2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 22:36 


24/06/13
20
george66
george66 в сообщении #1381663 писал(а):
Эти окружности между собой не пересекаются (скрещиваются). Берём на них точки, между которыми наименьшее расстояние

Не плохо бы тогда доказать, что существует минимум расстояния между точками и предложить способ того, как найти точки наименьшего расстояния.
george66 в сообщении #1381663 писал(а):
она будет общим перпендикуляром для них

Перпендикулярность данных окружностей тоже не плохо бы доказать.
george66 в сообщении #1381663 писал(а):
Вся тема изложена где-то в книжке Берже "Геометрия" (искать на слова "параллелизм Клиффорда")

За ссылку на источник спасибо, попробую найти и посмотреть.

Но даже если не учитывать то, что многое из того, что Вы написали следует еще доказать или обосновать, все равно из этого не следует, что плоскость окружности будет искомой.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 22:59 
Заслуженный участник


31/12/15
677
С трёхмерной сферой я более-менее знаком. С ней довольно легко работать через кватернионы (это множество кватернионов нормы единица). Можно попробовать найти нужную плоскость вычислением, но не хочется (плоскость, проходящая через начало координат в четырёхмерном пространстве, задаётся шестью числами). Если в трёхмерной сфере отождествить диаметрально противоположные точки (отождествить кватернионы q и -q), получается так называемое эллиптическое пространство, оно устроено как трёхмерное проективное, но на нём задана метрика. Я бы попытался доказать синтетически, что у двух скрещивающихся прямых в евклидовом пространстве есть общий перпендикуляр, а затем проделал то же самое в эллиптическом пространстве (оно на самом деле проще устроено, там почти всё как в евклидовом, но нету исключений, связанных с параллельностью)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 23:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
02/09/19
70490
Iro в сообщении #1381698 писал(а):
Не плохо бы тогда доказать, что существует минимум расстояния между точками

Это непрерывная функция двух вещественных параметров. Она принимает на квадрате где-то наибольшее и наименьшее значения. Более того, она имеет простой явный вид - произведение двух косинусов.

Iro в сообщении #1381698 писал(а):
Перпендикулярность данных окружностей тоже не плохо бы доказать.

Это равносильно занулению частной производной.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 09:40 


24/06/13
20
george66
С квартерионами не знаком, поэтому как это осуществить не понимаю, было бы здорово, если бы Вы изложили детально, а не в общих чертах.

Munin
Спасибо за ответ. Все это общие фразы, хотелось бы конкретики. Я вот не очень понимаю как данную функцию сформулировать.
И повторюсь, даже если все это получится осуществить, то все равно не понятно из чего следует, что плоскость полученной окружности будет искомой?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 12:52 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
16823
Москва
Iro в сообщении #1381753 писал(а):
С квартерионами не знаком
А поискать в интернете? Только слово правильно напишите: кватернион.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 14:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
02/09/19
70490
Берём на одной плоскости единичный вектор, отложенный от $C,$ и на другой плоскости - тоже единичный вектор, отложенный от $C.$ Кончики этих векторов бегают по окружностям, то есть их можно параметризовать углами $\varphi_\alpha$ и $\varphi_\beta.$ Одна окружность проецируется на вторую плоскость как эллипс (это банально видно в координатах, если одну из плоскостей совместить с $Oxy,$ тогда вторая, натянутая на ортонормированный базис $\vec{e}_{\beta 1},\vec{e}_{\beta 2},$ задаётся матрицей чисел $\bigl(\begin{smallmatrix}a&b&c&d\\e&f&g&h\end{smallmatrix}\bigr)$; проекция на первую есть просто начало этой матрицы $\bigl(\begin{smallmatrix}a&b\\e&f\end{smallmatrix}\bigr)$). Итого, наша функция есть скалярное произведение двух единичных векторов (или $\arccos$ от него), которое равно скалярному произведению первого единичного вектора, и второго - обегающего эллипс в плоскости первого. Формулами тут получается билинейное произведение, которое мне не совсем прозрачно:
$$\begin{pmatrix}\cos\varphi_\alpha & \sin\varphi_\alpha\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\e&f\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos\varphi_\beta \\ \sin\varphi_\beta\end{pmatrix},$$ но качественно получится что-то типа такого:
$$\mathsf{a}\cos(\varphi_\alpha-\varphi_{\alpha 0})\cos(\varphi_\beta-\varphi_{\beta 0})+\mathsf{b}\sin(\varphi_\alpha-\varphi_{\alpha 0})\sin(\varphi_\beta-\varphi_{\beta 0}),$$ где $\mathsf{a},\mathsf{b}$ - полуоси эллипса, и наглядно примерно так:

