Математическое и загадочное

[E.K.]

Не надо больше подсказок, надо самостоятельно подумать..

 

Но как-то не очень получается. Вот: есть чёрная точка и серая окружность. Можно, конечно, выбрать ещё каку-то точку совсем за пределами окружности и чиркать через них прямые - пока случайно не окажется касательной. Но это, наверное, не самый правильный метод решения..

А что ещё можно сделать? Ну, провести пару линий (коричневые) через окружность - получим ещё четыре точки. Через них можно ещё пару прямых провести - получим точку "на северо-востоке".. Можно ещё через полученные точки три синие провести и вот ещё пара синих точек. Но что дальше?.. Надо думать.

[barefoot]

Уже практически решили) Осталось провести прямую через точку "на северо-востоке" и точку пересечения диагоналей.

[E.K.]

Да, я видел это - но почему-то мне показалось, что если двигать одну из пересекающих окружность коричневых - точка пересечений движется не по прямой.. Почему? - уже не помню. Но беру тайм-аут, мне что-то поработать надо..

[Рогожников Евгений]

18.05.2020 в 20:23, barefoot сказал:

Уже практически решили) Осталось провести прямую через точку "на северо-востоке" и точку пересечения диагоналей.

 

Осталось дело "за малым". Доказать, что эти точки искомые. На мой взгляд, это достаточно сложно. Если не знать про поляры и их свойства, то придется серъезно повозиться .  Фактически, доказать следующий набор утверждений:

 

Пусть есть  окружность с центром в точке O и радиусом R

Пусть есть точка A

 

утверждение 1) Геометрическим местом точек B, таким, что выполнено  векторное  соотношение OA*OB = R^2, является прямая линия.

Эту линию будем называть поляром точки A относительно  окружности

 

утверждение 2)  Если точка A лежит вне окружности, то касательные к окружности, проведенные из точки A, касаются окружности в точках пересечения окружности и поляра точки A

 

утверждение 3)  Если точкаB лежит на поляре точки A, то и точкаA лежит на поляре точки B

 

утверждение 4)  Точка пересечения диагоналей вписанного четырехугольника лежит на поляре точки пересечения противоположных сторон четырехугольника

 

Если первые три утверждения относительно легкие,то последнее достаточно сложное.

Уже не говоря, про то, что сама идея получения этих утверждений нетривиальна.

 

Впрочем, возможно, есть и более изящное доказательство исходной задачи.

Но я его пока не вижу

 

 

 

[Fireman]

11 часов назад, Рогожников Евгений сказал:

 

Впрочем, возможно, есть и более изящное доказательство исходной задачи.

возможно это все поляры и т.д. (

Но объяснение в принципе тоже самое - проекционное преобразование, отодвигаем точки на бесконечность и работаем с параллельно-перпендикулярными прямыми и центром окружности

 

 

Изменено 20 мая, 2020 пользователем Fireman

[E.K.]

Почему при обратном преобразовании BC останется прямой, а не превратится в тыкву в линзу?

[Fireman]

3 часа назад, E.K. сказал:

Почему при обратном преобразовании BC останется прямой, а не превратится в тыкву в линзу?

при проекционных преобразованиях прямые ВСЕГДА переходят в прямые, а вот окружности в некоторых преобразованиях легко могут в дуги даже превратиться, но мы выбираем такое преобразование, которое окружность оставляет окружностью

 

 

 

[Fireman]

2 часа назад, Fireman сказал:

при проекционных преобразованиях прямые ВСЕГДА переходят в прямые, а вот окружности в некоторых преобразованиях легко могут в дуги даже превратиться, но мы выбираем такое преобразование, которое окружность оставляет окружностью

Например, можно решить такую вспомогательную задачу:

 

Рассмотрим на координатной плоскости Oxz точки O(0, 0), N(0, 1), E(1, 0) - т.е. центр окружности и  точки, лежащие на окружности единичного радиуса. Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единичной окружности, обозначим через P пересечение отрезка EM с прямой z = 1. Ясно, что двигая точку M по дуге NE, мы можем сделать отношение EM : MP равным произвольному числу.

Поэтому преобразованием подобия данную окружность S можно перевести в окружность S1, построенную на отрезке EM как на диаметре в плоскости A', перпендикулярной Oxz, так, чтобы точка A (из задачи про построение линейкой касательной) перешла в точку, лежащую на прямой, проходящей через P перпендикулярно Oxz.

Окружность S1 лежит на единичной сфере с центром в начале координат, следовательно, при стереографической проекции она проецируется в окружность S2 на плоскости Oxy.

 

Таким образом, при центральном проектировании плоскости A' на плоскость Oxy из N окружность S1 перейдет в S2, а точка A — в бесконечно удаленную.

Изменено 21 мая, 2020 пользователем Fireman

[E.K.]

20.05.2020 в 11:39, Рогожников Евгений сказал:

Осталось дело "за малым". Доказать, что эти точки искомые. На мой взгляд, это достаточно сложно. Если не знать про поляры и их свойства, то придется серъезно повозиться.

Ммда.. Доказательство через поляры и гармонические четвёрки - довольно непростое занятие, требующее специальных знаний. Я сам о таких геометрических терминах впервые услышал.. и задачки такой сложности здесь не принято задавать. Всем читающим приношу извинения.

[E.K.]

21.05.2020 в 10:36, Fireman сказал:

при проекционных преобразованиях прямые ВСЕГДА переходят в прямые

Почему так?

