задачка (геометрическая)

[avva]

Во внутренней рассылке предложили задачку. В трехмерном пространстве есть четыре прямых линии, находящихся "в общем положении" (это значит, что никакие две из них не пересекаются, не параллельны, итд. - нет никаких линейных зависимостей между ними). Вопрос: существует ли прямая, которая пересекает каждую из этих четырех? Если да, то сколько есть таких, и как ее построить?

Мне кажется, что я ее решил (не строго, но) правильно, на основании геометрической интуиции - что вообще-то очень странно, потому что геометрическая интуиция у меня всегда была очень плохая. Позже напишу свой вариант решения, если в комментах не всплывет.

Comments

[leonchic.livejournal.com]

совершенно необязательно такой прямой существовать. даже для трёх её может и не быть.

[dimks.livejournal.com]

не.. думаю для любых трех она должна существовать.
для двух прямых - представляем поверхность образованую прямыми проходящими через все точки первой и второй прямой.
третья прямая обязательно пересечет эту поверхность.
ИМХО

[dragon-ru.livejournal.com]

Как построить, пока не думал - но, по идее, такая прямая должна быть единственная. Прямая в 3-х мерном пространстве имеет 4 степени свободы, и каждое условие отнимает одну из степеней.

[dragon-ru.livejournal.com]

Алгебраический способ вычисления искомой прямой подойдет? Там вроде как ничего сложнее системы линейных уравнений не предвидится.

[vdots.livejournal.com]

Это рассуждение хорошее, но говорит только, что таких прямых конечное множество :-)

[grur.livejournal.com]

Для любых двух прямых L1 и L2 общего положения и для любой точки пространства существует прямая L(L1,L2) пересекающая обе прямые и проходящая через эту точку.
Если взять третью прямую L3 общего положения и провести прямые L(L1,L2) через каждую точку прямой L3, то эти прямые образуют какую-то поверхность. Поскольку все уравнения линейны, то эта поверхность - плоскость. А значит она непременно пересечет прямую L4.

[muchacho.livejournal.com]

> Для любых двух прямых L1 и L2 общего положения и для любой точки пространства существует прямая L(L1,L2) пересекающая обе прямые и проходящая через эту точку.

Неверно. Возьмем любую точку в плоскости, параллельной Л2 и содержащей Л1.

[utnapishti.livejournal.com]

Но эта точка (пересечения поверхности с L4) не обязательно принадлежит всем 4 линиям!

[vdots.livejournal.com]

Поскольку все уравнения линейны, то эта поверхность - плоскость.

Смело. Но только сомнительно.

[dimrub.livejournal.com]

Пока что только такая идея. Допустим, что не все 4 прямых находятся в общей позиции, а что они попарно параллельны (т.е. L1 || L2, L3 || L4). Тогда через L1 и L2 проходит плоскость, и еще одна плоскость проходит через L3, L4, и эти две плоскости непараллельны. Эти плоскость, стало быть, пересекаются, местом их пересечения является прямая, и она не параллельна ни одной из исходных - следовательно и является единственной прямой, которая их всех четверых пересекает.

Следует ли из этого, что если параллельности нет, то и прямых вообще нет, еще непонятно.

[dimrub.livejournal.com]

Ага, то же самое верно, если только две прямые параллельны. Допустим, L1 || L2, и P1 - это плоскость, в которой они обе находятся. Тогда L3 и L4 пересекают эту плоскость, и прямая, проходящая через точки пересечения, и является единственной прямой, которая пересекает все четыре прямые - либо является параллельной двум из них (т.е. таких прямых либо одна либо нет вообще).

[vdots.livejournal.com]

В общем положении - две, как мне думается. Решение довольно научное ("исчисление Шуберта на грассманниане"), посему не буду тут излагать, ибо подробности писать лень, а кто знает про исчисление Шуберта, поймёт, какое решение я имею в виду. :-)

[vdots.livejournal.com]

Ну то есть это в случае, если мы живём в P^3 (проективном пространстве), иначе возможны всякие неудачи, связанные с параллельностью и т.п.

[jewgeniusz.livejournal.com]

По-русски general position будет "в общем положении". Да, разумеется, хорошо бы ещё предполагать, что основное поле алгебраически замкнуто (С, а не R).

Сейчас будет решение, так что кому интересно порешать самим, дальше коммент не читайте.

