=(a\cdot a)b-a\bar{b}a$
$ub=(b\bar{a}-a\bar{b})b=b\bar{a}b-a(b\cdot b)$
$bv=b(\bar{a}b-\bar{b}a)=b\bar{a}b-(b\cdot b)a$
И правда, равно! теперь докажем, что если $q$ ортогонален $a$ и $b$, то

$uq=-qv$
Ортогональность запишем явно

$q\bar{a}=-a\bar{q}$

$\bar{q}a=-\bar{a}q$
$q\bar{b}=-b\bar{q}$
$\bar{q}b=-\bar{b}q$
(пустая строка по техническим причинам, иначе ножка буквы $q$ упирается в крышечку под ней).
Теперь проверим равенство $uq=-qv$
$uq=(b\bar{a}-a\bar{b})q=b\bar{a}q-a\bar{b}q$
$qv=q(\bar{a}b-\bar{b}a)=q\bar{a}b-q\bar{b}a$
и с помощью четырёх выписанных выше равенств антикоммутации получаем желаемое. Это понятно?
Теперь нормируем $u,v$ в норму единица, тогда будет

$uu=-1$

$vv=-1$
и равенства

$uq=qv$

$uq=-qv$
становятся эквивалентны равенствам

$uqv=-q$

$uqv=q$
Мы видим, что отображение
$q\to -uqv$
есть отражение относительно плоскости, натянутой на $a,b$ Оно переводит в себя вектора, лежащие в этой плоскости и умножает на минус единицу ортогональные к ней. Таким образом, $q$ лежит в плоскости, натянутой на $a$ и $b$ если и только если выполнено
$uq=qv$

-- 30.03.2019, 21:45 --

Если подвергнуть базис $a,b$ линейному преобразованию, то $u,v$ умножаются на общий множитель - определитель матрицы преобразования. Например, если заменить $b$ на линейную комбинацию
$b'=k_1a+k_2b$
то
$u'=b'\bar{a}-a\bar{b'}=(k_1a+k_2b)\bar{a}-a(k_1\bar{a}+k_2\bar{b})=k_1(a\cdot a)+k_2b\bar{a}-k_1(a\cdot a)-k_2a\bar{b}$
(тут почему-то возникает перенос формулы, поэтому допишу в следующей строке)
$u'=k_2(b\bar{a}-a\bar{b})=k_2u$
Аналогично
$v'=\bar{a}b'-\bar{b'}a=\bar{a}(k_1a+k_2b)-(k_1\bar{a}+k_2\bar{b})a=k_1(a\cdot a)+k_2\bar{a}b-k_1(a\cdot a)-k_2\bar{b}a$
поэтому
$$v'=k_2(\bar{a}b-\bar{b}a)=k_2v$

[george66]

Теперь попробуем доказать, что любая пара $u,v$ не нулевых чисто мнимых кватернионов одинаковой длины задаёт плоскость указанным выше способом. То есть множество таких $q$, что
$uq=qv$
является плоскостью. Для этого подберём такие (не нулевые и линейно независимые) $a,b$ чтобы
$ua=av$

$ub=bv$

$b\bar{a}-a\bar{b}=u$

$\bar{a}b-\bar{b}a=v$
Последние два условия неоправданно сильны, достаточно потребовать равенство с точностью до общего множителя

$b\bar{a}-a\bar{b}=ku$

$\bar{a}b-\bar{b}a=kv$
где $k$ действительное и $k\neq 0$.
Сразу будем считать, что $u,v$ имеют норму единица, поэтому

$uu=-1$
$vv=-1$
Придётся рассмотреть два случая.
Первый случай:
$u\neq -v$
или так
$u+v\neq 0$
Полагаем

$a=u+v$

$b=1-uv$
Проверяем равенства

$ua=av$

$ub=bv$
Действительно
$ua=u(u+v)=-1+uv$
$av=(u+v)v=uv-1$
$ub=u(1-uv)=u+v$
$bv=(1-uv)v=v+u$
И правда, равно! Не обманул! Почему вектора $a,b$ не нулевые? По условию (первого случая)
$u+v\neq 0$
а если предположить
$1-uv=0$
тогда
$uv=1$
и поэтому
$u=-v$
Почему $a$ и $b$ линейно независимы? Вектор $u+v$ чисто мнимый. Чтобы вектор $b$ был пропорционален $a$, он тоже должен быть чисто мнимым, поэтому должно быть
$\operatorname{Re}(1-uv)=0$
поэтому должно быть
$\operatorname{Re}(uv)=1$
Для чисто мнимых кватернионов
$\operatorname{Re}(uv)=-u\cdot v$
Для чисто мнимых кватернионов нормы единица
$-u\cdot v=1$ возможно только в случае $u=-v$.
Всё, линейную независимость доказали. Теперь проверим равенства

