13 февр. 2014 г.

Выход из плоскости

Добрый день.

В прошлый раз я напрасно оговорил Шарыгина, так как задачка о трёх окружностях и общих касательных была разобрана у Моденова. Если вы не сталкивались раньше с таким классом решений (речь о выходе из плоскости), то я рекомендую вам прочитать статью Александра Шеня «Three-dimensional solutions for two-dimensional problems» — это всего четыре страницы, но много разных интересных идей.

Во-вторых, давайте сформулируем ещё пару задачек, которые решают достаточно похоже (я вообще люблю и считаю очень полезными задачки на построение, поэтому радуюсь любому поводу про них вспомнить):

1) Докажите, что невозможно построить биссектрису угла, пользуясь только линейкой.

2) Докажите, что невозможно построить середину отрезка, пользуясь только линейкой.

(естественно, в обеих задачках подразумевается, что у нас есть карандаш, но нет циркуля)

В-третьих, разберёмся с прошлой задачкой про три окружности и внешние общие касательные.

Мне показалось более естественным следующее решение:
- надуем в центре каждой из этих окружностей сферу, радиус которой совпадает с радиусом соответствующей окружности,
- заметим, что плоскость, касающаяся пары таких сфер, проходит через точку, в которой пересекаются общие касательные пары соответствующих окружностей,
- уроним сверху плоскость на три наши сферы — она пересечётся с основной плоскостью по прямой, на которой и находятся все три точки.

Моденов предлагает такое построение (без сфер):
- из центра каждой окружности отложим отрезок, длина которого равна радиусу окружности, а сам он перпендикулярен плоскости (все отрезки направим в одну сторону от плоскости,
- заметим, что прямая, проходящая через концы пары таких отрезков, лежащие вне плоскости, содержит точку, в которой пересекаются общие касательные пары соответствующих окружностей,
- уроним сверху плоскость на три конца отрезков — она пересечётся с основной плоскостью по прямой, на которой и находятся все три точки.

Я понимаю, почему второе решение проще первого — оно почти не требует стереометрических знаний. Но как его придумать?

Итого, вопросы такие:
1) Вы тоже считаете, что решение со сферами более естественное? Или это мой личный способ видеть сложное там, где его нет?
2) Какие стереометрические задачи вы знаете, которые удобно решить, выйдя из трёхмерного пространства в четырёхмерное?

Хорошего дня!

37 комментариев:

  1. Второй шаг в объяснении Моденова ну как-то не совсем очевиден.

    Т.е. если в случае со сферами мы имеем перпендикуляр от центра окружности к "роняемой" плоскости, и при этом мы получаем равные треугольники (центр окружности - точка касания - точка пересечения). То в случае с отрезками - перпендикуляр идет к исходной плоскости и треугольники даже не подобные. Понятно, что эта прямая через данную точку проходит, но вот за этим "заметим" спрятано еще несколько шагов.

    З.Ы. Нет, самому мне так и не удалось найти решение.

    ОтветитьУдалить
  2. Добрый день, Илья!
    По поводу задачки о трех окружностях и касательных к ним...
    Это довольно старая задачка, ее придумал в 18 веке Жан Д'Аламбер, а решил первым французский геометр Гаспар Монж, в честь коnорого эта задачка называется "Теоремой Монжа".

    Вот на этой страничке:
    http://www.cut-the-knot.org/proofs/threecircles.shtml#solution
    можно найти как минимум пять доказательств теоремы Монжа, с выходом в 3-D и без оного.
    А также, в конце той же странички, приведены 11 планиметрических задачек, которые решаются выходом в третье измерение.

    Однако я нигде в сети не нашел решения, которое мне кажется наиболее естественным - решения с переходом от геометрии к кинематике, если так можно выразиться, с переходом
    2D->2D+T,
    где Т - ось времени.
    Это решение несколько более сложное, чем со сферами, но оно мне нравится больше, поскольку я только что его придумал. :)

    ОтветитьУдалить
    Ответы
    1. А поделитесь этой идеей с 2D+T? У меня фантазии на него пока не хватило, а разобраться хочется.

