Cómo puedo probar que 3 aviones están dispuestos en un triángulo-como la forma sin el cálculo de las líneas de intersección?

Question

El problema

Tan recientemente en la escuela, debemos hacer una tarea algo como esto (más o menos traducido):

Asignar un sistema de ecuaciones lineales para cada dibujo

Luego, hubo algunos sistemas de tres ecuaciones lineales (SLEs) donde cada ecuación se describe un avión en su coordenada y algunos bocetos de tres planos en alguna relación (por ejemplo, paralelo o intersección a 90°-los ángulos.

Mi pregunta

Por alguna razón, de inmediato supe que esos aviones:

pertenecía a este SLE: $$ x_1 -3x_2 +2x_3 = -2 $$ $$ x_1 +3x_2 -2x_3 = 5 $$ $$-6x_2 + 4x_3 = 3$$

Y resultó ser cierto. En la escuela, nos lo demostró mediante la determinación de los aviones líneas de intersección y demostrando que son paralelos, pero no idénticos.
Sin embargo, creo que debe ser posible para mostrar los aviones están organizados de esta manera, sin un montón de cálculo. Desde que me vio inmediatamente/"sentido" que los aviones se describe en el LUPUS eritematoso sistémico deben estar dispuestos en la forma en que están en la imagen (como un triángulo). Yo también podría determinar la misma "forma" en una pregunta similar, así que no creo que era sólo una coincidencia.

Lo que necesita ser demostrado?

Por lo tanto debemos mostrar que los tres planos se describe por la LES cortan el uno al otro en una forma que yo realmente no sé cómo describir. Que no se cruzan el uno con el otro perpendicular (al menos ellos no tienen que ser dispuestos en un triángulo), pero no hay ningún punto en el que todos los tres planos que se cortan. Si tuviera que poner una línea en el centro del triángulo, sería paralelo a todos los planos.

Los tres planos no comparten una línea de intersección como sería en este caso:

(que era otro dibujo de la tarea, pero no es relevante para esta cuestión, excepto por que tiene que ser excluidos)

Mis pensamientos

Si usted fuera a mirar en los planos exactamente de la dirección en la que la línea paralela de la sección anterior conduce, usted podría ver algo como esto:

Las flechas rojas representan la normal de cada plano (que debe ser perpendicular). Se puede ver que las normales, de alguna manera son parte de una (nueva) avión. Esto ya está dada por la manera en que los planos que se cortan el uno con el otro (como he descrito antes). Si ahora fuera a alinear su sistema de coordenadas de tal manera que el plano en el que los normales de la mentira es el $x_1 x_2$-avión, cada normales tendría un $x_3$ valor de $0$. Si ahora además de alinear los ejes de coordenadas de modo que el $x_1$-eje es idéntico a uno de los normales (vamos a elegir el de abajo), los valores de las normales sería algo así como esto:

$n_1=\begin{pmatrix} a \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ para la parte inferior normal

$n_2=\begin{pmatrix} a \\ a \\ 0 \end{pmatrix}$ para la parte superior derecha normal

y $n_3=\begin{pmatrix} a \\ -a \\ 0 \end{pmatrix}$ para la parte superior izquierda normal

Por supuesto, los aviones no tienen que ser ordenados de manera que los vectores de la línea de lo bien que están en uno de los planos de nuestro sistema de coordenadas.

Sin embargo, en el LUPUS eritematoso sistémico, me di cuenta de lo siguiente:

-Las tres normales (podemos simpla leer los coeficientes dado que las ecuaciones en coordenadas de la forma) son $n_1=\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}$, $n_2=\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix}$ and $n_3=\begin{pmatrix} 0 \\ -6 \\ 4 \end{pmatrix}$.

Como podemos ver, $n_1$ e $n_2$ tienen los mismos valores para $x_1$ y que $x_2(n_1)=-x_2(n_2)$; $x_3(n_1)=-x_3(n_2)$

También, $n_3$ es algo similar en que su $x_2$ e $x_3$ valores son los mismos que los $x_2$ e $x_3$ valores de $n_1$, pero multiplicado por el factor de $2$.

También me di cuenta de que $n_3$ no ha $x_1$ valor (o, más exactamente, el valor es $0$), mientras que para $n_1$ e $n_2$, el valor de $x_1$ es idéntico ($n_1=1$).

