Перевести одну плоскость в другую одним поворотом

[GDTD]

Недавно читал на форуме одну тему, которая навела на такую задачу. Пусть в $\mathbb R^4$ даны двумерные плоскости $P_1$ и $P_2$ (подпространства), такие, что $P_1\cap P_2=\{0\}$. Верно ли, что $P_1$ можно совместить с $P_2$ одним поворотом? Поворотом будем называть ортогональное преобразование, матрица которого в некотором базисе имеет вид

$$R=\begin{pmatrix} \cos\varphi & -\sin\varphi & 0 & 0\\ \sin\varphi & \cos\varphi & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

У меня есть версия доказательства (могу выложить, если надо), что такой поворот существует, но там используются довольно муторные вычисления, где нужно работать с выражениями, имеющими 10-12 слагаемых. Вопрос: есть ли какое-нибудь короткое и наглядное доказательство этого факта?

[ИСН]

Муторных вычислений не надо, а вот результат их, пожалуй, покажите. Пусть плоскости наши - это $0xy$ и $0zt$; какая матрица переводит их друг в друга? Да уж понятно, какая: $\begin{pmatrix} 0 & 0& 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ (есть и другие варианты). В каком базисе она (неважно, конкретно эта или другая) станет матрицей поворота?
За ней, надо полагать, так же поведут себя и остальные.

-- менее минуты назад --

Да ведь собственно, нет никаких "остальных". Разве не каждая Ваша ситуация заменой базиса приводится к моей?

-- менее минуты назад --

Правда, то будет не ортогональная замена, так что некоторая разница есть.

[GDTD]

Цитата:

В каком базисе она (неважно, конкретно эта или другая) станет матрицей поворота?

Та матрица, что Вы написали, является матрицей поворота, так как у нее определитель $1$ и есть собственное значение, равное $1$. Но это удачно подобранная матрица. Если же мы возьмем произвольное ортогональное преобразование с определителем $1$, переводящее $P_1$ в $P_2$, то оно может не иметь собственного значения $1$.

Цитата:

Да ведь собственно, нет никаких "остальных". Разве не каждая Ваша ситуация заменой базиса приводится к моей?

Но в этом случае, если я не ошибаюсь, плоскости $P_1$ и $P_2$ были бы ортогональны, а мы этого не предполагаем.

Цитата:

результат их, пожалуй, покажите

Вот:

Единичные векторы $e_1\in P_1$ и $h\in P_2$ выберем так, чтобы угол между $e_1$ и $h$ был равен углу между $P_1$ и $P_2$. Пусть также $e_2\perp e_1$, $e_2\in P_1$ и $p\perp h$, $p\in P_2$ ($e_2$ и $p$ - единичные векторы). Аналогичным образом выберем $e_3,e_4\in P_1^\perp$ и $s,q\in P_2^\perp$. В качестве ортонормированного базиса $\mathbb R^4$ возьмем набор $\{e_1,e_2,e_3,e_4\}$. Тогда координаты векторов $h,p,s,q$ в выбранном базисе задаются ортогональной матрицей

$$Q=\begin{pmatrix} h_1 & p_1 & s_1 & q_1\\ h_2 & p_2 & s_2 & q_2\\ h_3 & p_3 & s_3 & q_3\\ h_4 & p_4 & s_4 & q_4 \end{pmatrix}.$$

Пусть $e=\cos\alpha e_1+\sin\alpha e_2$. В силу выбора $e_1$ и $h$, справедливо неравенство

$$\langle e,h\rangle=h_1\cos\alpha+h_2\sin\alpha\le h_1$$

или

$$\sqrt{h_1^2+h_2^2}\sin(\alpha+\beta)\le h_1,$$

где $\sin\beta=\frac{h_1}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}}$. При $\alpha=\frac{\pi}{2}-\beta$ получаем $\sqrt{h_1^2+h_2^2}\le h_1$, поэтому $h_2=0$. Возьмем теперь вектор $f=h\cos\gamma+p\sin\gamma$. Аналогично

$$\langle e,f\rangle=h_1\cos\alpha\cos\gamma+p_1\cos\alpha\sin\gamma+p_2\sin\alpha\sin\gamma\le h_1.$$

При $\alpha=0$ это неравенство принимает вид

$$h_1\cos\gamma+p_1\sin\gamma\le h_1,$$

что влечет $\sqrt{h_1^2+p_1^2}\le h_1$, поэтому $p_1=0$. Подобным образом доказывается, что $s_4=q_3=0$, в результате чего матрица $Q$ принимает вид

$$Q=\begin{pmatrix} h_1 & 0 & s_1 & q_1\\ 0 & p_2 & s_2 & q_2\\ h_3 & p_3 & s_3 & 0\\ h_4 & p_4 & 0 & q_4 \end{pmatrix}.$$

