Matematické Fórum

BakyX · 22. 06. 2012 23:30

Dobrý deň.

Neviete čistou náhodou ako pokryť priestor mimobežkami :) ?

check_drummer · 23. 06. 2012 15:09

↑ BakyX:
Ahoj, prostorem je myšlen E3? Předpokládám, že zadání je myšleno tak, že pro jakékoliv dvě přímky p,q, které jsou ve vybraném pokrytí, jsou p,q mimoběžné, že? Díky.

BakyX · 23. 06. 2012 21:01

↑ check_drummer:

Dobrý deň.

Priestor myslím v stredoškolskom zmysle.

Pokrytie mimobežkami myslím pokrytie priamkami spĺňajúce:

a) Každý bod priestoru leží na práve jednej z týchto priamok.

b) Každé dve priamky sú mimobežné.

thriller · 24. 06. 2012 08:55

Můj laický pohled říká, že to nelze.

Představme si množinu mimoběžek, které mají společnou příčku. Dohromady tvoří takovou plochu, co vypadá trochu jako lodní šroub. Teď do toho lez napasovat další sadu mimoběžek se stejnou příčkou, která je kolmá na příčku první sady mimoběžek. Máme tedy dvě plochy v prostoru.

Teď, a to už si neumím pořádně představit, si myslím, že mezi tyto dvě sady mimoběžek by šla nacpat ještě třetí sada s příčkou opět kolmou na první a druhou příčku.

Tímto máme v prostoru tři plochy tvořené přímkami směřujícími do všech směrů. Teď už nelze sestrojit žádnou přímku, která by byla mimoběžkou k ostatním, protože každá nová přímka by musela být rovnoběžná s nějakou už ležící v jedné ze tří množin mimoběžek.

No a protože celý třírozměrný prostor nelze zcela zaplnit pouhýma třema plochama, nelze celý prostor zaplnit pouze mimoběžkama.

Bohužel toto vysvětlení silně zaostává za rigorozitou, tak nemám jistotu, že to tak opravdu je.

Pavel Brožek · 24. 06. 2012 09:33

Na obrázku (z wikipedie) jsou přímky, které tvoří hyperboloidy. Zdá se mi (nic jsem se nesnažil dokázat), že přímky z různých hyperboloidů svírají různý úhel s vodorovnou rovinou, nemůžou být tedy rovnoběžné, a protože hyperboloidy vytvoří různé plochy, tak se ani nikde neprotínají. Když vezmeme dvě přímky z jednoho hyperboloidu, tak se taky nikde neprotnou a taky nejspíš nebudou rovnoběžné. A takovými různými hyperboloidy (+ svislá přímka) by podle mě mohlo jít prostor pokrýt. Teď jen takové přímky popsat matematicky a dokázat, že jsou skutečně všechny mimoběžné a pokrývají prostor.

Pavel Brožek

Svislá přímka procházející počátkem společně se všemi přímkami popsanými dvěma parametry $\varphi\in[0,2\pi)$ a $a\in(0,\infty)$ jejichž parametrické vyjádření je

$x&=a(\cos\varphi-t\sin\varphi)\\ y&=a(\sin\varphi+t\cos\varphi)\\ z&=t,$

kde $t\in\mathbb{R}$ , podle mě tvoří pokrytí prostoru mimoběžkami.

OiBobik

↑ Pavel Brožek:

Ahoj,
přesně to mě taky napadlo (nebo aspoň návodná představa byla podobná).

Tak to tady aspoň sepíšu, když už jsem si to rozmýšlel. (Jakmile člověk tuší, jaký systém hledat, je to už jen překvapivě jednoduchá lineární algebra.)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 24. 06. 2012 13:05

Ahoj ↑ OiBobik:,
Pekne riesenie.
A hned dalsie otazky:
1)ako popisat ine (alebo, dokonca vsetki) "rodiny" vyhovujucych priamok.
2) existuje aj synteticky dokaz tejto vlasnosti ?

vanok · 24. 06. 2012 15:32 — Editoval vanok (24. 06. 2012 15:33)

Ahoj ↑ BakyX:,
Tvoj problem je z teto istej kategorie specialnych problemov (z pripravy na IMO 2009), aspon podla tohto pdf http://sas.uwaterloo.ca/~cgsmall/worksheet1.pdf
kde to je problem N°9.
A co si myslis o inych problemoch na tom pdf?