$b\bar{a}-a\bar{b}=ku$

$\bar{a}b-\bar{b}a=kv$
Напомню, что

$a=u+v$

$b=1-uv$

$\bar{u}=-u$

$\bar{v}=-v$
Поэтому

$\bar{a}=-(u+v)$
$\bar{b}=1-vu$
Вычисляем

$b\bar{a}-a\bar{b}=-(1-uv)(u+v)-(u+v)(1-vu)$
$\bar{a}b-\bar{b}a=-(u+v)(1-uv)-(1-vu)(u+v)$
Раскрывать скобки я не буду, но сложных вычислений нет и получается

$b\bar{a}-a\bar{b}=-4u-2v+2uvu$

$\bar{a}b-\bar{b}a=-4v-2u+2vuv$
Тут я долго смотрел, пока не понял, что это надо записать так

$b\bar{a}-a\bar{b}=(-4+2vu+2uv)u$

$\bar{a}b-\bar{b}a=(-4+2uv+2vu)v$
и общий множитель $-4+2uv+2vu$ является действительным числом, не равным нулю, поскольку

$-4+2uv+2vu=-4+4 \operatorname{Re}(uv)=-4-4(u\cdot v)$
а мы чуть выше объясняли, что
$u\cdot v=-1$ возможно только в случае $u=-v$
Всё, первый случай доказали.

[george66]

Второй случай:
$u=-v$
Берём в качестве $a$ любой не нулевой чисто мнимый кватернион, ортогональный $u$. Таким образом

$\bar{a}=-a$

$au=-ua$
Далее, полагаем
$b=au$
Покажем, что

$ua=av$

$ub=bv$
Действительно

$ua=-au=uv$

$ub=uau=-uua=a$

$bv=-bu=-auu=a$
Покажем, что $b$ тоже чисто мнимый кватернион, ортогональный $a$ (чтобы проверить линейную независимость $a$ и $b$)

$\bar{b}=\bar{u}\bar{a}=ua=-au=-b$

$ba=aua=-aau=-ab$
Проверим равенства

$b\bar{a}-a\bar{b}=ku$

$\bar{a}b-\bar{b}a=kv$
Действительно

$b\bar{a}-a\bar{b}=-ba+ab=-aua+aau=aau+aau=-2(a\cdot a)u$

$\bar{a}b-\bar{b}a=-ab+ba=-aau+aua=-aau-aau=aav+aav=-2(a\cdot a)v$

[Munin]

Вы извините, я уже не слежу. У svv через векторы гораздо обозримей получалось. Может быть, чисто зрительно текст растянут...

[george66]

Итак, мы установили взаимно однозначное соответствие между двумерными подпространствами четырёхмерного пространства и парами не нулевых чисто мнимых кватернионов одинаковой длины (с точностью до множителя). Наверно, эти мнимые кватернионы можно называть "спинорами" (это ведь явно какие-то спиноры). Установим теперь критерий ортогональности плоскостей.
Пусть даны две ортогональные плоскости, пересекающиеся по прямой. Конкретнее, пусть плоскости натянуты на вектора $a,b$ и $b,c$ соответственно, причём вектор $c$ ортогонален $a$ и $b$. Выпишем ортогональность

$a\bar{c}=-c\bar{a}$

$\bar{a}c=-\bar{c}a$

$b\bar{c}=-c\bar{b}$

$\bar{b}c=-\bar{c}b$

Выпишем соответствующие плоскостям спиноры $u,v$ и $u',v'$

$u=b\bar{a}-a\bar{b}$

$v=\bar{a}b-\bar{b}a$

$u'=c\bar{b}-b\bar{c}$

$v'=\bar{b}c-\bar{c}b$

Докажем, что $u$ ортогонален $u'$, а $v$ ортогонален $v'$, то есть

$uu'=-u'u$

$vv'=-v'v$
Действительно

$uu'=(b\bar{a}-a\bar{b})(c\bar{b}-b\bar{c})=b\bar{a}c\bar{b}-a\bar{b}c\bar{b}-b\bar{a}b\bar{c}+a\bar{b}b\bar{c}$

