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楼主: hujunhua

[讨论] 由三角形引导的一个几何变换——三坐标反演

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 楼主| 发表于 2019-3-23 11:21:17 | 显示全部楼层

三坐标反演下的三次曲线(补)

三次不变曲线还有如下一种类型\[
ax(y^2-z^2)+by(z^2-x^2)+cz(x^2-y^2)=0\\
a(\frac yz-\frac zy)+b(\frac zx-\frac xz)+c(\frac xy-\frac yx)=0
\]这一类型的曲线除了过3个顶点,还通过 4 个不动点。
比如取`a=b=c`的不变曲线\[
x(y^2-z^2)+y(z^2-x^2)+z(x^2-y^2)=0
\]左边可分解为\[
(y-z)(z-x)(x-y)=0
\]这是三条不变直线,不动点(1,1,1)是它的奇点(三直线的交点)。
再如取`a=1,b=2,c=3`时,曲线在XOY平面上的投影如图,是非退化的。

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发表于 2019-3-23 12:02:08 | 显示全部楼层
如果三次曲线包含不少于两个单变量三次项$ax^3+by^3+...$,那么所有含$z$的项都不能出现,不然变换后曲线为$a/{x^3}+b/{y^3}+...+u/{..z}$,通分时至少要乘上$x^3y^3z$结果就不是三次的了。所以这种情况只能是曲线$ax^3+by^3+cx^2y+dxy^2=0$,变换为$ay^3+bx^3+cxy^2+dx^2y=0$,所以它是不变曲线的条件是\(a=b,c=d\)或\(a=-b,c=-d\),对应退化情况$(x+y)(a(x^2-xy+y^2)+cxy)=0)$或$(x-y)(a(x^2+xy+y^2)+cxy)=0$
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发表于 2019-3-23 12:09:27 | 显示全部楼层
而如果三次曲线只包含一个单变量三次项$ax^3+...$,变换后为$a/{x^3}+...$还是三次曲线,那么通分时分母只能乘上为$x^3y^2z$或$x^3yz^2$。
由于对称性,我们可以先只考虑乘上$x^3y^2z$的情况,那么说明原曲线方程所有系数非零的项只能是
$ax^3+bx^2y+cx^2z+dxy^2+exyz+fy^2z=0$,此曲线变换后变成$ay^2z+bxyz+cxy^2+dx^2z+ex^2y+fx^3=0$
所以同样如果它是不变曲线,我们只能有$a=f,c=d,b=e$或$a=-f,c=-d,b=-e$
所以曲线为$a(x^3+y^2z)+b(x^2y+xyz)+c(x^2z+xy^2)=0$或$a(x^3-y^2z)+b(x^2y-xyz)+c(x^2z-xy^2)=0$

余下就是通分时需要乘上$x^2y^2z^2$的曲线,可以得出hujunhua的结果
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发表于 2019-3-23 16:39:35 | 显示全部楼层
楼上第一类相当于面积坐标下三条曲线$x^3+y^2z=0,x^2y+xyz=0, x^2z+xy^2=0$任意线性组合。
如果要变换为平面坐标,相当于用前面$P^{-1}$矩阵每行替换这里的x,y,z
比如$x^3+y^2z=0$变换为$(-mx-1/3y+1/3z)^3+(m x-1/3y+1/3z)^2(2/3y+1/3z)=0$,其中$m={sqrt{3}}/3$
再取$z=1$,得到曲线$(-1/3*x^3 + (-7/9*y^2 + 8/9*y - 1/9)*x)*{\sqrt{3}}/3+ ((-1/9*y + 4/9)*x^2 + (1/27*y^3 - 1/9*y + 2/27))=0$

这三条曲线都经过相同的两顶点和俩不动点,所以它们的线性组合也是这样

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点评

不变点只有四个。不变曲线通常都会经过部分不变点。对于非正三角形,我们可以想象先使用仿射变换把它变化为正三角形  发表于 2019-3-23 19:12
若对已知三边长a,b,c的三角形,又应该如何变换?不变曲线与不变点集边界线有什么关系呢?  发表于 2019-3-23 17:18
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发表于 2019-3-23 19:43:28 | 显示全部楼层

试着将多个图重叠在一起,三角形为粉色虚线,
第一部分三次曲线为蓝色细线;第二部分三次曲线对应绿色细线,是三条直线;第三部分是紫色细线,对应一双曲线和一直线(直线和第二部分的一条直线重叠,都经过三角形一边)。
可以看出每个图都在B点奇异。
而如果把这些曲线组合,比如图中取参数a=1,b=1,c=0,可以得到黑色粗线,也是一条在B点奇异,一次经过A点,并且经过AB,AC外侧不动点的三次曲线

