Задача на построение

[Nataly-Mak]

svv в сообщении #530763 писал(а):

Если упростить то, что Вы говорите, это сведётся к следующему:
"Гарднер говорит, что это возможно, а вы, уважаемые участники, -- что это невозможно".

А без упрощения разве непонятно? Именно это я и говорю. Одно из двух: либо Гарднер дал лажу, либы вы, уважаемые участники, говорите неправду. Или есть третий вариант?

Да я и решала средствами аналитической геометрии, показала рисунок, который у меня получился. Не получается, чтобы все точки лежали на всех прямых, как это показано на иллюстрации. Однако я не могу доказать, что это действительно не получается.
Вот и прошу помочь решить задачу.

[nnosipov]

Nataly-Mak в сообщении #530808 писал(а):

Однако я не могу доказать, что это действительно не получается.

Попозже попробую написать доказательство невозможности такой конфигурации. Не вижу у себя ошибки.

[svv]

nnosipov, Вы были правы!
Nataly-Mak, я нашел кривую линию -- это ECB.
Картинка взята их английского издания -- Time Travel and Other Mathematical Bewilderments.
Настоящая прямая показана красным.
http://s05.radikal.ru/i178/1201/74/9ba182f15d59.jpg
Приличное расхождение, не правда ли?
Понятно, Гарднер не мог проверять все решения задач. Он по две-три книги в год писал.

[nnosipov]

svv, а что же у него утверждается? В русском издании недвусмысленно говорится о существовании такой конфигурации (но ссылок на результат я не нашёл).

[svv]

Twelve points will make nineteen rows. This result was announced, apparently for the first time, by R. H. Macmillan in a 1946 note to The Mathematical Gazette and is proved maximal in the Burr-Grünbaum-Sloane paper. Figure 137 (left) shows a way of drawing the pattern symmetrically by placing three points and one line at infinity. This pattern can be projected to give a standard solution, but it is difficult to show on a small sheet of paper. Imagine the pattern viewed in perspective with the eye below and to the right. Each of the three sets of four parallel lines (labeled with a's, b's, and c's) will converge, the three meeting points lying on the horizon to form the nineteenth row.

Only one other three-in-a-row case has been solved, that of n = 16. Burr, Grünbaum, and Sloane prove the maximum number of rows to be 37. Thus the lowest unsolved case is n = 13. The best-known result, twenty-two lines, is shown in Figure 138. One point is at infinity. If the pattern is viewed in perspective from the left, the six parallel horizontal lines, of two points each, will converge on the thirteenth point. In other words, the pattern can be projected to give a standard solution, but it is difficult to show it except on a large sheet. The best-known results for n equals 14 through 20 are 26,31,37,40,46,52, and 57.

Нет, с нумерацией все в порядке.
Посмотрел, перевод адекватный, так что в английском издании всё то же, что и в русском (только наши еще ссылки в текст добавили).

-- Вт янв 24, 2012 21:14:06 --

Цитата:

Thus the lowest unsolved case is n = 13.

Очевидно, "unsolved" у него означает лишь то, что неизвестно максимальное количество рядов для тринадцати точек, а не то, что ни одной конфигурации не построено -- задача состояла в отыскании максимального количества рядов для данного количества точек.

[Nataly-Mak]

Всем большое спасибо.
Кстати, на иллюстрации в книге заметна невооружённым глазом кривизна линии ECB.

У меня есть ещё пара аналогичных задач на построении. Попробую найти эти картинки позже и выложить. Все эти задачи были приведены в теме форума ПЕН "Простенькая задача" (см. ссылку в первом посте).

[Nataly-Mak]

Вот первая задачка, в этой конфигурации 13 точек, на каждой прямой 4 точки, всего 9 прямых (картинка есть в Интернете, если надо, найду ссылку на сайт).



На форуме ПЕН Pavlovsky сообщил, что доказал невозможность построения такой конфигурации с рациональными координатами всех отмеченных точек (та же тема "Простенькая задачка").

Хорошо, пусть невозможно построить в рациональных координатах.
А как выполнить точное построение такой конфигурации, чтобы все прямые пересеклись в нужных точках?

[nnosipov]

Nataly-Mak в сообщении #531026 писал(а):

А как выполнить точное построение такой конфигурации, чтобы все прямые пересеклись в нужных точках?

Это как раз легко. Любители золотых пропорций будут рады ещё одному примеру.

[Nataly-Mak]

А рассказать?
Сейчас найду задачку посложнее
Это решение для 19 точек, 4 точки на линии, 20 линий.

[Nataly-Mak]

Вот нашла картинку:



Это решение меня интересует вот в каком плане: из него очень просто можно получить решение для 18 точек 18 линий (по 4 точки на линии). Для этого в приведённом решении достаточно удалить одну точку, в которой пересекаются всего две прямые.
Однако у меня есть предположение, что с рациональными координатами всех 19 точек данная конфигурация невозможна.

А как выполнить построение этой конфигурации?

[Nataly-Mak]

nnosipov в сообщении #530833 писал(а):

Nataly-Mak в сообщении #530808 писал(а):

Однако я не могу доказать, что это действительно не получается.

Попозже попробую написать доказательство невозможности такой конфигурации. Не вижу у себя ошибки.