Без ограничения общности считаем, что $\det Q=1$. Чтобы доказать, что существует простой поворот, переводящий $P_1$ в $P_2$, достаточно найти матрицу

$$R=\begin{pmatrix} \cos x & -\sin x & 0 & 0\\ \sin x & \cos x & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},$$

удовлетворяющую равенству $\det(Q-R)=0$. В самом деле, можно эквивалентно написать $\det(QR^T-E)=0$. Тогда матрица $QR^T$ (как и $Q$) задает ортогональное преобразование, переводящее $P_1$ в $P_2$, имеет определитель $1$ и собственное значение, равное $1$. Следовательно, канонический вид матрицы $QR^T$ представляет простой поворот. Заметим также, что если выполнено равенство $\det(Q+R)=0$, то $\det(Q(-R^T)-E)=0$. Матрица $Q(-R^T)$ также представляет простой поворот, переводящий $P_1$ в $P_2$. Кроме того, равенство $\det(Q+R)=0$ эквивалентно $\det(Q^T+R^T)=0$. Имеем

$$\det(Q-R)\det(Q^T+R^T)=\det(QQ^T+QR^T-RQ^T-RR^T)=\det(QR^T-RQ^T).$$

Матрица $QR^T-RQ^T$ кососимметрическая, поэтому ее определитель нетрудно вычислить

$$\det(QR^T-RQ^T)=\begin{vmatrix} s_1-h_3\cos x+p_3\sin x & q_1-h_4\cos x+p_4\sin x\\ s_2-h_3\sin x-p_3\cos x & q_2-h_4\sin x-p_4\cos x \end{vmatrix}^2.$$

Покажем, что найдется $x$, для которого $\det(QR^T-RQ^T)=0$. Это условие эквивалентно $a\cos x+b\sin x=c$, где

$$a=h_3q_2-h_4s_2+p_4s_1-p_3q_1,$$

$$b=h_4s_1-h_3q_1+p_4s_2-p_3q_2,$$

$$c=-(h_4p_3-h_3p_4+q_1s_2-q_2s_1).$$

Покажем, что $a^2+b^2=c^2$. Имеем

$$c^2=u+v,$$

где

$$u=h_3^2p_4^2+h_4^2p_3^2+q_1^2s_2^2+q_2^2s_1^2-2h_3p_3h_4p_4-2q_1q_2s_1s_2,$$

$$v=2h_3p_4q_2s_1-2h_3p_4q_1s_2+2h_4p_3q_1s_2-2h_4p_3q_2s_1.$$

Используя ортогональность матрицы $Q$, легко показать

$$a^2+b^2=r+t,$$

где

$$r=(h_3^2+p_3^2)(q_1^2+q_2^2)+(h_4^2+p_4^2)(s_1^2+s_2^2),$$

$$t=2h_3p_4q_2s_1-2h_3p_4q_1s_2+2h_4p_3q_1s_2-2h_4p_3q_2s_1.$$

Мы получили, что $v=t$. Так как $q_1^2+q_2^2=h_4^2+p_4^2$, то

$$r=(h_3^2+p_3^2)(h_4^2+p_4^2)+(q_1^2+q_2^2)(s_1^2+s_2^2).$$

Используя ортогональность $Q$, окончательно получим

$$r-u=(h_3h_4+p_3p_4)^2+(q_1s_1+q_2s_2)^2=0,$$

поэтому $u=r$ и $a^2+b^2=c^2$. Следовательно, уравнение $a\cos x+b\sin x=c$ имеет решение, то есть либо $\det(QR^T-E)=0$ либо $\det(Q(-R^T)-E)=0$.

[ИСН]

Много букв (Вы, кажется, как раз хотели от них как-то избавиться). Я думал, может, если описать словами базис в том случае, то и в общем получиться описать, какие такие оси стоят на месте, когда другие вращаются.

[GDTD]

ИСН в сообщении #1002146 писал(а):

Я думал, может, если описать словами базис в том случае, то и в общем получиться описать, какие такие оси стоят на месте, когда другие вращаются.

Пытался это сделать хотя бы в частном примере. Брал более-менее простую ортогональную матрицу $Q$, умножил на подходящую матрицу $R$, чтобы матрица $QR$ представляла поворот. Для базиса, в котором $QR$ имеет канонический вид (помимо того, что его координаты в исходном базисе содержат кучу радикалов) я не нашел адекватного описания. Плоскость, в которой происходит поворот, пересекается по нулю с $P_1$ и $P_2$. То же самое верно для неподвижных векторов. Угол между $P_1$ и $P_2$ оказывался равным $\frac{\pi}{6}$, а поворот производился на угол $x$, $\cos x=-\frac{3}{4}$, поэтому связь между углами тоже не особо прослеживается.