Conclusión

Yo me siento muy cerca de una solución, sólo que no sé qué hacer con mis pensamientos/enfoques con respecto a las normales de los planos.
Cualquier ayuda sería muy apreciada.

¿Cómo puedo demostrar que los tres planos se organizan en este triangular-como la forma mediante el uso de sus normales, es decir, sin tener que calcular los aviones intersección de las líneas? (Probablemente vamos a necesitar más que las normales, pero creo que ellos son el punto de partida).

Answer 1

Si usted escribe sus sistemas de ecuaciones como una matriz de la siguiente manera: $$A \vec{x} = \begin{bmatrix} 1 & -3 & 2 \\ 1 & 3 & -2 \\ 0 & -6 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 \\ 5 \\ 3\end{bmatrix} = \vec{b}$$ entonces aquí es una (tal vez) una manera más rápida para determinar si la imagen se ve como el triángulo. Nota: no sé cuán cómodo se siente con básicos de álgebra lineal conceptos, pero sólo es necesario para comprender la prueba de por qué esto es correcto. Se puede aplicar el método sin ninguna comprensión de ellos.

$1$. Si los tres vectores normales de los planos son múltiplos de la misma vector, a continuación, inmediatamente puede concluir que haya tres paralelo planos (y no el triángulo).

$2$. Si exactamente dos normales vectores normales son múltiplos de la misma vector, entonces usted puede inmediatamente a la conclusión de que usted no tiene el triángulo. En lugar de ello, usted tiene un plano que es cortada por dos planos paralelos.

$3$. Si ninguno de los vectores normales son múltiplos uno de otro, entonces es posible que tenga el triángulo. Como se señaló, los vectores normales debe estar en el mismo plano, es decir, linealmente dependiente, por lo que debe seguir que $\det(A) = 0$. Si este no es el caso, entonces usted puede inmediatamente a la conclusión de que los planos que se cortan en un punto.

$4$. Si hay una solución, entonces se $\vec{b}$ debe ser una combinación lineal de dos columnas linealmente independientes de $A$. (Esto es debido a que $A \vec{x}$ es sólo una combinación lineal de $A$'s columnas. Si hay un solución a $A \vec{x} = \vec{b}$ e $A$ tiene dos linealmente independientes columnas, $\vec{b}$ debe ser capaz de ser escrito como una lineal la combinación de las dos columnas). Por lo tanto, si sustituimos un linealmente columna dependiente (es decir, uno que puede ser expresado como un lineal la combinación de los otros) de $A$ con el vector $\vec{b}$ crear la matriz de $A'$, para que no haya solución (es decir, el "triángulo" de configuración) debe ser el caso de que $\det(A') \neq 0$. Si $\det(A') = 0$, entonces se puede concluir que haya tres planos intersección de una línea (la segunda foto que he publicado).

Afortunadamente, la elección de un linealmente dependiente de la columna es fácil. Usted sólo tiene que asegurarse de que a) reemplazar un cero de la columna con $\vec{b}$si $A$ tiene un cero de la columna o b) si hay dos columnas que son (distinto de cero) los múltiplos de cada uno de los otros, entonces reemplazar uno de ellos con $\vec{b}$. Y si ninguno de a) o b) es el caso, entonces usted puede elegir cualquier columna.

Ejemplo: voy a trabajar a través de los pasos anteriores con el ejemplo que has escrito.

Pasos $1$ e $2$. De inmediato me puede notar que ninguno de los vectores normales de los planos son paralelos. Por lo tanto, proceder al paso $3$.

Paso $3$. Podemos calcular $$\det(A) = (1)(12 - 12) - (-3)(4 - 0) + 2(-6 - 0) = 0$$ por lo tanto, proceder al paso $4$. Tenga en cuenta que si se ha podido observar que la tercera fila de $A$ fue una combinación lineal de la primera y segunda fila (la tercera fila es simplemente la primera fila, menos el de la segunda fila), o que la tercera columna fue un múltiplo de la segunda columna, usted puede inmediatamente salte al paso $4$.