OiBobik

↑ vanok:

Ahoj,

1) No jedna přímočará myšlenka, jak nalézt další, je variace na tuto jednu: třeba uvažovat rodiny $M_p=\{((x,y,0)+k(y,-x,p))| x,y \in \mathbb{R}\},{p \in \mathbb{R}\setminus\{0\}}$ . Dokonce bych řekl (to teda nemám dokázané, ale geometricky se zdá, že by to mohlo platit), že to budou splňovat i rodiny $M_{p(r)}=\{((x,y,0)+k(y,-x,p(r)))| x,y \in \mathbb{R}, r=\sqrt{x^2+y^2}\}$ , kde $p(r)$ je nějaká nerostoucí kladná (nebo naopak: neklesající záporná) spojitá funkce.
Další zobeznění může být: použít na takové systémy M nějakou transformaci grupy $Euc(3)$ (tj. nějakou shodnost), které zřejmě zachovávají požadované vlastnosti.
Ale to má do charakterizace všech řešení pravděpodobně hodně daleko (všechno to jsou v podstatě pořád ty hyperboloidy).

(ty znáš ještě nějaká řešení?)

2) Co je myšleno syntetickým důkazem? Důkaz, nevyužívající analytické geometrie?

vanok · 24. 06. 2012 19:02 — Editoval vanok (24. 06. 2012 19:04)

ahoj ↑ OiBobik:,
Synteticka geometria je
Synthetic or axiomatic geometry is the branch of geometry which makes use of axioms, theorems and logical arguments to draw conclusions, as opposed to analytic and algebraic geometries which use analysis and algebra to perform geometric computations and solve problems.
ako je to vyjadrene v http://en.wikipedia.org/wiki/Synthetic_geometry.

Tvoje riesenie, som interpretoval, ze si v affinom priestore,
kde mas dve roviny
Prva co prechadza pociatkom
druha, rovnobezna z prvou, prechadzajuca bodom (0; 0; 1).
Tvoje generacne mimobezky su vytvorene, tebou urcenymy bodmy tychto dvoch rovin.
A potom (x,y)-->(y, -x) je "rotacia "... uhla $\pi/2$
V niecom je to velmi sympaticka rodina, lebo napr. usecka v prvej rovine je tiez v druhej a potom sa mo zda ze aj v kazdej rovnobezbzj rovine z tymito.

Iste pre ine "rotacie" su ine "rodiny" priamok

Ale pre ine konstrukcie ( vdaka tvojich rovinaml) co som testoval, sa mi sa mi nepodarilo ukazat surjektivitu...

Inac v pdf, co som poslal kolegovy ↑ vanok: su tiez ine pozoruhodne problemy.

Matematické Fórum

#1 22. 06. 2012 23:30

Priestor

#2 23. 06. 2012 15:09

Re: Priestor

#3 23. 06. 2012 21:01

Re: Priestor

#4 24. 06. 2012 08:55

Re: Priestor

#5 24. 06. 2012 09:33

Re: Priestor

#6 24. 06. 2012 10:36 — Editoval Pavel Brožek (24. 06. 2012 10:38)

Re: Priestor

#7 24. 06. 2012 11:05 — Editoval OiBobik (24. 06. 2012 11:20)

Re: Priestor

#8 24. 06. 2012 13:05

Re: Priestor

#9 24. 06. 2012 15:32 — Editoval vanok (24. 06. 2012 15:33)

Re: Priestor

#10 24. 06. 2012 18:13 — Editoval OiBobik (24. 06. 2012 18:15)

Re: Priestor

#11 24. 06. 2012 19:02 — Editoval vanok (24. 06. 2012 19:04)

Re: Priestor

Zápatí