[Evgenjy]

GDTD в сообщении #1002101 писал(а):

Пусть в $\mathbb R^4$ даны двумерные плоскости $P_1$ и $P_2$ (подпространства), такие, что $P_1\cap P_2=\{0\}$. Верно ли, что $P_1$ можно совместить с $P_2$ одним поворотом? Поворотом будем называть ортогональное преобразование, матрица которого в некотором базисе имеет вид

$$R=\begin{pmatrix} \cos\varphi & -\sin\varphi & 0 & 0\\ \sin\varphi & \cos\varphi & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

Никакие двумерные плоскости $P_1$ и $P_2$ четырехмерного подпространства, такие, что $P_1\cap P_2=\{0\}$ совместить плоским поворотом, указанным Вами, нельзя. Надо вращать все четырехмерное подпространство.

[type2b]

Любые два поворота, переводящие данную плоскость $P_1$ в другую данную плоскость $P_2$, отличаются на элемент ${\rm SO}(2)\times{\rm SO}(2)$, который вращает конечную плоскость $P_2$ и ее ортогональное дополнение. Т.е. пространство поворотов, переводящих $P_1$ в $P_2$, двумерно. Мы хотим, чтобы у матрицы поворота было два с.з., равных единице -- это дает два уравнения. Два уравнения с двумя неизвестными обычно имеют решение.

[TOTAL]

GDTD в сообщении #1002101 писал(а):

Поворотом будем называть ортогональное преобразование, матрица которого в некотором базисе имеет вид

$$R=\begin{pmatrix} \cos\varphi & -\sin\varphi & 0 & 0\\ \sin\varphi & \cos\varphi & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

Такое преобразование оставляет неизменным что-то общее двумерное. Но у тех двух не было ничего общего.

[ИСН]

У них - не было, но может быть, было где-то между ними, как в моём частном случае?

[TOTAL]

ИСН в сообщении #1002231 писал(а):

У них - не было, но может быть, было где-то между ними, как в моём частном случае?

В частном случае увидеть бы матрицу поворота.

[ИСН]

Сейчас $x$ меняется местами с $z$, а $y$ - с $t$. Перейдём к другому базису, в котором вместо $x$ и $z$ будут их сумма и разность; то же самое для $y$ и $t$. Сумма будет оставаться на месте.

[GDTD]

Evgenjy в сообщении #1002205 писал(а):

Никакие двумерные плоскости $P_1$ и $P_2$ четырехмерного подпространства, такие, что $P_1\cap P_2=\{0\}$ совместить плоским поворотом, указанным Вами, нельзя. Надо вращать все четырехмерное подпространство.

Не очень понял написанное. ИСН написал выше пример вращения, при котором $P_1=\langle e_1,e_2\rangle$ переходит в $P_2=\langle e_3,e_4\rangle$.

type2b в сообщении #1002209 писал(а):

Мы хотим, чтобы у матрицы поворота было два с.з., равных единице -- это дает два уравнения. Два уравнения с двумя неизвестными обычно имеют решение.

Достаточно, чтобы матрица имела определитель $1$ и собственное значение $1$. Тогда она имеет еще одно собственное значение, равное $1$. Здесь не нужно двух уравнений, достаточно для произвольной ортогональной матрицы $Q$, переводящей $P_1$ в $P_2$, $\det Q=1$, подобрать $R$, чтобы $\det(QR-E)=0$, где

$$R=\begin{pmatrix} \cos x & -\sin x & 0 & 0\\ \sin x & \cos x & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

Собственно, уравнение $\det(QR-E)=0$ и вызывает главные трудности.

[TOTAL]

$P_1=\langle e_1,e_2\rangle$ переходит в $P_2=\langle e_3,e_4\rangle$.
В базисе $\langle e_3 - e_1, e_4 - e_2, e_3 + e_1, e_4 + e_2\rangle$
вращение

$$R=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

[GDTD]

TOTAL в сообщении #1002293 писал(а):

В базисе $\langle e_3 - e_1, e_4 - e_2, e_3 + e_1, e_4 + e_2\rangle$
вращение

Поделить только еще на $\sqrt{2}$, чтоб нормировать базис.

[Evgenjy]

TOTAL в сообщении #1002293 писал(а):

$P_1=\langle e_1,e_2\rangle$ переходит в $P_2=\langle e_3,e_4\rangle$.
В базисе $\langle e_3 - e_1, e_4 - e_2, e_3 + e_1, e_4 + e_2\rangle$
вращение

$$R=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

По моему это $R$ переводит $P_1$ в себя (с отражением) и $P_2$ в себя (с отражением).