Paso $4$. Se puede observar que ninguna de las columnas de ceros (caso a), pero en realidad las dos últimas columnas son múltiplos uno de otro. Para el caso b) se aplica aquí, y tenemos para el intercambio de una de las dos últimas columnas con $\vec{b}$ para que el proceso sea correcto. Vamos a sustituir la última columna de $A$ con $\vec{b}$ obtener $A'$: $$A' = \begin{bmatrix} 1 & -3 & -2 \\ 1 & 3 & 5 \\ 0 & -6 & 3 \end{bmatrix}$$ y podemos calcular $$\det (A') = (1)(9 + 30) - (-3)(3 - 0) + (-2)(-6 - 0) = 29 + 9 + 12 = 60 \neq 0$$ y, por tanto, podemos concluir que tenemos el "triángulo" de configuración.

Conclusión: creo que este método es un poco más fácil que el cálculo de las tres líneas de intersección. Se requiere calcular dos factores determinantes de la $3 \times 3$ matrices lugar.

Answer 2

Los tres normales $n_1, n_2, n_3$ se encuentran en un plano de $P$ a través del origen, debido a que $n_1 - n_2 = n_3.$ El dado tres planos ortogonales a $P.$ Si sus líneas de intersección con $P$ fueron simultáneas, el punto de intersección de las líneas que se encuentran en todos los tres planos. Pero si un punto de $x = (x_1, x_2, x_3)$ es común a los dos primeros aviones, a continuación, $x \cdot (n_1 - n_2) = x \cdot n_1 - x \cdot n_2 = -2 - 5 = -7,$ lo que contradice la ecuación de $x \cdot n_3 = 3$ de la tercer plano. Por lo tanto, las líneas de intersección de los tres dados los planos con las $P$ no son concurrentes. No hay dos de ellas son paralelas, ya que dos de $n_1, n_2, n_3$ son múltiplos escalares de cada uno de los otros. Por lo tanto, las líneas de intersección de los planos con las $P$ se intersecan en tres puntos distintos, formando un triángulo en $P.$

(A mí me parece que eso es todo lo que necesita ser dicho, pero tengo una horrible sensación de que me estoy perdiendo algo $\ldots$)

Answer 3

Es muy fácil de comprobar condición necesaria y suficiente para :

Usted tendrá la primera figura (triángulo) si y sólo si existe una combinación lineal de la LHS de su sistema de ecuaciones (1),(2),(3) haciendo $0$ sin la RHS siendo así con los mismos coeficientes ; precisamente aquí :

$$\begin{cases} \text{(condition A)} \ \ & \color{red}{[-1]} \times (1) + \color{red}{[1]} \times (2) + \color{red}{[1]} \times (3) &=& 0 \ \ \text{whereas}\\ \text{(condition B)} \ \ & \color{red}{[-1]} \times -2 + \color{red}{[1]} \times 5 + \color{red}{[1]} \times 3 &\neq & 0\end{casos}$$

Estaríamos en el segundo caso (triángulo reducido a $0$ = lápiz de aviones) si el lado derecho es $0$ así.

Comentario:

1. La prueba de este hecho, como señaló, es que la condición a es equivalente a una dependencia lineal de las normales, mientras que la condición B equivale a la negación del hecho de que, por ejemplo, el 3 de plano es un miembro del lápiz de planos definidos por el primer y segundo plano.

2. Hay una más "álgebra lineal" para expresar observación 1). Permítanme pedir prestado para que las notaciones de la excelente respuesta por parte de @paulinho, trabajando esta vez con una matriz ampliada : $$\exists ? \ \vec{y} \ \text{such that} \ \ \ \underbrace{\begin{bmatrix} y_1 \ \ y_2 \ \ y_3 \end{bmatrix}}_{\vec{y}}\underbrace{[A \ | \ \vec{b}]}_B=\begin{bmatrix} y_1 \ \ y_2 \ \ y_3 \end{bmatrix}\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -3 & 2 & -2 \\ 1 & 3 & -2 & 5 \\ 0 & -6 & 4 & 3 \end{array}\right]=0 $$

Cualquier rango$(B)=3$, no $\vec{y}$ existe y estamos en el primer caso, la condición necesaria y suficiente; de lo contrario, si el rango$(B)<3$ : estamos en el segundo caso.

