Orbita di quozienti
Salve a tutti,
rifletto da un po' di tempo su questo problema. Si consideri l'insieme C={Quadrilateri convessi del piano} e si consideri il gruppo $G=Aff(RR^2)$ delle affinità del piano. L'obiettivo dell'esercizio è quello di descrevere C/G, cioè C quozientato alla relazione di equivalenza indotta da G, in pratica si tratta di trovare le orbite. Ho iniziato col pensare che, dato un sistema di riferimento ortogonale (di ascissa x e ordinata y), qualunque quadrilatero del piano può essere traslato nell'origine il modo da fissarne i punti A=(0,0),B=(1,0),C=(0,1). Ora il problema si riduce a vedere dove si può situare il quarto punto D, per poter descrivere tutti i tipi di quadrilateri a meno di affinità.
Quello che ho deciso di scartare:
1)Possiamo scartare il secondo, terzo e quarto quadrante per ovvi motivi di simmetria;
2)Possiamo scartare tutti i punti dei semiassi positivi x e y, perchè renderebbero il quadrilatero degenere e questo è impossibile visto che tutte e sole le affinità sono descritte da matrici di $GL(2,RR)$.
3) Possiamo scartare tutti punti del perimetro e dell'area del triangolo individuato dai punti A,B e C perchè se il quarto punto cadesse in quell'area si otterrebbe rispettivamente un triangono e un quadrilatero concavo (cosa impossibile visto che le affinità preservano incidenza e parallelismo).
Cosa ho trovato:
Io penso che il punto Q=(1,1) appartenga all'orbita perchè dato un quadrato noi possiamo trasformarlo tramite delle affinità in: rettangolo, rombo, parallelogramma e comunque tutte le figure che hanno i lati paralleli a due a due, quindi che mantengono congruenti gli angoli interni opposti. Da qui segue che quadrati, rettangoli, etc etc... sono tutti nella stessa classe di equivalenza.
Ma ora... se ho un quadrilatero irregolare qualsiasi i cui lati non sono paralleli due a due (come il trapezio) o non lo sono per nulla (come accade nella maggior parte dei quadrilateri irregolari), come faccio a decrivere la loro orbita e trovare lo spazio calssificante?
Grazie
rifletto da un po' di tempo su questo problema. Si consideri l'insieme C={Quadrilateri convessi del piano} e si consideri il gruppo $G=Aff(RR^2)$ delle affinità del piano. L'obiettivo dell'esercizio è quello di descrevere C/G, cioè C quozientato alla relazione di equivalenza indotta da G, in pratica si tratta di trovare le orbite. Ho iniziato col pensare che, dato un sistema di riferimento ortogonale (di ascissa x e ordinata y), qualunque quadrilatero del piano può essere traslato nell'origine il modo da fissarne i punti A=(0,0),B=(1,0),C=(0,1). Ora il problema si riduce a vedere dove si può situare il quarto punto D, per poter descrivere tutti i tipi di quadrilateri a meno di affinità.
Quello che ho deciso di scartare:
1)Possiamo scartare il secondo, terzo e quarto quadrante per ovvi motivi di simmetria;
2)Possiamo scartare tutti i punti dei semiassi positivi x e y, perchè renderebbero il quadrilatero degenere e questo è impossibile visto che tutte e sole le affinità sono descritte da matrici di $GL(2,RR)$.
3) Possiamo scartare tutti punti del perimetro e dell'area del triangolo individuato dai punti A,B e C perchè se il quarto punto cadesse in quell'area si otterrebbe rispettivamente un triangono e un quadrilatero concavo (cosa impossibile visto che le affinità preservano incidenza e parallelismo).
Cosa ho trovato:
Io penso che il punto Q=(1,1) appartenga all'orbita perchè dato un quadrato noi possiamo trasformarlo tramite delle affinità in: rettangolo, rombo, parallelogramma e comunque tutte le figure che hanno i lati paralleli a due a due, quindi che mantengono congruenti gli angoli interni opposti. Da qui segue che quadrati, rettangoli, etc etc... sono tutti nella stessa classe di equivalenza.
Ma ora... se ho un quadrilatero irregolare qualsiasi i cui lati non sono paralleli due a due (come il trapezio) o non lo sono per nulla (come accade nella maggior parte dei quadrilateri irregolari), come faccio a decrivere la loro orbita e trovare lo spazio calssificante?
Grazie
Risposte
Secondo me, sei a un buon punto.
