Найти матрицу перехода между системами координат

[Alexander__]

Пожалуйста, помогите разобраться правильно ли решена задача:

-----

В пространстве даны две прямоугольные системы координат $O, e_1, e_2, e_3$ и $O', e'_1, e'_2, e'_3$. Точки $O$ и $O'$ различны, а концы векторов $e_i$ и $e'_i$, отложенных соответственно из точек $O$ и $O'$, совпадают $(i=1,2,3)$. Найдите матрицу перехода от первой системы ко второй. Найдите координаты точки в первой системе координат, если известны её координаты в $x',y',z'$ во второй системе.

-----

Заметим, что конфигурация двух систем координат представляет из себя 2 тетраэдра, которые приложены друг к другу основаниями, натянутыми на концы векторов, а $O$ и $O'$ лежат по разные стороны от общего основания.

Вектор из вершину в середину основания выражается:

$$\vec{OM}=\frac{e_1+e_2+e_3}{3}$$

Откуда вектор переноса координат:

$$\vec{OO'}=2 \vec{OM}=\frac{2}{3} (e_1+e_2+e_3)$$

Далее найдём координаты векторов новой системы координат в старой:

$$ e'_1 = \vec{OO'} - e_1 = \frac{-e_1+2e_2+2e_3}{3}$$

Аналогично выражаются координаты $e'_2$ и $e'_3$.

Откуда матрица перехода:

$$S=\frac1{3} \begin{bmatrix} -1 & 2 & 2 \\ 2 & -1 & 2 \\ 2 & 2 & -1 \\ \end{bmatrix} $$

А координаты точки:

$$\begin{bmatrix}x \\y \\z \end{bmatrix} = \frac{2}{3} \begin{bmatrix}1\\1\\1 \end{bmatrix} + S \begin{bmatrix}x' \\y' \\z' \end{bmatrix} $$

[svv]

Alexander__ в сообщении #1543329 писал(а):

Далее найдём координаты векторов новой системы координат в старой:

$$ e'_1 = \vec{OO'} - e_1 = \frac{-e_1+2e_2+2e_3}{3}$$

Обозначим общий конец векторов $e_1$ и $e'_1$ через $E_1=E'_1$. Тогда $\overrightarrow{OE_1}=\overrightarrow{OO'}+\overrightarrow{O'E'_1}$, то есть $e_1=\overrightarrow{OO'}+e'_1$, то есть $e'_1=e_1-\overrightarrow{OO'}$.

[Alexander__]

svv в сообщении #1543340 писал(а):

Alexander__ в сообщении #1543329 писал(а):

Далее найдём координаты векторов новой системы координат в старой:

$$ e'_1 = \vec{OO'} - e_1 = \frac{-e_1+2e_2+2e_3}{3}$$

Обозначим общий конец векторов $e_1$ и $e'_1$ через $E_1=E'_1$. Тогда $\overrightarrow{OE_1}=\overrightarrow{OO'}+\overrightarrow{O'E'_1}$, то есть $e_1=\overrightarrow{OO'}+e'_1$, то есть $e'_1=e_1-\overrightarrow{OO'}$.

Благодарю! Вы правы, а у меня ошибка со знаком. Верная матрица перехода:

$$S=\frac1{3} \begin{bmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -2 & 1 & -2 \\ -2 & -2 & 1 \\ \end{bmatrix} $$

[Dan B-Yallay]

Alexander__ в сообщении #1543329 писал(а):

В пространстве даны две прямоугольные системы координат $O, e_1, e_2, e_3$ и $O', e'_1, e'_2, e'_3$.

Просто прямоугольные или ортонормированные?

Alexander__ в сообщении #1543329 писал(а):

Вектор из вершину в середину основания выражается:

$$\vec{OM}=\frac{e_1+e_2+e_3}{3}$$

Откуда вектор переноса координат:

$$\vec{OO'}=2 \vec{OM}=\frac{2}{3} (e_1+e_2+e_3)$$

Для произвoльных прямоугольных у меня не получается $\vec{OO'}=2 \vec{OM}$

(Hапример в 2D)

Вложение:

b.jpg [ 15.53 Кб | Просмотров: 1439 ]

[Alexander__]

Dan B-Yallay в сообщении #1543490 писал(а):

Alexander__ в сообщении #1543329 писал(а):

В пространстве даны две прямоугольные системы координат $O, e_1, e_2, e_3$ и $O', e'_1, e'_2, e'_3$.