    Изображение   Изображение

Оба максимума и оба минимума соответствуют одной плоскости, все четыре седловые точки - другой плоскости.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 14:40 
Заслуженный участник


31/12/15
677
Кватернионы вещь простая и для четырёхмерной геометрии необходимая, почитайте в книжке Понтрягина "Обобщение чисел"
http://gen.lib.rus.ec/search.php?req=%D ... column=def
Вам нужно какое угодно решение или красивое решение? Если какое угодно, можно попытаться выписать мрачное вычисление.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 14:52 
Заслуженный участник


18/01/15
1330
Напишу, пожалуй, небольшой список учебников по линейной алгебре, где можно прочитать, что такое симметрический оператор и т.д.

1) Кострикин, Введение в алгебру, т.2 "Линейная алгебра", первые 3 главы. Перед тем неплохо почитать т.1.
2) Киркинский, Линейная алгебра и аналитическая геометрия; эта книга --- очень элементарное введение (но там изложение не доходит до симметрических операторов)
3) Винберг, Курс алгебры, 4-е изд, первые 6 глав.
4) Мальцев, Основы линейной алгебры,
5) Ефимов и Розендорн, Линейная алгебра и многомерная геометрия.
Какую из этих книг лучше взять в качестве основной --- трудно сказать, сами смотрите. Киркинский самая простая, мальцев самый сложный, имхо.
Можно еще взять Гельфанд, Лекции по линейной алгебре, но он какой-то слишком краткий.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 14:55 
Заслуженный участник


31/12/15
677
Мрачным вычислением это делается так: пусть исходные две плоскости задаются каждая парой векторов $a_1,a_2$ и $b_1,b_2$. Все четыре вектора линейно независимы (чтобы пересечение было только по нулю). Нужно найти вектор $a$ в плоскости $\alpha$
$a = k_1a_1 + k_2a_2$
и вектор $b$ в плоскости $\beta$
$b = m_1b_1 + m_2b_2$
(они задают прямые пересечения нужной нам плоскости)
причём должна быть ортогональность
$a\cdot b_1 = 0$
$a\cdot b_2 = 0$
$b\cdot a_1 = 0$
$b\cdot a_2 = 0$
и проверить, что всегда есть решение. Сейчас пойду по делам, а потом попробую проверить.
Конечно, возможно, я фигню написал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 15:42 
Заслуженный участник


18/01/15
1330
Теперь то рассуждение, которое я уже приводил, более подробно. Изложение несколько не в том порядке, как выше.

Сначала допустим, что в одной из плоскостей есть прямая, перпендикулярная другой плоскости. Это элементарный случай, с которым вы сами справитесь. Значит, будем считать, что никакая прямая в одной из плоскостей не перпендикулярна другой.

Пусть $x$ --- произвольный вектор. Разложим его как $x=x'+x''$, причем $x'\in\alpha$, а $x''$ перпендикулярно $\alpha$. Очевидно, $Ax=x'$. Теперь, если $y$ --- другой вектор, то $y=y'+y''$, аналогично первому, и $(Ax,y)=(x',y)=(x',y'+y'')=(x',y')=(x'+x'',y')=(x,Ay)$. Значит $A$ --- симметрический оператор. Аналогично и $B$ --- симметрический оператор.

Рассмотрим оператор $AB$. Заметим, что образ любого вектора из $\alpha$ относительно $AB$ также лежит в $\alpha$,
так что мы можем рассматривать ограничение $AB$ на $\alpha$ как оператор на $\alpha$, назовем его $R_\alpha$.

Если $x,y$ --- два вектора из $\alpha$, то
$$(R_\alpha x,y)=(ABx,y)=(A(Bx),y)=(Bx,Ay)=(x,B(Ay))=(x,BAy)=(x,R_\alpha y).$$
То есть $R_\alpha$ --- симметрический оператор на $\alpha$. Аналогично и $R_\beta$, ограничение $BA$ на $\beta$ --- симметрический оператор на $\beta$.