Это было бы не лишним.
Например, Pavlovsky (на форуме ПЕН) сомневается в том, что невозможность конфигурации действительно доказана. Он пишет, что им доказана как раз возможность такой конфигурации. Однако я не вижу в его сообщении такого доказательства.

[nnosipov]

Далее используются обозначения из первого сообщения этой темы.

Будем рассуждать от противного и предположим, что такая конфигурация возможна. Ясно, что при любом линейном преобразовании эта конфигурация перейдёт в конфигурацию с такими же свойствами. Заметим, что любую трапецию можно подходящим линейным преобразованием перевести в равнобедренную трапецию любой наперёд заданной формы. По условию $ABLK$ является трапецией; из сказанного выше следует, что мы можем считать её равнобедренной трапецией, форму которой можно выбирать произвольно.

Введём теперь систему координат так, чтобы $K=0$, $L=1$, $A=a+i$, $B=1-a+i$, где $i=\sqrt{-1}$ --- мнимая единица, $a<1/2$ --- вещественный параметр. Пусть вещественный параметр $b$ ($0<b<1$) определяет положение точек $E$ и $F$ на отрезках $KA$ и $LB$ соответственно:

$$ E=ab+bi, \quad F=1-ab+bi. $$

Точка $I$ есть точка пересечения прямых $KB$ и $LE$, поэтому

$$ I=-{\frac { \left( -a+1+i \right) b}{-b-1+2\,ba}}. $$

Точка $J$ определяется как точка пересечения прямых $LA$ и $KF$:

$$ J=-{\frac {1-ba+ib}{-b-1+2\,ba}}. $$

Далее вычислим точки $G$ и $H$ как точки пересечения пар прямых $AI$, $EJ$ и $BJ$, $FI$ соответственно:

$$ G={\frac { \left( 1/17+{\frac {4}{17}}\,i \right) \left( -17\,ba+ib+5-3 \,i-a+4\,b+4\,ia \right) b}{-4\,{b}^{2}a+4\,{b}^{2}{a}^{2}+{b}^{2}-4\, ba+b+1}}, $$

$$ H=-{\frac {3\,{b}^{2}a+3\,ba-4\,{b}^{2}{a}^{2}-ib+4\,i{b}^{2}a-{b}^{2}-i {b}^{2}-1}{-4\,{b}^{2}a+4\,{b}^{2}{a}^{2}+{b}^{2}-4\,ba+b+1}}. $$

Теперь займёмся вычислением точки $C$, которая есть общая точка трёх прямых: $KG$, $AH$ и $BE$. Так как $C$ есть точка пересечения прямых $KG$ и $AH$, то

$$ C={\frac { \left( -1/34-2/17\,i \right) \left( -4\,ba+b+ib+1-i \right) \left( -17\,ba+ib+5-3\,i-a+4\,b+4\,ia \right) \left( 4\,ba-b+ib-1-i \right) }{2+b-14\,ba-2\,a+{b}^{2}-8\,{b}^{2}a+36\,{b}^{2}{a}^{2}+12\, b{a}^{2}-8\,{b}^{3}a+24\,{b}^{3}{a}^{2}-40\,{b}^{3}{a}^{3}+{b}^{3}-24 \,{b}^{2}{a}^{3}+16\,{b}^{3}{a}^{4}}}. $$

С другой стороны, $C$ есть точка пересечения прямых $AH$ и $BE$, поэтому

$$ C={\frac {-1-i+a+b+2\,ba+i{b}^{3}-2\,b{a}^{2}+{b}^{2}a-4\,{b}^{2}{a}^{2} -i{b}^{2}-{b}^{2}+4\,i{b}^{2}a+12\,{b}^{3}{a}^{2}-12\,{b}^{3}{a}^{3}+8 \,{b}^{3}{a}^{4}-5\,{b}^{3}a+{b}^{3}+4\,i{b}^{3}{a}^{2}+6\,iba+8\,i{b} ^{3}{a}^{3}-16\,i{b}^{2}{a}^{2}-4\,i{b}^{3}a}{-2+b+8\,ba+2\,a-{b}^{2}- 12\,{b}^{2}{a}^{2}-8\,b{a}^{2}-4\,{b}^{3}a+8\,{b}^{3}{a}^{2}+{b}^{3}+8 \,{b}^{2}{a}^{3}}}. $$

Приравнивая эти два выражения для $C$, после упрощений получим равенство

$$ \left( -8\,{b}^{2}{a}^{2}+4\,{b}^{2}{a}^{3}+4\,{b}^{2}a-4\,b{a}^{2}+4\,ba+a+4\,i{b}^{2}{a}^{2}-4\,iba-1+i-{b}^{2} \right) \times $$

$$ \times \left( 1-b-2\,ba +{b}^{2}-2\,{b}^{2}a+4\,{b}^{2}{a}^{2} \right) {b}^{2} \left( -1+2\,a \right) ^{3}=0. $$

Нетрудно проверить, что при наложенных выше ограничениях на $a$ и $b$ ни один из сомножителей в левой части этого равенства не может обнулиться. Это и есть искомое противоречие.

P.S. Все вычисления проделаны в Maple. Перепроверяйте.

[Nataly-Mak]

Ого!
Спасибо.
Сложное доказательство. Проверять, конечно, не буду. Я вам верю
Но на форуме ПЕН дала ссылку на доказательство для сомневающегося Pavlovsky. Если он хочет удостовериться в правильности доказательства, пусть проверит.