Просто прямоугольные или ортонормированные?

Alexander__ в сообщении #1543329 писал(а):

Вектор из вершину в середину основания выражается:

$$\vec{OM}=\frac{e_1+e_2+e_3}{3}$$

Откуда вектор переноса координат:

$$\vec{OO'}=2 \vec{OM}=\frac{2}{3} (e_1+e_2+e_3)$$

Для произвoльных прямоугольных у меня не получается $\vec{OO'}=2 \vec{OM}$

(Hапример в 2D)

Вложение:

b.jpg

Справедливое замечание. Предложенное решение для ортонормированных координат.

Для произвольных ортогональных разве достаточно информации в условии для решения?

[svv]

Я тоже на автомате прочитал «прямоугольные» как «ортонормированные».

Alexander__ в сообщении #1543594 писал(а):

Для произвольных ортогональных разве достаточно информации в условии для решения?

Достаточно.

Пусть точки $E_1,E_2,E_3$ — концы векторов $e_1,e_2,e_3$ (и они же — концы $e'_1,e'_2,e'_3$). Раз оба базиса $(e_1,e_2,e_3)$ и $(e'_1,e'_2,e'_3)$ ортогональные, то
$\begin{array}{l}e_1^2+e_2^2=|E_1E_2|^2 =e'_1^2+e'_2^2\\[0.5ex]e_2^2+e_3^2=|E_2E_3|^2 =e'_2^2+e'_3^2\\[0.5ex]e_3^2+e_1^2=|E_3E_1|^2 =e'_3^2+e'_1^2\end{array}$
Отсюда $|e_i|=|e'_i|, \;i=1,2,3$. Оба тетраэдра оказываются конгруэнтными. Вершины $E_1,E_2,E_3$ штрихованного тетраэдра заданы, тогда четвёртая $O'$ может располагаться либо симметрично $O$ относительно плоскости $E_1E_2E_3$, либо совпадать с ней, но последнее запрещено условием.

[Alexander__]

svv в сообщении #1543600 писал(а):

Я тоже на автомате прочитал «прямоугольные» как «ортонормированные».

Alexander__ в сообщении #1543594 писал(а):

Для произвольных ортогональных разве достаточно информации в условии для решения?

Достаточно.

Пусть точки $E_1,E_2,E_3$ — концы векторов $e_1,e_2,e_3$ (и они же — концы $e'_1,e'_2,e'_3$). Раз оба базиса $(e_1,e_2,e_3)$ и $(e'_1,e'_2,e'_3)$ ортогональные, то
$\begin{array}{l}e_1^2+e_2^2=|E_1E_2|^2 =e'_1^2+e'_2^2\\[0.5ex]e_2^2+e_3^2=|E_2E_3|^2 =e'_2^2+e'_3^2\\[0.5ex]e_3^2+e_1^2=|E_3E_1|^2 =e'_3^2+e'_1^2\end{array}$
Отсюда $|e_i|=|e'_i|, \;i=1,2,3$. Оба тетраэдра оказываются конгруэнтными. Вершины $E_1,E_2,E_3$ штрихованного тетраэдра заданы, тогда четвёртая $O'$ может располагаться либо симметрично $O$ относительно плоскости $E_1E_2E_3$, либо совпадать с ней, но последнее запрещено условием.

Очень здорово! Благодарю за пояснение!

Добавлю, что для меня было неочевидно откуда следует, что $|e_i|=|e'_i|, \;i=1,2,3$. Ответ такой, что сложим, например, первые два уравнения и вычтем из них третье, тогда $e_2^2=e'_2^2$. Аналогично для остальных.

[svv]

Alexander__ в сообщении #1543995 писал(а):

Ответ такой, что сложим, например, первые два уравнения и вычтем из них третье, тогда $e_2^2=e'_2^2$. Аналогично для остальных.

Замечательно.
А что делать дальше, понятно? Зеркально симметричный тетраэдр — это хорошо, но как выразить $\overrightarrow{OO'}$ через $e_1,e_2,e_3$?

[Alexander__]

svv в сообщении #1543996 писал(а):

Alexander__ в сообщении #1543995 писал(а):

Ответ такой, что сложим, например, первые два уравнения и вычтем из них третье, тогда $e_2^2=e'_2^2$. Аналогично для остальных.