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发表于 2019-3-23 20:31:35 | 显示全部楼层
如果将31#的图像中B,C点映射到圆的虚无穷远点,并且考虑到实曲线中两个虚无穷远点的系数要对称,然后使用11#中变换矩阵
得出关于原点反演不变的三次曲线系中一族为${x^2-y^2}/2+h({x^3}/4+x({y^2}/4+1))=0$
其中$h=1/3$的图像如下

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发表于 2019-3-23 20:49:08 | 显示全部楼层
同样另外一族为
$ y*x^2 + (y^3 + 4*y)+hxy=0$
计算过程如下:
(20:45) gp > u(x,y,z)=z
%2 = (x,y,z)->z
(20:45) gp > v(x,y,z)=x/2-I/2*y
%3 = (x,y,z)->x/2-I/2*y
(20:45) gp > w(x,y,z)=x/2+I/2*y
%4 = (x,y,z)->x/2+I/2*y
(20:46) gp > u(x,y,z)*(v(x,y,z)^2-w(x,y,z)^2)
%5 = -I*z*y*x
(20:46) gp > v(x,y,z)*(w(x,y,z)^2-u(x,y,z)^2)+w(x,y,z)*(u(x,y,z)^2-v(x,y,z)^2)
%6 = 1/4*I*y*x^2 + (1/4*I*y^3 + I*z^2*y)
(20:47) gp > %5/-I
%7 = z*y*x
(20:47) gp > %6/I
%8 = 1/4*y*x^2 + (1/4*y^3 + z^2*y)
(20:47) gp > subst(%7,z,1)
%9 = y*x
(20:47) gp > subst(%8,z,1)
%10 = 1/4*y*x^2 + (1/4*y^3 + y)
(20:47) gp > %10*4
%11 = y*x^2 + (y^3 + 4*y)

计算结果可以分解出直线$y=0$,属于退化的直线加圆的情况
另外41#,42#的不变三次曲线在这种变化下无法被映射为实曲线。
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发表于 2019-3-24 13:29:03 | 显示全部楼层
另外根据31#的结论,我们可以得出三次曲线
$ax+b(x^2-y^2)+c(x^2+y^2)+d(x^3+xy^2)=0$通过以原点为中心的反演共轭变换后还是三次曲线
而根据40#补充的曲线对应$ay+bxy+c(x^2y+y^3)=0$通过以原点为中心的反演共轭变换后还是三次曲线
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发表于 2019-3-25 22:07:37 | 显示全部楼层
根据我们的坐标系\(A(m,n),B(0,0),C(a,0)\),由\(BC=a,AC=b,AB=c\)易得

\(m=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a},n=\frac{2s}{a}\),三角形的内点\((x,y)\)转换成重心坐标\((\lambda,\mu,\nu)\)

\(\lambda = \frac{ya}{2s}, \mu = -\frac{a^2y+b^2y-c^2y-4as+4sx}{4as}, \nu = -\frac{a^2y-b^2y+c^2y-4sx}{4as}\)

另外我们由30#结果有交点变换\(P(x_0,y_0)\)点与\(P'(x,y)\)的对应关系:

\(-ab^2yy_0+ac^2yy_0+a^2sy+a^2sy_0-2asxy_0-2asx_0y+b^2sy+b^2sy_0-c^2sy-c^2sy_0-4as^2+4s^2x+4s^2x_0=0\)

\(3a^4yy_0+2a^2b^2yy_0-2a^2c^2yy_0-b^4yy_0+2b^2c^2yy_0-c^4yy_0+4a^2sxy_0+4a^2sx_0y-4b^2sxy_0-4b^2sx_0y+4c^2sxy_0+4c^2sx_0y-16s^2xx_0=0\)

我们可以作重心坐标变换

\(\lambda = \frac{ya}{2s}, \mu = -\frac{a^2y+b^2y-c^2y-4as+4sx}{4as}, \nu = -\frac{a^2y-b^2y+c^2y-4sx}{4as}\)

\(\lambda_1 = \frac{y_0a}{2s}, \mu_1 = -\frac{a^2y_0+b^2y_0-c^2y_0-4as+4sx_0}{4as}, \nu_1 = -\frac{a^2y_0-b^2y_0+c^2y_0-4sx_0}{4as}\)

代入对应关系化简得到:

\(\lambda\lambda_1+\lambda\mu_1+\lambda_1\mu-\lambda-\lambda_1-\mu-\mu_1+1=0\)

\(\lambda\mu_1+\lambda_1\mu+\mu\mu_1-\lambda-\lambda_1-\mu-\mu_1+1=0\)

进一步化简得到:

\(\mu\mu_1=\nu\nu_1\)

\(-\mu\mu_1-\mu\nu_1-\mu_1\nu+\mu+\mu_1+\nu+\nu_1-1=0\)

注:由\(\lambda,\mu,\nu\)也可以反转成普通坐标\(x,y\)