Лемма. Через три прямые общего положения проходит единственная квадрика (т.е. поверхность, уравнение которой -- однородный многочлен второй степени).

Доказательство (схема): размерность множества квадрик -- 9, т.к. квадрика задаётся 10 коэффициентами, но задающий многочлен ещё можно домножать на скаляры, и тогда поверхность не изменится. То есть через 9 точек проходит единственная квадрика. Теперь возьмём на каждой прямой по три точки, получится 9 штук. Проведём через них квадрику. Она будет содержать каждую из этих прямых, т.к. прямая не может пересекаться с квадрикой по трём точкам и не содержаться в ней (у квадратного уравнения не может быть три корня). Лемма доказана.

Вернёмся к задаче. Возьмём первые три прямые, проведём через них квадрику. Теперь вспомним, что на квадрике есть два семейства прямолинейных образующих (смотри на Шуховскую башню), при этом любые две прямые из одного семейства скрещиваются, а любые две прямые из двух разных семейств пересекаются. Наши три прямые не пересекаются, значит, они все принадлежат одному семейству.

Теперь возьмём эту квадрику и четвёртую прямую. Она пересечёт квадрику в двух точках. Через каждую из этих точек можно провести две прямолинейные образующие квадрики. Из них одна будет принадлежать тому же семейству, что и первые три прямые, т.е. скрещиваться с ними; а вторая будет их (все три) пересекать. Эта прямая и будет искомой. Точек пересечения четвёртой прямой и квадрики две, значит, и прямых таких будет тоже две. Это и есть ответ.

[vdots.livejournal.com]

А, есть такое решение. Только я про грассманиан узнал более недавно и потому помню лучше :-)

Хотя, впрочем, такое решение мне кто-то сдавал в НМУ, когда я там читал курс про введение в алгебраическую геометрию. Пора посыпать голову пеплом.

[eterevsky.livejournal.com]

Тут есть несколько строго не доказанных интуитивно-ясных геометрических утверждений.

Рассмотрим всевозможные плоскости, проходящие через одну из прямых. Каждая их них будет пересекаться с тремя остальными прямыми. рассмотрим эти самые точки пересечения. Мы нашли искомую прямую если они лежат на одной прямой. Посмотрим, как они будут двигаться по мере поворота плоскости вокруг этой прямой. Каждая из них будет двигаться по гиперболе с осью перпендикулярной нашей прямой. Из трёх точек по крайней мере две будут двигаться по своим гиперболам в одну сторону. Посмотрим на прямую, которая будет проходить через эти две точки. Она будет, возможно, как-то сдвигаться и в сумме повернётся на 360 градусов (два раза, когда точки на гиперболах будут проходить через бесконечно удалённую точку, эта прямая будет параллельна той, вокруг которой вращается плоскость). Итого, имеем: вращающуюся прямую и точку, ползущую по третьей гиперболе. Посчитаем количество раз, когда точка переместится в другую относительно прямой полуплоскость. В точности один раз она это делает не "задевая" прямую -- когда она проходит через бесконечно удалённую точку гиперболы. Следовательно, так как она в итоге окажется по ту же сторону от прямой, по которую была в начале, то она как минимум раз должна была оказаться на прямой. Остаётся вопрос: обязательно ли она на ней оказывается ровно один раз, или может оказаться и три раза. По-моему, может быть и так и так.

Прошу прощения за сумбурность. Наверняка это должно решаться гораздо проще.

[avva.livejournal.com]

Кажется, я придумал примерно то же, что и Вы, но, по-моему, вышло проще и легче представить - потому что одна из точек зафиксирована вместе с поворотом плоскости, и прямая между двумя другими точками все равно вращается на 360 градусов относительно этой точки - и яснее видно, почему правильный ответ (а это действительно так) два. см. ниже.

[0qwerty0.livejournal.com]

hm. I have a feeling that there should be a projection of these four onto a plane so that they will cross in the same point. ie there is such a plane. a perpendicular to that plane from that point will cross all of them. how to find that plane...

[avva.livejournal.com]

Вот мой вариант решения, основывающийся на интуиции и нестрогий.

