9 myśli nt. „Zag. 21. Początek układu współrzędnych heksagonalnych”

  1. Tak na gorąco widzę dwa sposoby na rozwiązanie tej zagadki. Pierwszy: metodą prób i błędów. Pewnie nieskuteczny.
    Drugi: Zdefiniować swój układ współrzędnych z zerem i wektorami bazowymi (biorąc możliwie najprostszy wybór). Korzystając ze wzorów na transformacje współrzędnych znaleźć takie współczynniki w macierzy transformacji aby współrzędne punktów zgadzały się z podanymi w zadaniu.
    Teraz tylko wprowadzić to w życie.

  2. Może tylko doprecyzuję, że oczywiście początek układu współrzędnych leży na jednym z węzłów sieci, a wektory bazowe są wektorami sieciowymi. Bez tych założeń mielibyśmy nieskończenie wiele rozwiązań.

  3. Teraz już mogę opisać jak wykonać opisane poprzednio obliczenia. Wynik podaję na rysunku.
    Wersor a1 jest czarny, wersor a2 niebieski.

    Rozwiązanie Zagadki 21

    Jak do tego dojść? Najpierw zdefiniowałem własny układ współrzędnych z własnym punktem zerowym jak na rysunku poniżej.
    Moj układ współrzędnych do Zagadki 21.
    Zdefiniowana jest więc baza ij i początek układu O. Na rysunku wersor i jest czarny, wersor j czerwony.
    Oznaczmy nową bazę jako a1, a2 i nowy środek jako O′.
    Załóżmy, że nowa baza jest związana ze starą poprzez relację macierzową [ij] = [a1 a2]P, oraz przez wektor przesunięcia początku p = O′-O.
    Współrzędne punktów transformują się według poniższych wzorów:
    x′ = P-1xP-1p, lub odwrotnie
    x = Px′ + p.
    Warto zauważyć, że współrzędne wektorów swobodnych transformują się prostszym sposobem tzn.
    v = Pv′ lub v′ = P-1v.
    Odpowiednie wzory można znaleźć w Tablicach Krystalograficznych (Vol A punkt 1.2.27 Origin shift and change of the basis, wyprowadzenie: Chapter 5.2 -5.3).
    Wektor rozpięty pomiędzy zadanymi punktami ma współrzędne w moim układzie v = [3 1]ij a w układzie docelowym v′ = [5 -4], co wynika z odjęcia współrzędnych zadanych punktów.
    Mogę więc napisać równania zawierające elementy macierzy transformacji P:
    v = Pv′
    3 = 5 p11 – 4 p12
    1 = 5 p21 – 4 p22
    Teraz musimy skorzystać z założenia, że nowe wersory mają być sieciowe tzn. współczynniki pij muszą być całkowite. Po krótkim namyśle odrzucamy najprostsze rozwiązanie p11 = p12 = 3 oraz p21 = p22 = 1, gdyż prowadziłoby to do zerowego wyznacznika P. Możliwości jest wiele, ale ja wziąłem p11=-1 i p12=-2, które to liczby też są rozwiązaniem pierwszego równania. Drugie pozostawiłem bez zmian jako najprostsze.
    Mamy więc macierz transformacji P

    | -1  -2 |
    |  1   1 |
    

    .
    Teraz dla wyznaczenia współrzędnych nowego środka skorzystamy z wzoru x = Px′ + p.
    Mamy x = [0 0]ij i x′ = [-1 2] a więc

    |0|  |-1 -2||-1| |p1|
    | |= |     ||  |+|  |
    |0|  | 1  1|| 2| |p2]
    

    skąd wynika położenie środka współrzędnych p = [3 -1]ij.
    Można również wykorzystać równanie transformujące x = [3 1]ij w x′ = [4 -2] z tym samym skutkiem.
    Na tej podstawie sporządziłem rysunek z rozwiązaniem. Nowy środek ma współrzędne [3 -1]ij, a nowe wektory bazowe otrzymujemy z równania [a1, a2] = [i j]P czyli
    a1 = –i + j,
    a2 = -2i + j.
    Ponieważ wybór liczb całkowitych w macierzy P był niejednoznaczny, rozwiązań jest (nieskończenie) wiele, np. można wziąć p11 = -2 i p12 = -7 itd.

    1. Oj, pomyłka, powinno być p11=-5 i p12 =-7. Dla p11=-2 i p12 =-7. w pierwszym równaniu na współczynniki P dałaby równanie 3 =? 5*(-2) -4(-7) = -10+28 = 18. Dla -5 i -7 jest ok.

      Obrazek zrobiłem, ale nie wiem, czy da się coś odczytać.
      Może wezmę inną opcję modyfikując drugi wiersz.

      Rozwiązanie Zagadki 21
      Mamy więc a1 = -5i + j i a2 = -7i + j oraz środek w punkcie [9 -1].
      Również rozwiązanie p11= -1 p12= -2 oraz p21=-3 p22=-4 dla początku [3,5] nie daje poglądowych rysunków. Po prostu wersory są zbyt długie :-(. W każdym razie rozwiązań jest dużo, ale przy coraz dłuższych wersorach a1 i a2 trzeba coraz bardziej oddalać początek układu współrzędnych. Pewnie dopiero, gdyby dodać trzeci wyindeksowany punkt w treści zagadki, to zadanie miałoby jedno rozwiązanie.

