¿Cuál es la forma paramétrica de la única línea que cruza estas otras tres líneas?

Question

En el espacio afín real $\Bbb A^4$ dejar $A=(1,2,1,0), A'=(1,2,2,-1), B=(1,0,0,0), B'=(2,0,0,0), C=(2,1,1,0), C'=(-2,1,-1,0).$

Ahora dejemos que $a$ sea la línea que pasa por $A$ et $A'$ , $b$ a través de $B$ et $B'$ , $c$ a través de $C$ et $C'$ . ¿Cuál es la forma paramétrica de la línea única que cruza $a, b, c$ ?

Se trata de un ejercicio cuya solución debía encontrar en la página web de mi profesor, como ejemplo para los demás, pero en realidad no había solución. Lo he intentado con lo que sé del libro pero no lo he conseguido del todo, y ahora mismo no puedo contactar con mi profesor... ¿podríais ayudarme?

Answer 1

Escribe las coordenadas de los puntos dados $A,A',B,B',C,C'$ en las columnas de una matriz y anteponer una fila con todos los unos: $$M = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 2 & 2 & -2 \\ 2 & 2 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$ Esta matriz tiene una columna más que filas, por lo que debe tener un espacio nulo de dimensión al menos uno. El álgebra lineal elemental muestra que el espacio nulo lo abarca el vector $$(-2,0,-2,0,3,1)^\top$$ En otras palabras, $$C' = 2A + 2B - 3C$$ Obsérvese que los coeficientes del lado derecho suman $1$ . Esto implica que $C'$ se encuentra en el plano bidimensional $f$ que contiene $A,B,C$ . Por lo tanto, la línea $c$ se encuentra en $f$ también.

La solución es, por tanto, la línea que pasa por $A,B$ : Se encuentra en $f$ también y cruza $c$ en $\frac{1}{4}(3C + C') = \frac{1}{2}(A + B)$ . Elaborar una parametrización es ahora un ejercicio fácil que se deja al lector.

Generalmente, si el espacio nulo de $M$ contiene un vector $(\alpha,\alpha',\beta,\beta',\gamma,\gamma')^\top$ con $\alpha+\alpha',\beta+\beta',\gamma+\gamma'$ no es cero, entonces $$\begin{align} A''\stackrel{\text{def}}{=} \frac{\alpha A + \alpha' A'}{\alpha + \alpha'} &\in a & B''\stackrel{\text{def}}{=} \frac{\beta B + \beta' B'}{\beta + \beta'} &\in b & C''\stackrel{\text{def}}{=} \frac{\gamma C + \gamma' C'}{\gamma + \gamma'} &\in c \end{align}$$ y $A'',B'',C''$ son colineales, por ejemplo $$\frac{(\alpha + \alpha')A'' + (\beta + \beta')B''} {\alpha + \alpha' + \beta + \beta'} = C''$$ Obsérvese que el denominador es igual a $-(\gamma + \gamma')$ (debido a la fila de unos en $M$ ) y, por tanto, es distinto de cero.

A la inversa, si existen dos pares colineales distintos $A''\in a, B''\in b, C''\in c$ , digamos que $rA'' + sB'' + tC'' = 0$ con escalares no nulos $r,s,t$ tal que $r+s+t = 0$ podemos escribir $$\begin{align} A'' &= uA + (1-u)A' & B'' &= vB + (1-v)B' & C'' &= wC + (1-w)C' \end{align}$$ con parámetros de línea adecuados $u,v,w$ , y establecer $$\begin{align} \alpha &= ru & \beta &= sv & \gamma &= tw \\ \alpha' &= r(1-u) & \beta' &= s(1-v) & \gamma' &= t(1-w) \end{align}$$ Entonces $$\begin{align} \alpha + \alpha' &= r \neq 0 & \beta + \beta' &= s \neq 0 & \gamma + \gamma' &= t \neq 0 \end{align}$$ y $$\begin{align} \alpha + \alpha' + \beta + \beta' + \gamma + \gamma' &= r + s + t = 0 \\ \alpha A + \alpha' A' + \beta B + \beta' B' + \gamma C + \gamma' C' &= rA'' + sB'' + tC'' = 0 \end{align}$$ lo que implica que $(\alpha,\alpha',\beta,\beta',\gamma,\gamma')^\top$ está en el espacio nulo de $M$ .

