由三角形引导的一个几何变换——三坐标反演

mathe

8#的汇总的信息加上9#验证充分说明了这个变换和平面中反演变换的密切关系。那么两者是否真的有关系呢？

考察基于三角形`\triangle AIJ`的这种几何变换，且将它记为 `Q`。这里`A`仍然为`(0,0,1)`, `I,J`即圆环点`(1,i,0),J(1,-i,0)`.
将三坐标反演记为 `T`, 即\[
T(x,y,z)=\left(\frac1x,\frac1y,\frac1z\right)\]将复射影平面上三角形`\triangle AIJ`至`\triangle ABC`的一个仿射变换记为 `P`， 由\[
P^{-1}:=\begin{pmatrix}\frac12&\frac12&0\\\frac i2&\frac{-i}2&0\\0&0&1\end{pmatrix}\to P=\begin{pmatrix}1&-i&0\\1&i&0\\0&0&1\end{pmatrix}
\]这里`P^{-1}`中两个圆环点的隐形系数设为1/2是精心选择的, 为的是使后面得到的 `P` 的系数简明，并使最后得到的变换间的对应关系直接。
由于这种基于三角形的几何变换在仿射变换下得以保持，即有\[
PQ=TP\]所以，\[\D \begin{split}
Q(x,y,z)^t&=P^{-1}TP(x,y,z)^t\\&=P^{-1}T(x-yi,x+yi,z)^t\\&=P^{-1}\left(\frac{x+yi}{x^2+y^2},\frac{x-yi}{x^2+y^2},\frac1z\right)^t\\&=\left(\frac{x}{x^2+y^2},\frac{-y}{x^2+y^2},\frac1z\right)^t
\end{split}\]特别的，将齐次坐标中z坐标化为常数$1$，便得到通常非齐次坐标下的复反演\[
f(Z)=\frac1Z
\]与通常的圆反演\[
\Omega : (x,y) \to \left(\frac{x}{x^2+y^2},\frac{y}{x^2+y^2}\right)
\]仅相差一个沿x轴的反射（取复共轭）而已，这个差别完全可以忽略不计了。即圆反演(复反演）与三坐标反演的关系为\[
\Omega=Q=P^{-1}TP
\]或者，反过来表示从复反演得到三坐标反演\[
T=P\ \Omega P^{-1}
\]通过一个复射影将圆反演化为三坐标反演，能够更清楚展现了反演变换的细节，比如可以看出变换不只有一个奇异点，而是同时在无穷远直线和另外两条虚直线上也是奇异的。

hujunhua

wayne 发表于 2019-3-19 13:19
老胡 很有创造性，赞赞赞

不算我的创造吧。
概念源自mathe要求讨论那个基于圆的变换。
我并未细究那个变换，只是凭直觉投了反对票，并试图改进构造。
然后推导过程中发现在代数上很优美，也有一些有趣的结果。

也是我没有星空那么强大的暴力，不敢直接在平面坐标系中推导。

hujunhua

mathe 发表于 2019-3-19 14:16
8#的汇总的信息加上9#验证充分说明了这个变换和平面中反演变换的密切关系。那么两者是否真的有关系呢？
由 ...

确实关系密切。
一个作总量反演，一个同时进行各分量反演，这就存在投影关系。
这种联系使得我们可以将平面上圆反演的一些关于圆和直线的陈述对应到三坐标反演中来，吃现成饭。

在此把11#的 $PQ=TP$ 作 一个补充说明（2019.4.17补）。

后面我们知道，由三角形引导的这种几何变换称为等分共轭，这名字不错。
我们已经明确了基于三点形`A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)`的等分共轭的代数式为三坐标反演，我们记为`T`。三基点的坐标矩阵是三阶单位阵`I_{3\times3}`。
我们将基于一个其它三点形 `A'B'C'`的等分共轭的代数式记为`T'` . 记三基点的坐标矩阵为`P`. 由于ABC的坐标矩阵为单位阵，故有\[P(ABC)=A'B'C'\to P^{-1}(A'B'C')=ABC\]
对于平面上一点 `X(x,y,z)`, 假定 `X'(x',y',z')=T(X)`, 即 `xx'=yy'=zz'`
设 `Y=P(X), Y'=P(X')`, 由于同时有`P(ABC)=A'B'C'`, 总之有\[P(ABCXX')=A'B'C'YY'\]而等分共轭关系在 `P` 作用下是不变的，所以 \[T(X)=X'\to T'(Y)=Y'\]代换可得\[
T'P(X)=P(X')=PT(X)
\]即\[PT=T'P\]注意，此处的 `P` 相当于 11# 和 24# 的 `P^{-1}`.

hujunhua

三坐标反演大体上是一个对合（顶点和边上的点除外），所以每一对对合点就是一个非空的最小不变点集。
较大的不变点集都是这些最小不变点集的并。
我们感兴趣的是其中的代数曲线类。
前面的一个命题已经揭示一类不变二次曲线。

如图，其中的六边形阴影的边界是一个不变点集，对边上的点互相对合。
显然，可以由这个六边形的顶点连一条不变的光滑凸曲线，如图中红线所示。
我们感兴题的是其中次数最低者。非分段更好。

猜想\[\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}=c>3\]是一个。@wayne有无兴趣给画画看，俺还画不好

hujunhua

@wayne 方程应该是\[\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}+\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}=c>6\]才是变换下不变的。

wayne

1. n = 10; c = 10;
   
2. ContourPlot3D[{x^2/y^2 + x^2/z^2 + y^2/x^2 + y^2/z^2 + z^2/x^2 + z^2/
   
3.      y^2 == c, x + y + z == c}, {x, -n, n}, {y, -n, n}, {z, -n,
   
4.    n}] // Quiet

复制代码

wayne

1. n = 5; c = 8;
   
2. ContourPlot3D[{x^2/y^2 + x^2/z^2 + y^2/x^2 + y^2/z^2 + z^2/x^2 + z^2/
   
3.      y^2 == c, x + y + z == 1}, {x, -n, n}, {y, -n, n}, {z, -n,
   
4.    n}] // Quiet

复制代码

1. n = 5; c = 8;
   
2. ContourPlot[{x^2/y^2 + x^2/(1 - x - y)^2 + y^2/x^2 +
   
3.      y^2/(1 - x - y)^2 + (1 - x - y)^2/x^2 + (1 - x - y)^2/y^2 ==
   
4.     c}, {x, -n, n}, {y, -n, n}, PlotPoints -> 50] // Quiet

复制代码

数学星空

hujunhua 发表于 2019-3-20 18:58
@wayne 方程应该是\[\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}+\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+ ...

老胡是不是想找满足6个点的代数曲线?

\({x=\frac{2}{3},y=\frac{1}{6},z=\frac{1}{6}}\)

\({y=\frac{2}{3},x=\frac{1}{6},z=\frac{1}{6}}\)

\({z=\frac{2}{3},x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{6}}\)

\({x=\frac{1}{9},y=\frac{4}{9},z=\frac{4}{9}}\)

\({y=\frac{1}{9},x=\frac{4}{9},z=\frac{4}{9}}\)

\({z=\frac{1}{9},x=\frac{4}{9},y=\frac{4}{9}}\)

hujunhua

带了个平板，下了个Visual math4D，还不怎么会用。

zeroieme

x^2/y^2 + x^2/z^2 + y^2/x^2 + y^2/z^2 + z^2/x^2 + z^2/y^2 == c 与 x + y + z == c的相交曲线只能出现在x + y + z == c平面上啊
除非投影