Через четверку прямых

[SomePupil]

В евклидовом мире $\mathbb R^3$ даны четыре прямые общего положения.

Существуют ли прямые, пересекающие каждую из этих четырех? И если да, то сколько именно таких прямых существует?

P. S. Да-да, это баян.

[Munin]

(Сразу: интересно обобщение задачи/факта на произвольные размерности.)

Пока не вижу, почему бы им не быть.

Геометрически:
- прямых, пересекающих каждую из двух, существует двухпараметрическое семейство (плоскость);
- наложив условие пересечения третьей, мы получаем однопараметрическое семейство;
- значит, пересечение четвёртой должно дать нуль-параметрическое семейство, то есть точку. Точнее, может. Неубедительно.

Аналитически.
Будем задавать прямые параметрически, $\mathbf{r}=\mathbf{r}_0+\mathbf{a}p.$ Получаем систему линейных уравнений
$\begin{cases} \mathbf{r}_1+\mathbf{a}_1 p_1=\mathbf{r}_u+\mathbf{a}_u q_1\qquad\textit{{//}\quad\(\mathit{1}\)-я точка пересечения} \\ \quad\cdots\cdots \\ \mathbf{r}_4+\mathbf{a}_4 p_4=\mathbf{r}_u+\mathbf{a}_u q_4\qquad\textit{{//}\quad\(\mathit{4}\)-я точка пересечения} \\ \end{cases}$
В ней 12 уравнений и 14 неизвестных: $\mathbf{r}_u,\mathbf{a}_u,p_{1...4},q_{1...4}.$ Поскольку исходные данные - общего положения, то решение должно существовать и быть двухпараметрическим, что отвечает свободе выбора начальной точки и параметризации на неизвестной прямой. Накладывая условия $|\mathbf{a}|=1$ и, например, $q_1=0,\quad q_2>0$ (то есть, привязать начальную точку к одной точке пересечения, и фиксировать длину и направление направляющего вектора), можно найти единственное решение.

-- 10.06.2017 17:41:44 --

Munin в сообщении #1224078 писал(а):

Поскольку исходные данные - общего положения, то решение должно существовать и быть двухпараметрическим, что отвечает свободе выбора начальной точки и параметризации на неизвестной прямой.

То, что других степеней свободы нет, следует из того, что это решение - линейное многообразие. Так что, геометрически искомая прямая единственна.

[SomePupil]

Munin в сообщении #1224078 писал(а):

это решение - линейное многообразие.

Да, в векторном виде система кажется линейной, но если её расписать...

[venco]

Вообще-то там в конце получается квадратное уравнение, так что решений может быть 0, 1, или 2.

[SomePupil]

Таки добили.

Основная идея каноничного решения такова: проведем через первые три прямые однополостный гиперболоид. Эти три прямые для него $-$ образующие одного семейства. Далее рассматриваем возможные расположения гиперболоида и четвертой прямой: пустое пересечение, касание, пересечение по двум точкам, либо же прямая лежит на гиперболоиде. В первом случае требуемой прямой не существует; во втором $-$ существует лишь одна $-$ это образующая другого семейства, проходящая через точку касания; в третьем $-$ проводим образующие через обе точки пересечения $-$ получаем аж две требуемые прямые; ну и наконец, последний случай $-$ четвертая прямая есть образующая одного семейства с первыми тремя, так что в качестве требуемых прямых подходят все образующие другого семейства, т. е. решений в этом случае бесконечно много.

P. S. Вот это в лучших традициях второй культуры, когда мысль, как кобра, впивается в суть задачи.

-- 11.06.2017, 07:33 --

Munin в сообщении #1224078 писал(а):

(Сразу: интересно обобщение задачи/факта на произвольные размерности.)

Тут уже надо переходить на традиции первой культуры: грассманиан, Шуберт и все такое, в котором я плохо разбираюсь.

[Munin]

SomePupil в сообщении #1224178 писал(а):

Да, в векторном виде система кажется линейной, но если её расписать...

А, вы правы, я баран. Система второй степени.

-- 11.06.2017 09:02:08 --

SomePupil в сообщении #1224183 писал(а):

Основная идея каноничного решения такова: проведем через первые три прямые однополостный гиперболоид. Эти три прямые для него $-$ образующие одного семейства.

А! И тут надо сообразить как промежуточный результат, что прямые, пересекающие данные три, заметают ровно этот гиперболоид, принадлежа ко второму семейству.

Это я не додумал, поторопился. Задача оказалась "не на один зуб".

-- 11.06.2017 09:03:14 --

SomePupil в сообщении #1224183 писал(а):

Далее рассматриваем возможные расположения гиперболоида и четвертой прямой: пустое пересечение, касание, пересечение по двум точкам, либо же прямая лежит на гиперболоиде.