      Удалить
    2. Добрый день!
      Обязательно поделюсь, как только будет время аккуратно все нарисовать...
      Удачи!

      Удалить
  3. Простите, что не по теме, но очень хочется понять:

    Действительные корни квадратного уравнения геометрически обозначают точки пересечения параболы с осью абсцисс.
    А что геометрически обозначают комплексные корни (когда дискриминант отрицателен) ?

    Заранее благодарю за подсказку или совет где искать.

    ОтветитьУдалить
    Ответы
    1. Самое простое понимание приходит, опять же, с выходом в третье измерение.
      Все то же самое, только ось абсцисс заменяем на плоскость, где по одной оси (Х) будем откладывать действительную часть комплексного числа, а по второй оси(Y) - чисто мнимую часть этого же комплексного числа.
      Тогда любое комплексное число a+bi будет представлено точкой на этой комплексной плоскости с координатами (Xo,Yo).
      Bведем еще третью ось (Z) перпендикулярную двум первым, и проходящую через начало координат.
      Теперь парабола, соответствующая квадратному уравнению (x-x1)(x-x2)=0 будет иметь ось, параллельную оси Z, а решениями уравнения будут точки пересечения параболы с плоскостью Z=0...
      Читать об этом - в любом букваре по теории функций комплексного переменного... :)

      Удалить
    2. > Теперь парабола, соответствующая квадратному
      > уравнению (x-x1)(x-x2)=0 будет иметь ось,
      > параллельную оси Z, а решениями уравнения
      > будут точки пересечения параболы
      > с плоскостью Z=0...

      Правильно ли я понимаю, что речь идет о параболе в плоскости X0Z, т.е. Z(x)=(x-x1)(x-X2) ?
      Если да, то уравнение (x-x1)(x-X2)=0 ВСЕГДА будет иметь корнями некие точки на комплексной плоскости X0Y (Z=0), но при этом парабола в плоскости X0Z вовсе не всегда будет пересекать плоскость Z=0.
      Вот я и пытаюсь понять как это геометрически выглядит - пока парабола пересекает Z=0 корнями являются точки пересечения x1+0i и x2+0i (это визуально очевидно),
      а если парабола не пересекает Z=0, то корнями являются сопряженные числа X+Yi и X-Yi (где X - точка пересечения оси параболы с плоскостью Z=0 на оси X) - а вот это-то как раз мне и непонятно: точки есть, а пересечения нет.

      Удалить
    3. Придумал и нарисовал - вот:
      https://dl.dropboxusercontent.com/u/23658560/SquareRoots.jpg

      Удалить
    4. Отличная иллюстрация!

      Удалить
    5. to vladk: на Ваш вопрос - "Правильно ли я понимаю, что речь идет о параболе в плоскости X0Z, т.е. Z(x)=(x-x1)(x-X2) ?"...
      Прежде всего начнем с обозначений.
      В моем ответе на ваш исходный вопрос, и в Вашем рисунке они разные.
      Ваша ось Х и моя ось Х - совпадают.
      Ваша ось I совпадает с моей осью Y.
      Ваша ось Y совпадает с моей осью Z.
      Я надеюсь, Вы понимаете правильно, что на этой, последней, оси откладываются только действительные числа, и в исходном квадратном уравнении все коэффициенты действительные, хотя могут быть комплексные корни.
      Теперь я повторяю свой ответ в Ваших обозначениях.
      ---
      Самое простое понимание приходит, опять же, с выходом в третье измерение.
      Все то же самое, только ось абсцисс заменяем на плоскость, где по одной оси (Х) будем откладывать действительную часть комплексного числа, а по второй оси(I) - чисто мнимую часть этого же комплексного числа.
      Тогда любое комплексное число a+bi будет представлено точкой на этой комплексной плоскости с координатами (Xo,Io).
      Bведем еще третью ось (Y) перпендикулярную двум первым, и проходящую через начало координат.
      Теперь парабола, соответствующая квадратному уравнению (x-x1)(x-x2)=0 будет иметь ось, параллельную оси Y, а решениями уравнения будут точки пересечения параболы с плоскостью Y=0...
      Читать об этом - в любом букваре по теории функций комплексного переменного... :)
      ----
      Теперь действуем так.
      Берем две параболы, из которых одна всегда лежит в плоскости XoY, а вторая всегда лежит в плоскости, параллельной к плоскости IoY и эти две параболы всегда сцеплены вершинами.
      Общая вершина двух парабол всегда будет лежать в плоскости ХоY на прямой х=Хо, где Хо=(х1+х2)/2,
      х1 и х2 -корни уравнения.
      Теперь возьмем систему из двух уравнений:
      y=x^2
      y=0
      Этой системе будет соответствовать пара описанных выше парабол с общей вершиной в начале координат.
      Заменим в системе y=0 на y=q, где q мы будем менять по нашему произволу.
      Из этой системы получаем квадратные уравнения x^2+q=0.
      Геометрически это будут плоскости, параллельные нашей комплексной плоскости,
      а пара парабол останется та же.
      Теперь, при положительных q плоскость будет пересекать "красную" параболу в двух точках, а при отрицательных q, "синюю" параболу в двух точках.