      1. No tak, ewidentnie nawet przy założeniu, że początek układu ma być węzłem sieci, a wektory bazowe wektorami sieciowymi rozwiązań jest nieskończenie wiele.
        Jedna uwaga. Rozważania należałoby ograniczyć do macierzy P o wyznaczniku równym 1, co zagwarantuje, że wybieramy komórkę o tej samej objętości co wyjściowa.

  4. Dodam jeszcze cztery uwagi.
    Po pierwsze, rysunek dla drugiego rozwiązania nie jest czytelny, bo linie siatki są gęste a analizowane punkty uciekają poza rysunek, ale przecież można sprawdzić poprawność rozwiązania rachunkowo.
    Weźmy niżej leżący punkt, mający u mnie współrzędne [00]ij, który po transformacji ma mieć współrzędne [-1,2].
    W nowym układzie współrzędnych mamy punkt początkowy O′=[9 -1] oraz wersory a1=[-5,1] i a2=[-7,1].
    Z definicji współrzędnych punkt jest wskazywany z punktu zerowego przez odpowiednie wielokrotności wektorów bazowych:
    [0 0]ij = O′ + (-1)a1 + 2a2=
    [9,-1] + (-1)[-5,1] + 2[-7,1] = [9,-1]+[5,-1]+[-14,2] = [0,0]
    Wszystko się zgadza :-).

    Po drugie. Warunek aby wyznacznik wynosił jeden nie wydaje mi się konieczny dla zagadki, natomiast warunek detP różny od zera jest istotny. To gwarantuje, że wersory nie będą równoległe, co uniemożliwiłoby zbudowanie sieci 2D. W pierwszym podejściu mieliśmy w odrzuconym przypadku a1=[3,1] i a2=[3,1], czyli nie dość, że wersory były równoległe, to jeszcze równe sobie.

    Po trzecie. Zobaczmy, jak faktycznie wyglądają te wszystkie rozwiązania. Wracamy do równań na elementy macierzy transformacji baz P.
    3 = 5 p11 – 4 p12 (1)
    1 = 5 p21 – 4 p22 (2)
    Mamy więc zależność p11 = 3/5 + 4/5 p12 (3).
    Całkowitość p11 zapewniają tylko liczby dla których 4p12 = 2 (mod 5), gdzie zapis 2 (mod 5) oznacza, że reszta z dzielenia przez pięć wynosi dwa.
    Wstawmy do lewej strony (4p12) całkowite p12, kolejno od 1 do 5:
    4*1 = 4,
    4*2 = 8 = 3 (mod 5),
    4*3 = 12 = 2 (mod 5),
    4*4 = 1 (mod 5),
    4*5 = 0 (mod 5).
    Widzimy, że p12 może przyjmować wartości p12 = 3 + 5n, gdzie n jest liczba całkowitą. Wstawmy to do równania (3).
    p11 = 3/5 +4/5 (3+5n)
    p11 = 3 + 4n.
    Różnica p12 – p11 wynosić będzie n.
    Dla kolejnych n mamy

    n = 3: p12 = 18 i p11 = 15
    n = 2: p12 = 13 i p11 = 11
    n = 1: p12 = 8 i p11 = 7
    n = 0: p12 = 3 i p11 = 3
    n = -1: p12 = -2 i p11 = -1
    n = -2: p12 = -7 i p11 = -5
    n = -3: p12 = -12 i p11 = -9

    ….
    Podobnie możemy przeanalizować równanie (2), otrzymując zależności:
    p22 = 1 (mod 5) = 1 + 5m
    p21 = 1 + 4m
    oraz, co z tego wynika, p22 – p21 = m
    Dla kolejnych m mamy

    m = 3: p22 = 16 i p21 = 13
    m = 2: p22 = 11 i p21 = 9
    m = 1: p22 = 6 i p21 = 5
    m = 0: p22 = 1 i p21 = 1
    m = -1: p22 = -4 i p21 = -3
    m = -2: p22 = -9 i p21 = -7
    m = -3: p22 = -14 i p21 = -11
    ….
    Teraz jeszcze dodajmy warunek wykluczający zerowanie wyznacznika:
    detP = p11p22-p12p21 = (3+4n)(1+5m)-(3+5n)(1+4m) = 0
    Proste, choć zbyt długie by je tu zamieszczać, rachunki pokazują, że detP = 3mn. Widać, że zerowanie wyznacznika wystąpi dla n = 3m.
    Tak więc, z przeliczalnego zbioru wszystkich kombinacji n i m wykluczyć musimy te, które spełniają warunek n = 3m, w tym n = m = 0.
    Nasze pierwsze rozwiązanie odpowiadało n = -1 i m = 0, a drugi rysunek odpowiadał n = -2 i m = 0,
    Cokolwiek by nie powiedzieć i tak pozostaje nieskończona liczba rozwiązań.