Где подробнее можно почитать про подобные преобразования?

[Рогожников Евгений]

46 минут назад, E.K. сказал:

Почему так?

Где подробнее можно почитать про подобные преобразования?

 

 

Фактически, по определению. Математика там не особо сложная.Проходится уже в первом семестре по аналитической геометрии.

Тем не менее, лично я люблю, когда решения подобных задачи ( которые, по сути, даются и школьникам) опирались бы только на те понятия, которые известны школьникам.

 

К счастью, в данном случае, можно использовать только часть теории по проективным преобразованиям, и доказать эти утверждения прямо в рамках доказательства данной задачи.

Это довольно несложно.

 

Зато оттуда прямо следует очень красивое и наглядное доказательство исходной задачи , которое выше привел Fireman. 

 

Итого, к его доказательству я бы добавил "предисловие":

 

1) введем понятие проективной плоскости. Это обычная плоскость, к которой добавлена бесконечно удаленная "прямая". Если в плоскости даны две параллельных прямых, то считаем, что они пересекаются в одной точке, которая лежит на этой бесконечно удаленно прямой. Тогда у нас выполнено условие, что любые две прямые на проективной плоскости пересекаются ровно в одной точке

 

2) Пусть у нас есть в пространстве две проективных плоскости P1 и P2 и точка O, которая не лежит на этих плоскостях. Для любой точки B из полоскости P1 строим прямую OB. Она пересечет плоскость P2 ровно в одной точке. Таким образом у нас имеется биекция плоскости P1 на плоскость P2. Данная биекция и есть проективное преобразование плоскости на плоскость. ТОчку O назовем центром проекции.

 

все выше было, по сути, просто определениями.

Но уже оттуда очевидно, что при проективном преобразовании прямая перейдет в прямую. В самом деле, если у нас есть некая прямая L1 на P1, то рассмотрим плоскость, которая проходит через L1 И точку O.

Эта плоскость пересечет плоскость P2 по некоторой прямой L2. Ясно, что L2 этои есть образ прямой L1 при проективном преобразовании.

 

Осталось теперь только показать, что если  у нас есть окружность и точка A, которая не лежит на окружности ( как и было задано в исходной задаче), то найдется проективное преобразование, которое утащит точку A на бесконечность, а окружность переведет в окружность. И чуть выше Fireman и привел  пример такого преобразования.

Если честно, то я в нем не разобрался  Но оно натолкнуло меня на идею самому построить такое отображение ( возможно, что fireman говорил о том же самом).

 

Итак: исходную плоскость с нашей точкой A и окружностью обозначим через P1.  Проведем из A и центр окружности прямую. Эта прямая пересечет окружность в двухточках.Более дальнюю от A обозначим через B.  В качестве плоскости P2 возьмем плоскость, проходящую через B  перпендикулярно к AB. Если вводить систему координат, то B у нас это начало отсчета. Ось BA есть ось аппликат. Плоскость P2 эта плоскость XY, а плоскость P1 это плоскость XZ.    Осталось только выбрать точку O центра проекции .  Выбирать ее будем на прямой, проходящей через точку A перпендикулярно плоскости P1. Ясно, что в этом случае точка A всегда уйдет в бесконечность. Проекцией же окружности у нас будет эллипс ( сечение конуса плоскостью P2 , где вершина конуса это точка O, а основание наша окружность). При этом, двигая точку O по прямой от точки A до бесконечности, наш эллипс будет непрерывно меняться от оси ординат до оси абсцисс. Ясно, что будет ровно одна промежуточная точка, когда наш эллипс будет окружностью. Это и есть искомое положение точки O

 

 

[E.K.]

По науке "криптография" геометрию не преподавали вообще никак.. Увы, я с этой темой вообще никак не знаком.

[Fireman]

49 минут назад, Рогожников Евгений сказал:

возможно, что fireman говорил о том же самом

в принципе это действительно разновидности одного и того же преобразования, ваше даже проще объяснено

 

2 часа назад, E.K. сказал:

Где подробнее можно почитать про подобные преобразования?

Проективная геометрия

Например, http://bdn-steiner.ru/modules/Books/files/Bernhard-proektivnaya-geometria.pdf

 

Вроде как более-менее серьезно это направление начал развивать Дезарг со своей основной теоремой проективной геометрии (теорема Дезарга):

 

Теорема:

Если два треугольника расположены на плоскости таким образом, что прямые, соединяющие соответственные вершины треугольников, проходят через одну точку, то три точки, в которых пересекаются продолжения трёх пар соответственных сторон треугольников, лежат на одной прямой.

 

Доказательство:

 

Т.е. в лучших традициях древнегреческих (или древнеиндийских математиков), у которых доказательство состояло из одного слова "СМОТРИ"

 

 

[E.K.]

Да, проекцией в трёхмерное сразу всё "смотри" - и видно..

 

Ладно, будем эту задачку считать решённой.

[E.K.]

Вот ещё какая задачка прискакала. Цитирую:

 

Есть четыре комнаты одинаковой формы и размеров, количество сторон не регламентируется. Задача - нарисовать эти комнаты, расположенные так, чтобы из каждой в каждую была дверь. Дверью считается общий отрезок любой длины, совместная точка дверью не считается.

 

Сам я в геометриях не очень силён, посему отдаю всем вам на совместное раздербанивание.

 

// Надо фотку какой-нибудь двери пришить к этому делу.. Вот, например, дверь моего номера в Канберре, ноябрь 2013