Answer 2

Las tres ecuaciones de la línea se pueden escribir como sigue:

$$a(u) = A + u(A'-A) = (1,2,1,0) + u(0,0,-1,1)$$

$$b(v) = B + v(B'-B) = (1,0,0,0) + v(-1,0,0,0)$$

$$c(w) = C + w(C'-C) = (2,1,1,0) + w(-4,0,-2,0)$$

La forma paramétrica de la línea solicitada:

$$x(t) = (x_0, x_1, x_2, x_3) + t(d_0, d_1, d_2, d_3)$$

La intersección entre $x(t_a)$ et $a(u_x)$ conduce a cuatro ecuaciones:

$$\begin{aligned} x_0 + t_a d_0 &= 1 \\ x_1 + t_a d_1 &= 2 \\ x_2 + t_a d_2 &= 1 - u_x \\ x_3 + t_a d_3 &= u_x \end{aligned}$$

La intersección entre $x(t_b)$ et $b(v_x)$ nos da:

$$\begin{aligned} x_0 + t_b d_0 &= 1 - v_x \\ x_1 + t_b d_1 &= 0 \\ x_2 + t_b d_2 &= 0 \\ x_3 + t_b d_3 &= 0 \\ \end{aligned}$$

La intersección $x(t_c)$ et $c(w_x)$ conduce a:

$$\begin{aligned} x_0 + t_c d_0 &= 2 - 4w_x \\ x_1 + t_c d_1 &= 1 \\ x_2 + t_c d_2 &= 1 - 2w_x \\ x_3 + t_c d_3 &= 0 \\ \end{aligned}$$

He utilizado el Excel Solver para resolver este conjunto de $12$ ecuaciones no lineales. La ecuación lineal resultante en forma paramétrica:

$$(1,0,0,0) + t(0,2,1,0)$$

Los puntos de intersección: $$a: (1,2,1,0)$$ $$b: (1,0,0,0)$$ $$c: (1,1,0.5, 0)$$

Hay un total de $14$ desconocidos:

• El vector base de la línea ( $4$ coordenadas $x_0, x_1, x_2, x_3$ )
• El vector de dirección de la línea ( $4$ componentes $d_0, d_1, d_2, d_3$ )
• Los tres parámetros de distancia $u_x, v_x, w_x$
• Los tres parámetros del punto de intersección $t_a, t_b, t_c$ de la línea

El conjunto de ecuaciones que hay que resolver está formado por $3 \times 4$ ecuaciones no lineales. En lugar de utilizar un solucionador general, probablemente se podría utilizar el hecho de que algunas de las componentes de dirección son cero. El vector de dirección puede ser escalado.

Queda por demostrar que esta solución es única.

Answer 3

Una solución elemental e intuitiva

Las ecuaciones paramétricas para las tres líneas dadas pueden ser

$$a(t)=\begin{bmatrix}0\\0\\-1\\1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}1\\2\\1\\0\end{bmatrix},\ b(u)=\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}u+\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix},\ c(v)=\begin{bmatrix}2\\0\\1\\0\end{bmatrix}v+\begin{bmatrix}2\\1\\1\\0\end{bmatrix}.$$

Considera ahora las siguientes cifras:

(Aquí $x$ , $y$ , $z$ y $w$ son la primera, la segunda, la tercera y la cuarta coordenadas, respectivamente, siendo la superior $x$ .)

(1) La primera figura representa los gráficos de $\color{red}a,b$ y $c$ en el $xy$ avión. En esta vista se puede ver que una línea ( $\color{blue} d$ ) que cruza estas tres líneas puede ser una línea que tenga $1$ en su $x$ independientemente de las otras coordenadas. En otras palabras, la vista de la línea de cruce tiene que pasar por el punto rojo (la imagen de $\color{red}a$ ), la línea negra vertical (la imagen de $b$ ), y la línea negra horizontal (la imagen de $c$ .)

(2) La segunda imagen muestra que el $w$ coordenada de la línea de cruce tiene que ser $0$ de lo contrario no podrían existir tres puntos comunes.

(3) La tercera figura muestra claramente que la línea de cruce tiene que pasar por el punto $(0,0)$ . La ecuación de esta línea en el $yz $ el avión es

$$\begin{bmatrix}1\\m\end{bmatrix}s.$$ Una línea de este tipo podría cumplir con todas las líneas prácticamente para cualquier $m$ . al menos en el $yz$ avión.

Resumir lo que tenemos para la línea de cruce:

$$d(s)=\begin{bmatrix}0\\1\\m\\0\end{bmatrix}s+\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}.$$ Se puede comprobar que $m=\frac12$ es la única solución para la que se cumplen las tres líneas. (Cuando digo única, me refiero a que el vector de dirección puede seguir multiplicándose por cualquier real distinto de cero y sigue siendo el mismo).