      Удалить
  4. По поводу теоремы Монже.
    На мой взгляд словесное описание решения в 3D что здесь, что здесь http://www.etudes.ru/ru/etudes/monge/ "как бы" понятно, но не до конца, т.к. с одной стороны есть два утверждения "точки лежат на одной прямой" и "две плоскости пересекаются по прямой", но не очевидно, что эти обе прямые обязаны совпадать.

    ОтветитьУдалить
    Ответы
    1. Да, не все утверждения сразу очевидны. Но многие верные утверждения можно доказать.

      Удалить
  5. Про середину отрезка линейкой.

    Попытка "доказать" невозможность построения путем выхода в 3D и наблюдения за отображением - ничего не доказывает. Да и само такое отображение можно построить в той же плоскости - 3D не нужен.

    Мой вариант доказательства следующий:
    Наличие середины у какого-либо отрезка предполагает равное удаление точки, которую мы условились называть серединой, от концов отрезка. Возможность нахождения равноудаленной точки предполагает, что мы имеем инструментарий как минимум для сравнения любой пары точек на предмет "равноудаленности".
    Линейка, по определению задачи ничего отмерять не может, поэтому в необходимый инструментарий включена быть не может.
    ЧТД.

    ОтветитьУдалить
    Ответы
    1. Вернее сказать "в необходимый инструментарий входить может, но вот в достаточный - нет".

      Удалить
    2. Больше похоже, что Вы пока не поняли предложенное решение.
      Идея в следующем: при предложенном в комментарии к предыдущей заметке решении отображении, действие с линейкой один в один переходит в соответствующее действие с линейкой на второй плоскости (это верно не для всех типов отображений, конечно). [Например, действия с циркулем не переходят, поэтому такая логика возможна для линейки, но не для циркуля.]

      Предлагаю Вам ещё раз подумать. Понимаю, что это не самая простая задача. Если не разберётесь, то давайте подробнее обсудим.

      Удалить
    3. > при предложенном в комментарии к предыдущей
      > заметке решении отображении, действие с линейкой
      > один в один переходит в соответствующее
      > действие с линейкой на второй плоскости

      Поясните на чем основано данное утверждение?

      Наверное мы пользуемся разными понятийными "пониманиями".
      Давайте, для начала, Вы зададите допустимые для линейки "действия".

      Удалить
    4. С линейкой есть всего одно действие - "провести прямую через две различающиеся точки". Но поскольку у нас может быть операция "взять произвольную точку", то, объединив их, мы получаем ещё парочку:
      - провести произвольную прямую через заданную точку,
      - провести произвольную прямую.