Назовем прямые a,b,c,d. Выберем точку A на прямой a, она вместе с прямой b образует плоскость Ab. Прямые c,d пересекают эту плоскость в разных точках C, D (из-за общего положения). По мере того, как мы варьируем выбор A, плоскость Ab заметает пространство. Назначим на Ab такую систему координат, в которой точка A всегда (0,0), а у прямой b всегда один и тот же угол наклона. Тогда по мере того, как мы двигаем A, прямая b движется вверх-вниз, а прямая CD вращается, заметая всю плоскость. Когда эта прямая пройдет сквозь A, мы нашли наш результат (она также пересечет b из-за общего положения). Это случится дважды: в направлении CD и в направлении DC. Поэтому ответ: есть две прямые.

[eterevsky.livejournal.com]

Проблема в том, что прямая CD может вращаться не с постоянным центром (во всвяком случае, a priori эне очевидно что она поворачивается относительно постоянного центра в координатах этой плоскости). А в таком случае, делая полный поворот она запросто может обойти точку A.

[kray-zemli.livejournal.com]

Уже всё сказали. Прямая задаётся 2 линейными уравнениями, содержащими в общей сложности 4 коэффициента. Пусть у нас есть N исходных прямых и одна искомая. Искомая пересекает все N прямых, т.е. все точки пересечения задаются совокупно 3N числами. Но эти же точки совокупно удовлетворяют еще 2N уравнениям. Получается, N уравнений и 4 неизвестных. Очевидно, что в общем случае для совместности системы должно быть N <= 4. Остаётся лишь исключить случаи, когда определитель системы равен нулю.

[eterevsky.livejournal.com]

Система не линейная получается.

[ryba-kit.livejournal.com]

не читала других ответов, но можно представить себе, что эта прямая - ось, а четыре прямых линии "нанизаны" на нее на некотором расстоянии друг от друга, под разными углами (как в горизонтальной, так и в вертикальной плоскостях). Могу показать на рисунке или карандашами, расписывать это будет довольно мучительно.

[ever-smiling.livejournal.com]

конструктивное решение 9-классника, позволяющее непосредственно всё высчитать:
пускай заданы прямые - L1,..,L4, искомая - L.
не теряя общности (простыми афинными трансформациями) можно предположить что L1 - прямая 'x' (y=z=0), а L2 - 'y' (x=z=0). обозначим P1, P2 - точки пересечения L с L1, L2 соответственно. пускай P1=(x,0,0), P2=(0,y,0).
чтобы прямая L пересекала L3 (заданную уравнениями a1x+b1y+c1z=d1, a2x+b2y+c2z=d2) надо найти t, для которого
точка P1+t(P2-P1)=((1-t)x,ty,0) принадлежит L3. для этого должны иметь решение в 't' уравнения:
{ a1(1-t)x+b1ty=d1, a2(1-t)x+b2ty=d2 }, или, иными словами:
{ t(b1y-a1x)=d1-a1x, t(b2y-a2x)=d2-a2x }.
а эта система имеет решение (*) если (b1y-a1x)(d2-a2x) = (b2y-a2x)(d1-a1x).
если расписать по 'y', получим линейное уравнение, решение которого будет из вида: y = (ax+b)/(cx*x+dx).
проделав то-же самое для L4, получим подобное уравнение для 'y' (с другими a,b,c,d). сократив x, получим квадратное уравнение по x.

(*) нужно ещё убедиться что b1y-a1x <> 0, но это имеет место с вероятностью 1 :)

[eterevsky.livejournal.com]

У Вас прямые L1 и L2 пересекаются. :))

[monomyth.livejournal.com]

а пространство какое? евклидовое?

[avva.livejournal.com]

ага

[selfmade.livejournal.com]

Такая прямая существует. Она одна. Как строго доказать я не знаю. Рассуждение примерно такое: Через 3 прямые можно провести прямую их пересекающую. Таких решений бесконечное множество. Эти решения лежат на поверхности. Эта поверхность пересекает любую наперёд заданную (4-ю) прямую. Такое решение одно.

[eterevsky.livejournal.com]

Неизвестно какая поверхность обязательно пересекает любую прямую ровно в одной точке? :-) Это сильное заявление.

[muchacho.livejournal.com]

Чудно, я взял прямые (1,t,0) (0,1,t) (t,0,1) и (t,t,t) и решил систему в лоб - для неё получается, что нет такой прямой.
А вот если последнюю прямую взять, например, (t,t+k,t), то
решение есть при |k|>=sqrt(3)/2

[ever-smiling.livejournal.com]

мне кажется, первые три прямые вместе - это уже не общий случай.
мне очевидно, что можно привести 2 первые прямые к (1,t,0), (0,1,t) - но в третьей я уже не уверен

[a-bronx.livejournal.com]

Вначале построим семейство прямых, соединяющих точки на 3-х прямых. Это семейство образует некую линейчатую поверхность. Причём, она не просто линейчатая, а дважды линейчатая, т.к. у нас есть два семейства прямых: "направляющие" (наши исходные 3 прямые) и "образующая".