Замечательно.
А что делать дальше, понятно? Зеркально симметричный тетраэдр — это хорошо, но как выразить $\overrightarrow{OO'}$ через $e_1,e_2,e_3$?

У меня же решение в начале темы построено для зеркально симметричного тетраэдра. Там:

$$\vec{OO'}=2 \vec{OM}=\frac{2}{3} (e_1+e_2+e_3)$$

Или я что-то пропустил?

[svv]

Раз точки $O$ и $O'$ симметричны относительно плоскости $E_1E_2E_3$, то вектор $\overrightarrow{OM}=\frac 1 2\overrightarrow{OO'}$ перпендикулярен этой плоскости, это высота первого тетраэдра, опущенная из $O$ на плоскость грани $E_1E_2E_3$. Отсюда можно выразить $\overrightarrow{OM}$ через $e_1,e_2,e_3$.

Но формула $\overrightarrow{OM}=\frac 1 3 (e_1+e_2+e_3)$ в случае ортогонального, а не ортонормированного базиса $(e_1,e_2,e_3)$ неверна, потому что $M$ не обязательно точка пересечения медиан основания.

[Alexander__]

svv в сообщении #1544207 писал(а):

Раз точки $O$ и $O'$ симметричны относительно плоскости $E_1E_2E_3$, то вектор $\overrightarrow{OM}=\frac 1 2\overrightarrow{OO'}$ перпендикулярен этой плоскости, это высота первого тетраэдра, опущенная из $O$ на плоскость грани $E_1E_2E_3$. Отсюда можно выразить $\overrightarrow{OM}$ через $e_1,e_2,e_3$.

Но формула $\overrightarrow{OM}=\frac 1 3 (e_1+e_2+e_3)$ в случае ортогонального, а не ортонормированного базиса $(e_1,e_2,e_3)$ неверна, потому что $M$ не обязательно точка пересечения медиан основания.

Точно, теперь понял. Попытка такая:

1. Найдём длину высоты тетраэдра. Она равна отношению объема тетраэдра $V=\frac1{6} (e_1, e_2, e_3)$ к площади треугольника в основании $S=\frac1{2}|[e_2-e_1,e_3-e_1]|$:

$$ |\vec{OM}| = \frac{\frac1{6} (e_1, e_2, e_3)}{\frac1{2}|[e_2-e_1,e_3-e_1]|} = \frac1{3} \frac{(e_1, e_2, e_3)}{|[e_2-e_1,e_3-e_1]|} $$

2. Направляющий единичный вектор, коллинеарный $\vec{OM}$:

$$ \vec{e}_{OM} = \frac{[e_2-e_1,e_3-e_1]}{|[e_2-e_1,e_3-e_1]|} $$

Отсюда

$$\vec{OM} = \frac1{3} \frac{(e_1, e_2, e_3)}{|[e_2-e_1,e_3-e_1]|^2} [e_2-e_1,e_3-e_1] $$

Верно?

[svv]

Alexander__ в сообщении #1546042 писал(а):

Найдём длину высоты тетраэдра. Она равна отношению объема тетраэдра $V=\frac1{6} (e_1, e_2, e_3)$ к площади треугольника в основании $S=\frac1{2}|[e_2-e_1,e_3-e_1]|$

$V=\frac 1 3 Sh$, поэтому $h\neq \frac V S$. Если это исправить, коэффициент $\frac 1 3$ сократится.

Alexander__ в сообщении #1546042 писал(а):

$$ |\vec{OM}| = \frac{\frac1{6} (e_1, e_2, e_3)}{\frac1{2}|[e_2-e_1,e_3-e_1]|} = \frac1{3} \frac{(e_1, e_2, e_3)}{|[e_2-e_1,e_3-e_1]|}$$

Если векторы $e_1, e_2, e_3$ образуют левую тройку, их смешанное произведение будет отрицательным, в этом случае равенства не будет. Но не спешите ставить модуль. Дело в том, что эта неприятность компенсируется другой. В случае левой тройки вектор $[e_2-e_1,e_3-e_1]$, а с ним и $\vec{e}_{OM}$, будут направлены не от $O$ к $M$, а в противоположном направлении, т.е. их проекции на $\vec{OM}$ будут отрицательными.

В результате, последняя формула для $\vec{OM}$ получается правильная (не считая коэффициента $\frac 1 3$). Только чтобы получить матрицу перехода, надо ещё представить $\vec{OM}$ в виде линейной комбинации $e_1,e_2,e_3$.