$u'u=(c\bar{b}-b\bar{c})(b\bar{a}-a\bar{b})=c\bar{b}b\bar{a}-b\bar{c}b\bar{a}-c\bar{b}a\bar{b}+b\bar{c}a\bar{b}$
И предлагается самостоятельно проверить $uu'=-u'u$ c помощью выписанных выше равенств антикоммутации для $a,b,c$, никаких сложностей здесь нет.

[george66]

В обратную сторону, пусть две плоскости заданы парами спиноров $(u,v)$ и $(u',v')$, причём $u$ ортогонален $u'$, а $v$ ортогонален $v'$. Сразу нормируем все спиноры в норму единица. Итого, мы имеем равенства

$uu=vv=u'u'=v'v'=-1$

$uu'=-u'u$

$vv'=-v'v$

Докажем, что плоскости ортогональны и пересекаются по прямой. Сначала найдём общую прямую (общий вектор). Видимо, есть три случая.
Первый случай:
$u(u'-v')+(u'-v')v\neq 0$
В этом случае общий вектор $q$ выглядит так

$q=u(u'-v')+(u'-v')v=uu'-uv'+u'v-v'v$
Читателю предоставляется проверить равенства

$uq=qv$

$u'q=qv'$
пока я придумаю, что делать в особых случаях. Откуда я взял такой $q$? Посмотрел в статье про координаты Плюккера и перевёл в кватернионы
https://en.wikipedia.org/wiki/Pl%C3%BCc ... -line_meet

[george66]

Я в некотором сомнении. Я довёл доказательство до конца и оно правильное, но формулы громоздкие. В прошлой серии была формула для общего вектора двух плоскостей, если выполнено некоторое условие (оно соответствует тому, что моменты Плюккера не коллинеарны). Если же моменты коллинеарны, то есть
$u(u'-v')+(u'-v')v=0$
но при этом хотя бы один из моментов не нулевой (для ясности, пусть $u-v\neq 0$), то формула для общего вектора выглядит так
$k_0 + k_1(u+v) + k_2(u'+v')$
где $k_0,k_1,k_2$ некоторые действительные числа, задаваемые так
$k_0=(u-v)\{u(u'+v')-(u'+v')v\}$
$k_1=(u-v)(u'-v')$
$k_2=-(u-v)(u-v)$
Чтобы понять, что это не так страшно, посмотрите формулу на странице 10 (Corollary 6)
http://web.cs.iastate.edu/~cs577/handou ... inates.pdf
для точки пересечения двух прямых, заданных координатами Плюккера. Я спросил на Mathoverflow, делал ли кто-нибудь как я, но вопрос немедленно заморозил человек с цирковой фамилией Gro Tsen, обозвав "офтопиком".

В любом случае, большое спасибо за интересную задачу! Эти вычисления со спинорами мне очень пригодятся. По поводу количества общих перпендикуляров: в общем случае перпендикуляров два (независимо от того, как пересекаются исходные плоскости - по прямой или только по нулю) и эти перпендикуляры вполне ортогональны между собой (ортогональны и пересекаются только по нулю). Например, у двух плоскостей, натянутых на пары кватернионов $(i,j)$ и $(j,k)$ соответственно, общими перпендикулярами будут плоскости, натянутые на пары $(i,k)$ и $(1,j)$. В некоторых особых случаях общих перпендикуляров может быть много. Если плоскости вполне ортогональны (например, натянуты на пары $(1,i)$ и $(j,k)$), то через любой вектор первой плоскости и любой вектор второй проходит к ним общий перпендикуляр. Перпендикуляр здесь определяется двумя параметрами-углами (поскольку вектор в плоскости задаётся одним углом). Есть более хитрые случаи, когда плоскости "параллельны по Клиффорду", тогда есть бесконечное семейство общих перпендикуляров, но зависящее от одного параметра, а не от двух.

[george66]

Упростил формулу из предыдущей серии до неприличия. Сейчас статью напишу. Спросил там и тут - никто такого не видел, значит, я приватизирую.

[arseniiv]

Многомерную, с алгебрами Клиффорда?