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[讨论] 参数有理化表示

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发表于 4 天前 | 显示全部楼层 |阅读模式

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请将满足下面方程组的变量参数
\(\{m_1,n_1,p_1,m_2,n_2,p_2,m_3,n_3,p_3\}\) 有理化参数表达出来,k为已知常数
\(m_1^2+n_1^2+p_1^2=1\)
\(m_2^2+n_2^2+p_2^2=1\)
\(m_3^2+n_3^2+p_3^2=1\)
\(m_1m_2+n_1n_2+p_1p_2=k\)
\(m_1m_3+n_1n_3+p_1p_3=k\)
\(m_3m_2+n_3n_2+p_3p_2=k\)
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 4 天前 | 显示全部楼层
根据勾股数的有理表达可以 得到正弦余弦的有理表达。
又因为球坐标的参数表达都是正弦和余弦。所以可以得到三元组的有理表达,然后直接代进去,根据下面的三个等式 消元即可。

点评

嗯嗯,消元确实很可能是个问题。。。  发表于 4 天前
你可以试试看哈,没这么简单,你看能否只用三个参数表达出来  发表于 4 天前
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发表于 4 天前 | 显示全部楼层
这个几何意义比较明确,可以用几何方法表示
要求三个单位向量两两夹角相等。
这三个点显然是一个正三角形。
可以先构造出一个例子\((\frac{1}{\sqrt{1+h^2}},0,\frac{h}{\sqrt{1+h^2}}),(-\frac{1}{2\sqrt{1+h^2}},\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{1+h^2}},\frac{h}{\sqrt{1+h^2}}),(-\frac{1}{2\sqrt{1+h^2}},-\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{1+h^2}},\frac{h}{\sqrt{1+h^2}})\)
然后对它做任意正交变换就可以得出所有解(旋转)。由于k事先给定,h直接可以计算出来,所以唯一参数就是三阶正交矩阵

点评

这就是一个几何问题转换的代数问题哈  发表于 4 天前
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 楼主| 发表于 4 天前 | 显示全部楼层
找到一个特解:
\(m_1=-\frac{\sqrt{2(1-k)}}{2},n_1=-\frac{\sqrt{6(1-k)}}{6},p_1=-\frac{\sqrt{3(1+2k)}}{3}\)
\(m_2=\frac{\sqrt{2(1-k)}}{2},n_2=-\frac{\sqrt{6(1-k)}}{6},p_2=-\frac{\sqrt{3(1+2k)}}{3}\)
\(m_3=0,n_3=-\frac{\sqrt{6(1-k)}}{3},p_3=-\frac{\sqrt{3(1+2k)}}{3}\)
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 楼主| 发表于 4 天前 | 显示全部楼层
看来找到有理参数表达不现实~
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发表于 4 天前 | 显示全部楼层
我前面的方法中马上可以算出$k=\frac{h^2-\frac1 2}{h^2+1}$,或者说$h=\sqrt{{k+1/2}/{1-k}},h^2+1=3/{2(1-k)}$
所以\(\frac 1{\sqrt{h^2+1}}=\sqrt{\frac{2(1-k)}3},\frac h{\sqrt{h^2+1}}=\sqrt{\frac{2k+1}3}\)
然后任意选择3*3正交阵M,那么
\(\begin{pmatrix}\sqrt{\frac{2(1-k)}3}&0&\sqrt{\frac{2k+1}3}\\-\sqrt{\frac{(1-k)}6}&\sqrt{\frac{1-k}2}&\sqrt{\frac{2k+1}3}\\-\sqrt{\frac{(1-k)}6}&-\sqrt{\frac{1-k}2}&\sqrt{\frac{2k+1}3})\end{pmatrix}M\)
的三行就是一个解
所以可以非常容易得出你的解