      Удалить
    5. Анонимный04.06.2014, 15:25

      Вы пишете: "Возможность нахождения равноудаленной точки предполагает, что мы имеем инструментарий как минимум для сравнения любой пары точек на предмет "равноудаленности" " (видимо, Вы имели в виду "любых пар" или "любой пары пар", но я не об этом)
      Это неочевидно (надо доказать, если так)
      Почему бы не существовать некоему алгоритму допустимых действий, в результате кот. получается точка, про которую можно доказать, что она равноудалена от двух других. Ничего не сравнивая (никакие расстояния никаким инструментом)
      Например, с пом. одного циркуля, без линейки, можно построить середину отрезка между двумя заданными точками. И доказать это. Не проверяя линейкой что она лежит на той же прямой (ну, и не измеряя ничем расстояний тоже)
      --
      Собственно, достаточно этого : мы же доказываем в построениях равенство расстояний, например противоположных сторон параллелограмма, ничего не сравнивая никаким инструментом? Почему же для док-ва равноудалённости, т.е. тоже равенства двух расстояний,
      "предполагается, что мы имеем инструментарий как минимум для сравнения любой пары точек на предмет "равноудаленности" " ???

      Удалить
    6. Анонимный04.06.2014, 15:37

      Это был коммент к vladk 20.02.14, 3:36

      Удалить
  6. Про бисектриссу.
    Если используется стандартная школьная ПРЯМОУГОЛЬНАЯ линейка, то биссектрисса достаточно малых углов строится на ура, я это еще в школе делал. "Одномерная линейка в вакууме" такое не позволит...

    ОтветитьУдалить
  7. Анонимный09.04.2014, 15:43

    ck6262@mail.ru

    Окружности и сферы

    Для начала. Занимательность математики (имхо) не находится в области формул функций, цепочек вычислений и прочей тоски.)))

    О задачке. Представим себе (естественно бесконечный) двугранный угол ребром вниз с засыпанными в него (в бесконечном же количестве) прозрачными разнокалиберными сферами способными пересекаться каждая из которых касается обоих граней и все становится просто.

    ))) После такого рассмотрения ясно - условие что ни одна из трех окружностей не лежит целиком внутри другой, несколько, натянуто и не обязательно. Что бы в этом убедиться достаточно повертеть указанную модель и рассмотреть ее со всех сторон (например заглянуть между гранями) и увидеть как линия ребра пересекает окружности сфер. Я понятно излагаю? ))))

    Вот только не пойму - я что-то доказал или наоборот - опроверг? )))

    Прошу прощения за дубль - не уследил за трансформацией виртуального пространства блога - ну тут я ваащпэ не але. )))

    ОтветитьУдалить
    Ответы
    1. Вы правы, условие строже, чем требуется.

      Удалить
    2. Анонимный16.04.2014, 21:58

      ck6262@mail.ru

      Я, в свою очередь, настроен более решительно!

      Удалить
  8. Анонимный09.04.2014, 17:06

    ck6262@mail.ru

    Про Т

    По рассмотрев свою модель с этой стороны от нее (модели) осталась только одна сфера вписанная в произвольный угол менее 180-ти градусов. Вращается, удаляется, приближается, но картинка не меняется.

    Боюсь, только, что это не станет понятно каждому.

    ОтветитьУдалить
  9. Анонимный14.04.2014, 15:33

    ck6262@mail.ru

    Окружности и сферы

    Подытожим: При наличии трех разновеликих окружностей, где центр хотя бы одной из них не не совпадает с центрами других окружностей, указанная модель будет существовать и радовать глаз.

    Да! касательные..., а что касательные? да бог с ними...

    ОтветитьУдалить
  10. Анонимный14.04.2014, 16:35

    ck6262@mail.ru

    Окружности и сферы.

    Покончив, наконец, с доказательством теоремы - развлечемся всерьез.

    Смертельный номер. Зрителей... э... читателей со слабыми нервами прошу покинуть цирк... э... данную тему блога.

    Внимание - вынос мозга!

    Итак, имеется рисунок на бумаге, где изображены всякие окружности с центрами на одной линии проведенной по линейке, ну и пусть будут касательные к окружностям полностью не лежащим одна внутри другой ))).