Поскольку $R_\alpha$ --- симметрический оператор, у него есть два собственных вектора, причем они перпендикулярны друг другу. Будем считать, что соответствующие собственные значения ненулевые (с вырожденным случаем, когда среди собственных значений есть нули, разберитесь сами). Пусть $u$ --- один из этих векторов, $R_\alpha u=\lambda u$, $\lambda\ne0$. (продолжение следует)

-- 14.03.2019, 14:59 --

Пусть $v=Bu$. Тогда $v\ne0$. Далее, $R_\beta v=BAv=BA(Bu)=B(ABu)=BR_\alpha u=B(\lambda u)=\lambda Bu=\lambda v$. Значит, $v$ --- собственный для $R_\beta$. Кроме того, $Av=ABu=R_\alpha u=\lambda u$ и $Bu=v$ (последнее по определению). Теперь рассмотрим плоскость $\gamma=\langle u,v\rangle$. Тогда $A\gamma=\langle Au, Av\rangle$. Но $Au=u$, т.к. $u\in\alpha$, а $Av=\lambda u$ по доказанному. Значит, проекция плоскости $\gamma$ на $\alpha$ -- прямая $\langle u\rangle$. Поэтому плоскости $\alpha$ и $\gamma$ перпендикулярны в обычном школьном смысле. Аналогично доказывается, что $\gamma$ перпендикулярна и $\beta$.

Если бы мы начинали с другого собственного вектора для $R_\alpha$, то получили бы еще одну плоскость. Доказательство того, что для пар плоскостей $\alpha$, $\beta$ "в общем положении" других подходящих плоскостей, кроме двух описанных, нет, оставляем читателю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 17:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
02/09/19
70490
Вчера я не имел возможности, а сегодня нарисовал образно, что я имел в виду.

Трёхмерную сферу $S^3$ (в данном случае единичную сферу вокруг точки $C$) я представляю себе как "стеклянный шар" (именно шар! заполненный внутри точками!), изображающий развёртку сферы $S^3$ на плоскость $\mathbb{R}^3$:

    Изображение

На самом деле, он деформирован (представьте себе развёртку двумерной сферы $S^2$ на двумерную плоскость $\mathbb{R}^2$), деформация усиливается к краю, но сейчас я этим пренебрегу. Единственно, надо понимать, что вся "поверхность стеклянного шара" - это одна точка, "внешний полюс", противоположный другой точке - "центральному полюсу". Расстояния внутри "стеклянного шара" - угловые, и расстояние между полюсами - радиус "шара" - $\pi.$

Если вам удобней мыслить в координатах, и хочется как-то сориентироваться по осям, то оси координат пересекают сферу $S^3$ в таких точках (взят один из вариантов):

    Изображение

(Показаны не все точки, чтобы не загромождать рисунок: в "дальней части стеклянного шара" есть соответствующие точки $-y,-z,-w,$ а точка $-x,$ как мы знаем, растянута по "поверхности шара".)

    Изображение

Чтобы немного пообвыкнуться со "стеклянным шаром", проведём через $C$ две прямые и плоскость. Плоскость пересечёт "шар" по экваториальной окружности, то есть не по любой, а с диаметром $\pi.$ А прямая пересечёт "шар" в точке, и две показанные прямые - одна лежит в плоскости, а другая - не лежит в плоскости. Отношение перпендикулярности означает "расстояние в шаре" $\pi/2.$ На самом деле, прямая проходит через шар в двух точках, отстоящих на расстояние $\pi$ - такая вторая точка для каждой точки шара единственна, и называется сопряжённой. Но на этом рисунке я забыл отметить сопряжённые. Точки, сопряжённые экваториальной окружности, лежат на ней же - а для любой другой окружности это неверно.