点评

嗯,我也是用立体几何模型算出来的  发表于 4 天前
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发表于 4 天前 | 显示全部楼层
现在唯一的问题时如何将M用有理化参数表示。
上面那个特解$v_1,v_2,v_3$有个特点,它们三个向量的和$v=v_1+v_2_v_3=(0,0,{3h}/{sqrt(1+h^2)})$和z轴平行,而其中第一个向量$v_1$和$v$都在x-z平面上。
所以对于任何一组满足条件的通用解$u_1,u_2,u_3$,我们同样可以先计算$u=u_1+u_2+u_3$,然后我们的目标是找到一个旋转变换M使得$u$变换为$v$,$u_1$变换为$v_1$。
为了表达上的方便,我们需要每次只使用绕某个坐标轴旋转一定角度的变换,这样就可以每次使用一个只有一个参数的矩阵。
我们定义\(Rot_z(p)=\begin{pmatrix}\frac{p^2-1}{p^2+1}&\frac{2p}{p^2+1}&0\\-\frac{2p}{p^2+1}&\frac{p^2-1}{p^2+1}&0\\0&0&1\end{pmatrix}\)代表绕z轴旋转一个角度\(\phi(p)\)的变换
同样定义\(Rot_y(p)=\begin{pmatrix}\frac{p^2-1}{p^2+1}&0&\frac{2p}{p^2+1}\\0&1&0\\-\frac{2p}{p^2+1}&0&\frac{p^2-1}{p^2+1}\end{pmatrix}\)代表绕y轴旋转一个角度\(\phi(p)\)的变换。
于是我们假设我们的一个解$u_1,u_2,u_3$先需要绕z轴旋转角度\(\phi(t)\)使得$u$转到x-z平面,然后需要绕y轴绕\(\phi(s)\)使得$u$指向z轴正方向。此后我们还需要让整个系统绕z轴旋转角度\(\phi(r)\)使得$u_1$指向$v_1$方向,由此我们得出
\( \begin{pmatrix}u_1\\u_2\\u_3\end{pmatrix} Rot_z(t)Rot_y(s)Rot_z(r) =\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}\)
于是我们有通解形式
\( \begin{pmatrix}u_1\\u_2\\u_3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix} Rot_z(-r)Rot_y(-s)Rot_z(-t)\)
即通解的有理化参数形式为矩阵
\( \begin{pmatrix}\sqrt{\frac{2(1-k)}3}&0&\sqrt{\frac{2k+1}3}\\-\sqrt{\frac{(1-k)}6}&\sqrt{\frac{1-k}2}&\sqrt{\frac{2k+1}3}\\-\sqrt{\frac{(1-k)}6}&-\sqrt{\frac{1-k}2}&\sqrt{\frac{2k+1}3})\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{r^2-1}{r^2+1}&-\frac{2r}{r^2+1}&0\\\frac{2r}{r^2+1}&\frac{r^2-1}{r^2+1}&0\\0&0&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{s^2-1}{s^2+1}&0&-\frac{2s}{s^2+1}\\0&1&0\\\frac{2s}{s^2+1}&0&\frac{s^2-1}{s^2+1}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{t^2-1}{t^2+1}&-\frac{2t}{t^2+1}&0\\\frac{2t}{t^2+1}&\frac{t^2-1}{t^2+1}&0\\0&0&1\end{pmatrix}\)
的三个行向量(其中r,s,t为三个参数)

点评

嗯,辛苦了,其实你在三楼已经说的很清楚了  发表于 4 天前
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发表于 4 天前 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2018-12-7 19:46
现在唯一的问题时如何将M用有理化参数表示。
上面那个特解$v_1,v_2,v_3$有个特点,它们三个向量的和$v=v_1 ...

\(\begin{pmatrix}\sqrt{\frac{2(1-k)}3}&0&\sqrt{\frac{2k+1}3}\\-\sqrt{\frac{(1-k)}6}&\sqrt{\frac{1-k}2}&\sqrt{\frac{2k+1}3}\\-\sqrt{\frac{(1-k)}6}&-\sqrt{\frac{1-k}2}&\sqrt{\frac{2k+1}3})\end{pmatrix}\)
可以成为有理结果么

点评

是否存在某正交矩阵与之相乘消除根号?  发表于 4 天前
由于有根号存在,这不算真正有理化哈,不过还是可以用来消元计算的~  发表于 4 天前
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发表于 3 天前 | 显示全部楼层
本帖最后由 zeroieme 于 2018-12-8 01:41 编辑

mathe的结果表示为\(A.M_1.M_2.M_3\)
其中\(A\)是单位球上的正三角形,\(\begin{pmatrix}\sqrt{\frac{2(1-k)}3}&0&\sqrt{\frac{2k+1}3}\\-\sqrt{\frac{(1-k)}6}&\sqrt{\frac{1-k}2}&\sqrt{\frac{2k+1}3}\\-\sqrt{\frac{(1-k)}6}&-\sqrt{\frac{1-k}2}&\sqrt{\frac{2k+1}3})\end{pmatrix}\)
是数学星空提供的一个特解。
我把正三角形一点放在x轴上,则构造出另一个特解。\(\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
k & a & \sqrt{1-a^2-k^2} \\
k & \frac{a k+\sqrt{1-2 k^3-k^2-2 a^2 k+2 k-a^2}}{k+1} & -\frac{k^3+\left(a^2-1\right) k+a \sqrt{1-2 k^3-k^2-2 a^2 k+2 k-a^2} }{(k+1) \sqrt{1-a^2-k^2}} \\
\end{array}
\right)\)

如果对k作出一定限制,可以尝试找出两有理函数k=k(x),与a=a(x)。使\(1-a^2-k^2\)与\(1-2 k^3-k^2-2 a^2 k+2 k-a^2\)为完全平方式。

点评

确实\(1-2 a^2 k-a^2-2 k^3-k^2+2 k=\left(2 k+1\right)\left(1-a^2-k^2\right)\),因为\(\left(1-a^2-k^2\right)\)\)是平方条件1。所以平方条件2需要的是\(\left(2 k+1\right)\)为平方。  发表于 3 天前
不可能除掉根号的,注意1-2k^3-k^2-2a^2k+2k-a^2=-(2k+1)(a^2+k^2-1)  发表于 3 天前
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 楼主| 发表于 3 天前 | 显示全部楼层
请将满足下面方程组的变量参数
\(\{m_1,n_1,p_1,m_2,n_2,p_2,m_3,n_3,p_3\}\) 的一个特解(尽可能简单)找出来,\(a,b,c\)为已知常数
\(m_1^2+n_1^2+p_1^2=1\)
\(m_2^2+n_2^2+p_2^2=1\)
\(m_3^2+n_3^2+p_3^2=1\)
\(m_1m_2+n_1n_2+p_1p_2=a\)
\(m_1m_3+n_1n_3+p_1p_3=b\)
\(m_3m_2+n_3n_2+p_3p_2=c\)
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