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
Сообщение28.03.2019, 12:39 
Заслуженный участник


23/07/08
7869
Харьков
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение28.03.2019, 17:30 
Заслуженный участник


23/07/08
7869
Харьков
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!

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение28.03.2019, 18:49 
Заслуженный участник


31/12/15
602
Я почти доказал через кватернионы, ещё немножко и выложу полное доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение28.03.2019, 19:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
69748
Я так понимаю, элементарными методами уже никто не берётся? :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение30.03.2019, 06:00 
Заслуженный участник


31/12/15
602
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение30.03.2019, 07:05 
Заслуженный участник


31/12/15
602
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение30.03.2019, 21:24 
Заслуженный участник


31/12/15
602
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$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение31.03.2019, 04:51 
Заслуженный участник


31/12/15
602
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение31.03.2019, 11:03 
Заслуженный участник


31/12/15
602
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

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

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

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение31.03.2019, 16:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
69748
Вы извините, я уже не слежу. У svv через векторы гораздо обозримей получалось. Может быть, чисто зрительно текст растянут...

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение01.04.2019, 00:40 
Заслуженный участник


31/12/15
602
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение01.04.2019, 06:47 
Заслуженный участник


31/12/15
602
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

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение11.04.2019, 20:18 
Заслуженный участник


31/12/15
602
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.04.2019, 21:49 
Заслуженный участник


31/12/15
602
Упростил формулу из предыдущей серии до неприличия. Сейчас статью напишу. Спросил там и тут - никто такого не видел, значит, я приватизирую.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.04.2019, 21:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
24810
Уфа
Многомерную, с алгебрами Клиффорда?

 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