Answer 4

Si tienes conocimientos de álgebra lineal, este problema se hace más fácil de describir y de respuesta. Los conceptos y la terminología de álgebra lineal capturar las ideas relevantes también.

Mientras el espacio nulo de el sistema de tres aviones tiene dimensión 1, los aviones se forma un triángulo (como en la 1ª imagen) o se intersecan en una línea (como en la 2da imagen). En términos simples, cuando digo que el espacio nulo tiene dimensión 1, me refiero a que si cambia el lado derecho de el sistema a 0 todos y buscar las soluciones a este sistema (llamado homogénea del sistema), obtendrá una línea (en el origen).

La idea es la siguiente: Cada avión $ax + by + cz = d$ es sólo una traducción del avión $ax + by + cz = 0$. Por ejemplo, $2x + y - 3z = 4$ es una traducción de $2x + y - 3z = 0$. Así que si el espacio nulo tiene dimensión 1, es decir, los tres planos correspondientes a 0 en su lado derecho se intersecan en una línea. Así que si usted convertir de nuevo a la original de los planos del sistema original, esto sólo corresponde a moverse cada plano paralelo a su posición original. Por lo que vamos a formar un triángulo (con las tres líneas paralelas) o permanecer convergen en una sola línea.

Así que, en conclusión, si usted tiene un $3 \times 3$ sistema de rango 2 que corresponde a la intersección de tres planos, por ejemplo, $\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & 3 & 2 \\ 1 & 3 & 4 & 3 \\ 2 & 1 & 7 & 4\end{array}\right]$, entonces el rango de-nulidad teorema nos dice que el espacio nulo tiene dimensión 1. (Aquí por "grado 2" me refiero a que la no-aumentada la matriz tiene rango 2). Como se razonó geométricamente anteriormente, las únicas posibilidades para la solución de este sistema es que se forma un triángulo, es decir, no hay solución, o se intersecan en una línea, es decir, una línea de soluciones. Para comprobar que se forma un triángulo en lugar de que se intersecan en una línea, usted puede reducir la matriz ampliada. Si usted obtiene una ecuación como $0 = 1$ en una de las filas, entonces no hay solución, es decir, no hay punto de intersección de los tres planos. Este es el deseado triángulo que se le preguntó acerca de. Por otro lado, si usted no recibe una fila, entonces el sistema tiene una solución, por lo que la intersección debe ser una línea.

Answer 5

Una línea en el espacio Euclidiano puede ser descrito por un sistema de dos ecuaciones que describen un avión.

La ecuación será de la forma: $$ \begin{cases} ax + by + cz + d = 0 \\ a'x + b'y +c'z + d' = 0 \end{casos} $$ Otra forma de expresar una línea en forma paramétrica: $$ \begin{cases} x = x_0 + l\cdot t\\ y = y_0 + m\cdot t \\ z = z_0 + n\cdot t \\ \end{casos} $$ Dos líneas son paralelas si tienen la misma dirección de los vectores $(l,m,n)$ o si se diferencian por una multiplicación escalar.

Usted puede calcular los vectores de dirección con la fórmula: $$ (l,m,n) = \left(\begin{vmatrix} b & c \\ b' & c' \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} a & c \\ a' & c' \end-{vmatrix}, \begin{vmatrix} a & b \\ a' & b' \end{vmatrix}\right) $$

Si tienes que elegir cualquier combinación de las dos ecuaciones, a partir de su ejemplo y convertir a la paramétrico formulario, verá que todos ellos tienen la misma dirección de los vectores, es decir, la intersección entre ellos son paralelas.

También, si usted organizar los coeficientes en dos matrices, como este:

Incompleta de la matriz $$ A = \begin{pmatrix} a & b & c \\ a' & b' & c' \\ a'' & b'' & c'' \\ a''' & b''' & c''' \end{pmatrix} $$ Matriz completa $$ B = \begin{pmatrix} a & b & c & d \\ a' & b' & c' & d'\\ a'' & b'' & c'' & d''\\ a''' & b''' & c''' & d''' \end{pmatrix} $$

usted tendrá que las dos líneas son paralelas si el rango de $A$ es 2 y el rango de B es 3.

A partir de las ecuaciones anteriores es fácil ver a partir de los coeficientes de que tales matrices no sería rango completo por la repetida términos.