\(x = -\frac{a^2\lambda+2a^2\mu+b^2\lambda-c^2\lambda-2a^2}{2a}, y = \frac{2s\lambda}{a}, \lambda+\mu+\nu=1\)

上面交点变换的不动点算出有四个

\(x=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a},y=\frac{2s}{a}\) 顶点A

\(x=0,y=0\) 顶点B

\(x=a,y=0\) 顶点C

\(x=\frac{(3a^2-b^2+c^2)(a^2+b^2-c^2)^2}{a(3a^4+b^4-2b^2c^2+c^4)},y=-\frac{2s(a^2+b^2-c^2)(a^2-b^2+c^2)}{a(3a^4+b^4-2b^2c^2+c^4)}\)









点评

不动点比较简单,相当于要求$(x_0,y_0)$和$(x,y)$相等,代入解方程即可。不变曲线就复杂了,又很多选择,所以我们要限定曲线的次数。点的变化关系比较简单时就可以求曲线的变换关系了  发表于 2019-3-26 16:24
用P与P’的对应关系应该怎样计算不动点和不变曲线?  发表于 2019-3-26 09:06
不动点不应该在三角形三个顶点上。 可以在a=b=c=1时和hujunhua的结果比较一下。 另外比较奇怪为什么你可以得出公式$\mu\mu_1=\nu\nu_1$,面积坐标三个方向应该对称的  发表于 2019-3-26 07:44
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发表于 2019-3-26 18:01:29 | 显示全部楼层
神奇的是:我将楼上的第二个关系重新整理一下,

\(-\mu\mu_1-\mu\nu_1-\mu_1\nu+\mu+\mu_1+\nu+\nu_1-1=0\)

可以继续简化为\(\lambda\lambda_1=\nu\nu_1\)

总之有关系式:

\(\lambda\lambda_1=\mu\mu_1=\nu\nu_1\)

这说明hujunhua的发现的三坐标公式满足\(P\)与\(P'\)的对应关系,即此式对于对合变换具有一般性。

重心坐标的反转公式:

\(\lambda_1=\frac{ya}{2s}=x_1, \mu_1=-\frac{a^2y+b^2y-c^2y-4as+4sx}{4as}=y_1, \nu_1=-\frac{a^2y-b^2y+c^2y-4sx}{4as}=z_1\)

进一步我们求下面对应关系式的不动点

\(-ab^2yy_0+ac^2yy_0+a^2sy+a^2sy_0-2asxy_0-2asx_0y+b^2sy+b^2sy_0-c^2sy-c^2sy_0-4as^2+4s^2x+4s^2x_0=\)

\(3a^4yy_0+2a^2b^2yy_0-2a^2c^2yy_0-b^4yy_0+2b^2c^2yy_0-c^4yy_0+4a^2sxy_0+4a^2sx_0y-4b^2sxy_0-4b^2sx_0y+4c^2sxy_0+4c^2sx_0y-16s^2xx_0=0\)

因为是不动点,所以只需令\(x_0=x,y_0=y\),然后求解得到四组解

\(x=-\frac{a^2+b^2-c^2}{2a},y=\frac{2s}{a}\)

\(x=-\frac{3a^2-b^2+c^2}{2a},y=\frac{2s}{a}\)

\(x=-\frac{a^2+b^2-c^2}{2a},y=-\frac{2s}{6a}\)

\(x=-\frac{3a^2-b^2+c^2}{2a},y=\frac{2s}{3a}\)

下一步再将反转公式代入hujunhua得到不变曲线一般表达式

\(a_1x_1(y_1^2-z_1^2)+a_2y_1(-x_1^2+z_1^2)+a_3z_1(x_1^2-y_1^2)=0 \)

\(a_1x_1(y_1^2+z_1^2)+a_2y_1(x_1^2+z_1^2)+a_3z_1(x_1^2+y_1^2)-a_4x_1y_1z_1=0\)

第一表达式恒成立,这说明了什么??

第二表达式得到

\(2a_1+2a_2-2a_3+a_4=0\)

\(2a_1-2a_2+2a_3+a_4=0\)

\(2a_1-2a_2-2a_3-a_4=0\)

\(2a_1+2a_2+2a_3-a_4=0\)

遗憾的是这个方程组总有一个方程与其它三个方程不相容。

点评

另外这个问题由于面积坐标下变换公式及其简单,应该在面积坐标下研究问题,然后将结论利用变换矩阵转化为其它坐标下问题,比如34#的转化转为为正三角形,继续仿射变换可以变为普通三角形  发表于 2019-3-27 07:51
这个对称的结果才是合理的。事实上,本题选择面积坐标以后,对三角形的形状就没有要求了,所以是否正三角形,得出的结果必然是相同的。  发表于 2019-3-27 07:47
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