    Изображение

Теперь проведём через $C$ две произвольные плоскости. Они зададут в шаре две экваториальные окружности общего положения - аналогично скрещенным прямым в 3-мерном пространстве. Для пары точек, взятых на этих окружностях, можно измерить "расстояние в шаре" - по сути, угол между двумя прямыми, проходящими через $C.$ (Более строго, два угла, дополняющих друг друга до $\pi.$) Как и в обычном 3-мерном пространстве, для двух скрещенных прямых существует общий перпендикуляр, проходящий через пару точек с наименьшим расстоянием. Здесь для двух экв. окружностей существует третья экваториальная окружность, проходящая через пару точек с наименьшим расстоянием, и довольно очевидно, что она перпендикулярна каждой из двух данных в точках пересечения (если бы она была не перпендикулярна, то сдвинувшись на небольшое расстояние, мы пришли бы в ещё более близкую точку). Функцию расстояния (точнее, косинус от неё, но косинус монотонен от $0$ до $\pi$) я изобразил в предыдущем сообщении.

    Изображение

Если с каждой точкой аккуратно отметить и её сопряжённую, то полный рисунок станет таким. Общий перпендикуляр не может "промахнуться" мимо 3-й и 4-й точки, потому что они сопряжены по своим соответствующим окружностям 1-й и 2-й точке. Здесь видно, что одна и та же прямая (общий перпендикуляр) отвечает как наименьшему расстоянию для пары точек, так и наибольшему - если для одной из точек перейти к сопряжённой.

Теперь немного повернём 3-сферу $S^3,$ возьмём немного другую проекцию в "стеклянный шар" - такую, чтобы первая из окружностей распрямилась в прямую, проходящую через центр и стенки "шара". Тогда рисунок станет вот таким (общий перпендикуляр я наметил пунктиром, чтобы не загромождать рисунок):

    Изображение

Теперь стало легче разглядеть второе решение - общий перпендикуляр, соответствующий не максимумам и минимумам, а седловым точкам (см. предыдущее сообщение):

    Изображение

Всё это я нарисовал не то чтобы для данной задачи, а на будущее, чтобы у автора темы появился инструмент рассуждений о 4-мерном пространстве.

Для george66 замечание: те же образы используются для пространства $S^3/2$ (возникающего много где, например, для эллиптического пространства, для пространства группы $\mathrm{SO}(3)$), достаточно только взять в "стеклянном шаре" его внутреннюю половину, отстоящую от "центрального полюса" на расстояние не больше $\pi/2.$ Тогда из каждой пары сопряжённых точек выживает только одна.

Для всех: в таком "шаре" легко строить двойственные конструкции и теоремы, которые получаются одна из другой заменой
    прямая $\leftrightarrow$ 3-мерное пространство;
    плоскость $\leftrightarrow$ двойственная ей (дважды перпендикулярная) плоскость.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 23:49 
Заслуженный участник


31/12/15
677
Ух, красота! Нет, доказать просто не удаётся. Я вспомнил, как доказывается теорема об общем перпендикуляре двух прямых в трёхмерном пространстве
https://mathematics.ru/courses/stereome ... Iq77rhn3tQ
Есть некоторые шансы, что оно проходит и здесь, если везде в нём заменить слово "точка" на "прямая в четырёхмерном пространстве, проходящая через начало координат", слово "прямая" заменить на "плоскость в четырёхмерном пространстве, проходящая через начало координат" и слово "плоскость" на "трёхмерное подпространство в четырёхмерном пространстве, проходящая через начало координат", но в данный момент у меня нет силы воли это проверить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение15.03.2019, 00:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
02/09/19
70490
Выглядит на первый взгляд достаточно кисло, потому что в сферической геометрии параллельности нет. Желательно какое-то другое доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение15.03.2019, 00:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
25190
Уфа
Кстати про подходы с 3-сферой. Если единичную 3-сферу стереографически отобразить в трёхмерное пространство, может быть удобнее разбираться с $\mathrm{SO}(4)$. У 3blue1brown есть пара видео и моделька про кватернионы и повороты 3-векторов ими, использующие этот подход, и сравнивающие с низкоразмерными аналогами; где-то может быть ещё, просто месяц назад наткнулся на те.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение15.03.2019, 01:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
02/09/19
70490
Не люблю эту проекцию. "Стеклянный шар" люблю больше (в нём деформации по краям меньше). Но это мои личные предпочтения. Конечно, тут вкусы разные.

-- 15.03.2019 01:46:07 --

Изображение 3Blue1Brown, конечно же, замечателен!


 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 63 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group