    Po czwarte. Transformacje układu współrzędnych z przesunięciem początku układu można potraktować analogicznie do operacji symetrii z translacją. Wystarczy wektor przesunięcia dodać do macierzy transformacji baz, zaraz pokażemy jak. Otrzymujemy w ten sposób macierze rozszerzone (augmented matrices), które w przestrzeni 3D mają wymiar 4×4 a dla przypadku dwuwymiarowego mają wymiar 3×3.
    Wówczas wzory transformacyjne stają się prostsze i są analogiczne do transformacji bez przesuwania środka.

    x′ = R-1 x      (4) oraz
    x = R x′                   (5) 
    

    Macierz rozszerzona R zawiera macierz transformacji baz P i wektor przesunięcia środka p i ma postać

        |P  p| 
    R = |    |
        |0  1| 

    Dla przykładu, w naszym przypadku w pierwszym rozwiązaniu mamy macierz transformacji

        | -1 -2|
    P = |  1  1| 

    oraz p = [3 -1], z których konstruujemy macierz rozszerzoną.

        | -1 -2  3|
    R = |  1  1 -1|
        |  0  0  1|. 

    Tak więc przejście między współrzędnymi dokonuje się w jednym mnożeniu, w definicji punktu dodając trzecią współrzędną równą jeden.
    Przykład. Korzystając ze wzoru (5) przejdziemy od współrzędnych zadanych w zagadce (dla nas po transformacji, czyli w bazie a1 a2) do współrzędnych w układzie moich wersorów i j.
    Mamy x′ = [-1,2], po uzupełnieniu [-1,2,1], po pomnożeniu przez R dostajemy [0,0,1] czyli punkt [0,0]ij.
    Podobnie x′ = [4,-2], po uzupełnieniu [4,-2,1], po pomnożeniu przez R daje [3,1,1] czyli punkt [3,1]ij.

    Oczywiście, można też dokonać transformacji w drugą stronę używając macierzy R-1 i wzoru (4).

    Teraz już kończę, mam nadzieję, że ktoś dotrwał do tego momentu. Żywię nadzieję, że nie żałuje :-).

    1. Po tak wyczerpującej odpowiedzi trudno coś dodać, ale można również podejść do problemu bardziej geometrycznie.
      Zauważmy, że jeśli narysujemy dwa punkty o współrzędnych całkowitych w dowolnym układzie współrzędnych i wyobrazimy sobie siatkę współrzędnych ( rys.1), to odcinek łączący te punkty przez linie równoległe do osi OY zostanie podzielony na równe odcinki, których liczba równa się różnicy współrzędnych (x2-x1). Analogicznie wygląda sytuacja dla osi OX.
      Rys. 1

      Połączmy zatem nasze dwa punkty linią prostą. Ponieważ różnica między współrzędnymi x-owymi wynosi 5, to odpowiednie linie współrzędnych (y-owych) poszukiwanego układu podzielą ten odcinek na 5 równych części. Kierunek tych linii możemy w zasadzie wybrać dowolnie (za wyjątkiem kierunku równoległego do odcinka łączącego zadane punkty). Ale jeśli poszukiwany układ ma być układem zgodnym z siecią, to wybieramy kierunek sieciowy jak np na rys.2.
      Rysunek2

      Ponieważ współrzędna x-owa punktu [-1 2] oddalona jest od początku układu o jednostkę, a punktu [4 -2] o cztery jednostki, to jest jasne, że początek układu współrzędnych musi leżeć na linii pogrubionej. Analogicznie postępowanie stosujemy do współrzędnych y-owych. Przecięcie pogrubionych linii wyznacza początek układu współrzędnych ( rys.3). W ten sposób udało się nam skonstruować jeden z nieskończenie wielu układów spełniających warunki zadania.

      Rysunek3

      1. Piękna konstrukcja! Ponownie okazuje się, że każdy problem ma zwykle wiele sposobów na rozwiązanie różniących się urodą i elegancją.
        Dodatkowo zauważyłem kolejny szczegół. Moje (niektóre inne) rozwiązania nie opisywały wszystkich punktów wskazanej sieci. Przykładowo, w rozwiązaniu na drugim rysunku narysowałem za dużo linii siatki, bo całkowite indeksy będzie miał tylko co drugi punkt, a np. punkt wskazany grubą strzałką będzie miał współrzędne ułamkowe w nowej sieci. Powtórka rysunku
        Właściwie tu możemy ponownie powrócić do sensu warunku detP = 1. Warunek ten (tzn detP = 3mn = 1) zapewnia identyczną objętość komórki, czyli jest to warunek konieczny pełnego obsadzenia punktów sieciowych. W przypadku prezentowanym na powyższym rysunku detP = 2 (m=0, n=-2) i całkowite indeksy ma połowa punktów sieciowych. W pierwszym rozwiązaniu było m = 0 , n=-1, detP = 1 i wyindeksowane były wszystkie punkty. Właściwie wystarczy warunek |detP| = 1, czyli możemy mieć również detP = -1.

Dodaj komentarz

Twój adres email nie zostanie opublikowany. Pola, których wypełnienie jest wymagane, są oznaczone symbolem *

Antyspam * Time limit is exhausted. Please reload CAPTCHA.