    Я берусь утверждать, что на рисунке изображены сферы абсолютно одинакового диаметра касающиеся двух поверхностей, причем - эти поверхности никогда и нигде не пересекаются, при этом, поверхности не являются плоскостями, мало того, линия проведенная по линейке не является прямой!

    Спорить не стоит - ведь, вместе со мной очень много людей разных времен и народов, великих и неизвестных среди них сам Леонардо да Винчи - ищите правильный ответ.

    ОтветитьУдалить
    Ответы
    1. Попробуйте точнее навести нас на идею, что именно искать ;)

      Удалить
  11. Анонимный14.04.2014, 16:55

    ck6262@mail.ru

    Окружности и сферы.

    А! вопрос... ну хотя бы - Чем являются (так любимые многими) касательные изображенные на данном рисунке? Кстати, они - прямые!

    ОтветитьУдалить
  12. Анонимный16.04.2014, 12:59

    ck6262@mail.ru

    Окружности и сферы.

    Искать нужно все - что есть прямая, поверхности, касательные, а главное - основание (моего, многих других и Леонардо да Винчи) утверждения, т. е. понять и описать изображенную систему. Не помешает так же высчитать (для себя) диаметр этих сфер (устроит в сантиметрах), ну и в сантиметрах же выразить прямую и указанные поверхности.

    Что касается выноса мозга - это только на первый взгляд - на самом деле все элементарно.

    ОтветитьУдалить
  13. Анонимный16.04.2014, 22:13

    ck6262@mail.ru

    Окружности и сферы.

    Да! Там (в конце всего этого веселья) одно уравнение на белый свет попросится, вот оно меня более всего занимает.

    Интересно, Леонардо да Винчи об этом задумывался? )))))

    ОтветитьУдалить
  14. Анонимный24.04.2014, 1:04

    ck6262@mail.ru

    Окружности и сферы.

    Занимательной беседы (с наглядным извлечением рациональных зерен при различных способах рассмотрения) не получилось.
    Да! Илья, и строгость условия и мой решительный настрой вот к чему.

    Итогом и действительным предметом доказательства теоремы предложенной Д'Аламбером безусловно является некая (к стати, не очень сложная) функция зависимости двугранного угла в абсолютных значениях в трех мерном пространстве от координат центров сфер, величин диаметров сфер и свойств треугольника.

    Что касается рисунка теоремы предложенной Д'Аламбером - то он является неотъемлемой частью пространственного представления так как (во всей своей красе) всегда находится в биссекторной плоскости двугранного угла (на которую, так красиво, намекнул Илья Весенний надувая сферы).

    После вывода сей функции, желающим самостоятельно попыхтеть, станет ясно что получить прямую (а она всегда существует для этой функции) относительно трех разновеликих окружностей ни одна из которых целиком не лежит внутри другой, можно еще до построения касательных к данным окружностям, а сам вид функции явится доказательством "прямизны".

    Если же задать двугранный угол и только диаметры сфер - то точки центров сфер найти не получится - можно лишь найти три прямые параллельные ребру двугранного угла на которых точки центров сфер могут находиться. Тоже в плоскости.

    За сим откланиваюсь - если что - пишите письма ))).

    ОтветитьУдалить
  15. Анонимный24.04.2014, 22:32

    ck6262@mail.ru

    Окружности и сферы.

    С извинениями и с вашего позволения (не имея возможности отредактировать, уже опубликованное сообщение) поправлюсь:

    Разумеется ...функция зависимости абсолютных значений двугранного угла в в трех мерном пространстве от координат центров сфер и величин диаметров сфер, основанная на свойствах треугольника... добавлю: и на принципе подобности.

    ОтветитьУдалить
  16. Анонимный28.08.2017, 23:22

    ck6262@mail.ru

    Здравствуйте господа и милые девушки, это "обратно" я!

    Минули годы! и ни одного замечания к моему пасквилю! - что это?! - Вежливое всеобщее молчание на изложенную чушь? - или все "сожрали" мои экзерсисы за истину? - или решили соответствовать названию блога)))?