Существует лишь три типа дважды линейчатых поверхностей: плоскость, однополостный гиперболоид и гиперболический параболоид. Плоскость исключаем, т.к. это не общий случай. В оставшихся 2-х вариантах поверхность и 4-я прямая могут иметь либо 1, либо 2, либо ни одной общей точки.

[a-bronx.livejournal.com]

Ну и, на всякий случай, докажем, что через 3 прямых A,B,C можно провести бесконечное множество соединяющих их линий L. Вначале проводим L через пару произвольных точек на прямых A и B; затем одну точку фиксируем, вторую двигаем по B до тех пор, пока прямая L не пересечёт 3-ю прямую C - а это обязательно произойдёт, т.к. прямая L в движении заметает плоскость, и C в общем положении не параллельна ей. Бесконечность числа всевозможных L следует из того, что фиксированная точка была выбрана произвольно из континуума, и имеется однозначное соответствие.

Невозможно

[timur0.livejournal.com]

Возьмем эллиптический гиперболоид и три скрещивающихся образующие на нем. Четвертая прямая - ось гиперболоида. Докажем, что прямой, пересекающей все четыре прямые, нет. Пусть такая прямая есть и возьмем точку, в которой она пересекает ось. Проведем через первую образующую и эту точку плоскость (искомая прямая лежит в этой плоскости). Плоскость пересечет гиперболоид по прямой, которая пересекается с оставшимися двумя образующими в _разных_ точках. Итак мы получили три точки на плоскости сечения, не лежащие на одной прямой. Противоречие.

Re: Невозможно

[faceted-jacinth.livejournal.com]

Дык у него же две образующих только =)

Re: Невозможно

[leonchic.livejournal.com]

Слушайте! о чём базар?!!!
Для трёх прямых, находящихся "в общем положении", прямая пересекающая их может существовать, а может и не существовать! Остальные разговоры - обсуждение частных случаев с даказательствами на пальцах.

Для трех прямых ВСЕГДА возможно

[timur0.livejournal.com]

Возьмем любую точку на первой прямой и проведем через нее и вторую прямую плоскость. Если эта плоскость получилась параллельна третьей прямой, то берем другую точку на первой. Построенная плоскость в некоторой точке пересекается с третьей прямой, вот через эту точку пересечения и точку на первой прямой строим искомую прямую (если она параллельна второй прямой, то опять же меняем точку на первой прямой - и будет вам щястье)

[faceted-jacinth.livejournal.com]

Странная задача, не для простого качественного решения, по-моему.

Вообще есть читерская фишка: можно перейти в прекрасный косоугольный базис, построенный на первых трёх прямых. С центром, допустим, где-нибудь на первой из них, так чтобы вторая лежала в плоскости OXY, третья тогда будет лежать в параллельной плоскости и где-то там скрещиваться со второй, причём они все будут замечательно параллельны осям, естественно. Даже более того, пусть базис будет не только неортогональным, но ещё и не нормированным, чтобы скрещивались те две прямые аккурат над точкой (1, 1), причём верхняя будет идти ровно на единичном расстоянии от нижней.

Переход в такой базис является афинным преобразованием координат и никаких новых линейных зависимостей не создаёт, параллельности не мешает етс.

Вот. Потом ещё можно вращать плоскость, проходящую через OZ, получать какие-то точки пересечения с двумя другими прямыми и проводить через них новую прямую. В случае параллельности этой плоскости и одной из прямых будем рисовать горизонтальную прямую, проходящую через одну точку. Получится какая-то поверхность довольно забавная, у которая при изменении угла плоскости от 0 до 90 (если от ОХ мерять) -- когда обе точки пересечения в одной полуплоскости, по одну сторону от OZ, -- направляющая пробегает все направления (становясь вертикальной на 45), а вот дальше, с pi/2 до pi, лениво поднимается до какого-то не очень большого угла и опять падает. Что наводит на мысли о том, что у задачи может быть одно решение, а может быть и два.

А вот что дальше делать -- непонятно. Можно попытаться уравненьица выписать, в таком базисе они простые будут.