Причём касание и лежание на гиперболоиде выкидываем: это не "общее положение" :-)

[kp9r4d]

Moduli space всех прямых в $\mathbb{P}^3$ это $Gr(2,4)$, пусть $A$ это подпространство всех прямых в $Gr(2,4)$, проходящих через данную, а $w_A$ его двойственный по Пуанкаре когомологический класс, тогда количество искомых прямых равно $|\int_{Gr(2,4)} w_A^4|$. Посчитать, что это число равно 2 - дело техники.

[SomePupil]

kp9r4d в сообщении #1231055 писал(а):

Посчитать, что это число равно 2 - дело техники.

Вау!

Хотелось бы увидеть эту технику.

-- 02.07.2017, 19:29 --

kp9r4d,
Как только доберусь домой, специально уберу бардак на рабочем столе и помещу ноутбук посередине стола, а сам устроюсь поудобнее на стуле с чашкой чая, чтобы лицезреть Ваши вычисления.

[kp9r4d]

Да это стандартное применение исчисления Шуберта, не уверен, что я на коленке напишу лучше, чем написано в сотнях обзорах посвещённых ему. Ну попробую.

Всё-таки опишем это многообразие $A$, для этого посмотрим какие условия надо наложить на числа $(a,b,c,d,e,f,g,h)$, чтобы уравнения

$$ \begin{cases} ax + by + cz = d&\\ ex + fy + gz = h& \end{cases} $$

описывали пространство прямых, пересекающих данную, скажем $x=y=0$. Ну естественно нужна невырожденность, чтобы была хоть какая-то прямая, а ещё нужно, чтобы при подстановке $x=y=0$ получившаяся матрица тоже была невырождена (чтобы была точка на прямой x=y=0). Далее заметим, что при действии $GL(2)$ слева на эти уравнения итоговая прямая не меняется, поэтому можно выбрать какого-нибудь удобного представителя на орбите этого действия. Например представителя

$$ \begin{cases} px + 0y + rz = 1&\\ qx + 1y + 0z = 0& \end{cases} $$

для любых $(p,q,r)$.

Очень удачно (хотя ничего другого ожидать было и нельзя) что в терминах $Gr(2,4)$ это вышла клетка Шуберта с символом $(1)$ и когомологическим классом $\sigma_1$. У нас есть формула Пьери (https://en.wikipedia.org/wiki/Pieri%27s_formula) для вычисления произведения когомологических классов клеток Шуберта, ею и воспользуемся:

$$\sigma_1^2 = \sigma_{11} + \sigma_2$$

$$\sigma_1^3 = (\sigma_{11} + \sigma_2) \sigma_1 = \sigma_{21} + \sigma_{21} = 2\sigma_{21}$$

$$\sigma_1^4 = 2\sigma_{21} \sigma_1 = 2\sigma_{22}$$

класс $\sigma_{22}$ будучи порождающей высших когомологий принимает по модулю значение $1$ на фундаментальном классе, поэтому

$$|\int_{Gr(2,4)} \sigma_1^4| = 2 |\int_{Gr(2,4)} \sigma_{22}| = 2 \cdot 1 = 2$$

[Munin]

kp9r4d
Интересно! Можете вычислить вашим методом прямую, пересекающую четыре таких:

$\begin{aligned} & (y,z)=(0,1) \\ & (x,z)=(1,0) \\ & (x,y)=(0,1) \\ & x=y=z \end{aligned}$

?

[kp9r4d]

Да, я немного перемудрил со всякими $x=y=0$, просто достаточно того, что

$$ \begin{cases} px + 0y + rz = 1u&\\ qx + 1y + 0z = 0& \end{cases} $$

это пространство прямых в $\mathbb{P}^3$ с однородными координатами $(x,y,z,u)$ проходящих через данную прямую.

Munin
Не уверен, когда опускаемся на уровень гомологий, то мы перестаём различать гомологичные многообразия, поэтому на этом уровне любая координатизация теряется. Но зато при помощи подобных символьных манипуляций можно получить ответ для любых подобных вопросов о том сколько существует $t$-мерных аффиных пространств пересекающих заданные $k_1$ $p_1$-мерных, $k_2$ $p_2$-мерных ... подпространств в $\mathbb{P}^n$.

[Munin]

kp9r4d
То есть, ваш ответ 2 не означает, что на самом деле 2, может быть и меньше?

[kp9r4d]

Munin
Подразумевает, что в общем положении будет ровно $2$.

[Munin]

Тогда я жду анализа приведённого мной примера.

[kp9r4d]

Из того что удалось доказать, что какие-то объекты существуют ещё не следует, что разработан алгоритм, позволяющий их построить.