    Что бы это не было - я не расстраиваюсь и "бросаю кость" ))) пытливым умам:

    Давайте представим окружности как "одинаково ориентированные на плоскости подобные фигуры (чем разновеликие окружности, в принципе, и являются) и в теореме Д'Аламбера заменим окружности, ну например, одинаково ориентированными на плоскости разновеликими подобными треугольниками, а лучше кляксами (произвольными фигурами) да бы не зацикливаться на ерунде.

    И что мы видим - мама мия - теорема работает - касательные безошибочно указывают на все ту же прямую.

    Что же в этом случае делать с выходом из плоскости?!

    Вертикальные отрезки?!
    Зеркальная плоскость?!
    Динамика?!

    Что с фильмом делать?! )))

    В ЧЕМ ДЕЛО ???!!! б... !

    Ну и куда, собственно, Д'Аламбера девать?! )))

    Прошу прощения за рифму.)) Да! Разжевывать, точно, не буду - я ни куда не тороплюсь - самое главное событие в моей жизни давно произошло - подожду еще пару-тройку или более лет.

    ОтветитьУдалить
  17. Анонимный29.08.2017, 0:41

    ck6262@mail.ru

    Забыл задать еще один вопрос: Вы (все) уверены, что рисунок теоремы Д'Аламбера это 2D изображение, а не, скажем, IMAX изображение?! Можно (никто не запретит) заменить окружности футбольными мячами )))Ой! не пошло бы, вообще, все прахом.))) Но истина где-то рядом! )))

    ОтветитьУдалить
  18. Анонимный02.09.2017, 3:34

    ck6262@mail.ru

    Уважаемый Илья.

    "Полистав" страницы Вашего блога я понял: интригу, которую я, тут было, затеял никто и не увидит если Вы не освежите эту тему, хоть я десять лет жди. Убедительно Вас прошу сделать это если мои пояснения покажутся Вам интересными. Сразу проясню - про эту теорему, про Монжа с Д'Аламбером я
    впервые узнал иэ Вашего блога, увидел рисунок - глаза чуть не лопнули, а фильм доказательный посмотрел - так прям оборжался - Вы уж меня извините если саркастические нотки сквозят.

    Так вот теорема предложенная Д'Аламбером сродни задачкам про студентов поужинавших вскладчину в ресторане, где в конце спрашивается: куда там что делось? или наоборот - откуда что взялось? А выясняется - в условии путаница - вот баланс и не сходится. Я ее бухгалтерам задал - они надо
    мной посмеялись.

    Дело в том, что хитрый (ну или какой он там) Д'Аламбер поставил с ног на голову пинципы живописи, где прямая линия горизонта и прямые линии перспективы определяют изображаемые размеры одинаковых предметов удаленных на разные расстояния от глаз художника. К примеру: одинаковые стога,фигуры
    людей - летящие к горизонту воздушные шары!

    Поверните рисунок так что бы линия была горизонтально, а окружности с касательными были сверху - чем не летящие монгольфьеры? - гондол только не хватает. Кстати если подрисовать гондолы соответствующих размеров то касательные упрутся все в те же точки на горизонте - IMAX картинка -
    передача объема на плоскости. Все! - можно, ну или "Монжо"))) смеяться.

    Прямизна линии из предмета доказательства перекочевала в предмет условия.

    ОтветитьУдалить
    Ответы
    1. Да, Вы правы, сюда читатели не так часто заглядывают, чтобы всерьёз рассчитывать на обширное внимание к новым комментариям. Давайте так: если хотите опубликовать важную мысль, то пришлите её в виде заготовки статьи на адрес mytribune@yandex.ru - тогда мы совместно сможем опубликовать новую заметку в блоге.

      Удалить
  19. Анонимный02.09.2017, 5:25

    ck6262@mail.ru

    А! Ну да монгольфьеры летящие на одной высоте!)))

    ОтветитьУдалить

Понравилась заметка? Подпишитесь на RSS-feed или email-рассылку.

Хотите поделиться ссылкой с другими? Добавьте в закладки:



Есть вопросы или предложения? Пишите письма на адрес mytribune АТ yandex.ru.

С уважением,
      Илья Весенний