Stai cercando un sistema completo di rappresentanti per l'insieme $C$ munito della relazione di equivalenza [tex]\mathcal{R}[/tex] tale che
[tex]Q_1\,\mathcal{R}\,Q_2\ \Leftrightarrow\ \exists f\in\textrm{Aff}(\mathbb{R}^2)\textrm{ tale che }f(Q_1)=Q_2[/tex] con [tex]Q_1,Q_2\in C[/tex].
Hai già un buon "candidato" sistema completo di rappresentanti. Una volta "spostato" il quadrilatero in modo che tre dei suoi vertici siano in [tex]A(1,0),B(0,1),O(0,0)[/tex], il quadrilatero è univocamente determinato dal suo quarto vertice. Puoi sempre supporre che esso sia nel primo quadrante, fuori dall'area del triangolo [tex]AOB[/tex] e sopra la retta di equazione [tex]y=x[/tex] (a meno di riflessioni rispetto alla bisettrice degli assi).
Ora ti basta dimostrare che presi due quadrilateri [tex]Q_1,Q_2[/tex] con vertici in [tex]A,B,O[/tex] essi sono uguali se e solo se [tex]Q_1,Q_2[/tex] sono in relazione [tex]\mathcal{R}[/tex] fra loro.
[Credo di aver trovato una dimostrazione abbastanza semplice di questo fatto. Se vuoi te la mostro.]
Seguirà che l'insieme delle orbite è rappresentato dall'insieme dei quadrilateri nella forma precedente, ovvero dall'insieme dei quadrilateri con tre vertici in [tex]A,B,O[/tex] e con l'altro vertice in un punto nel primo quadrante, sopra la bisettrice e fuori dal triangolo [tex]AOB[/tex].
Stai cercando un sistema completo di rappresentanti per l'insieme $C$ munito della relazione di equivalenza [tex]\mathcal{R}[/tex] tale che
[tex]Q_1\,\mathcal{R}\,Q_2\ \Leftrightarrow\ \exists f\in\textrm{Aff}(\mathbb{R}^2)\textrm{ tale che }f(Q_1)=Q_2[/tex] con [tex]Q_1,Q_2\in C[/tex].
Hai già un buon "candidato" sistema completo di rappresentanti. Una volta "spostato" il quadrilatero in modo che tre dei suoi vertici siano in [tex]A(1,0),B(0,1),O(0,0)[/tex], il quadrilatero è univocamente determinato dal suo quarto vertice. Puoi sempre supporre che esso sia nel primo quadrante, fuori dall'area del triangolo [tex]AOB[/tex] e sopra la retta di equazione [tex]y=x[/tex] (a meno di riflessioni rispetto alla bisettrice degli assi).
Ora ti basta dimostrare che presi due quadrilateri [tex]Q_1,Q_2[/tex] con vertici in [tex]A,B,O[/tex] essi sono uguali se e solo se [tex]Q_1,Q_2[/tex] sono in relazione [tex]\mathcal{R}[/tex] fra loro.
[Credo di aver trovato una dimostrazione abbastanza semplice di questo fatto. Se vuoi te la mostro.]
Seguirà che l'insieme delle orbite è rappresentato dall'insieme dei quadrilateri nella forma precedente, ovvero dall'insieme dei quadrilateri con tre vertici in [tex]A,B,O[/tex] e con l'altro vertice in un punto nel primo quadrante, sopra la bisettrice e fuori dal triangolo [tex]AOB[/tex].
Messaggio cancellato
No scusa... non avevo capito il tuo intervento. La dimostrazione del perchè il quarto punto non può cadere all'interno del triangolo è presto data:
DIM (per assurdo):
Ipotizziamo che il quarto vertice D cada all'interno del triangolo, allora il poligono che otteremmo sarebbe concavo, ma questo è impossibile perchè cadrebbe il concetto di incidenza, infatti i prolungamenti interni dei lati del quadrilatero finirebbero per incidere gli altri due, non preservano incidenza e parallelismo. Ma le affinità preservando incidenza e parallelismo preservano anche la convessità. Quindi per ottenere quadrilateri convessi il quarto punto deve stare al di fuori del triangolo. FINE.
Il miei dubbi, a questo punto, sono altri:
Come faccio ad assicurarmi che tutti in punti della regione di piano considerata siano in classi di equivalenza diverse?
Cosa me ne faccio dei punti della retta x=y? Prendo solo (1,1) e tolgo tutti gli altri?
Grazie
DIM (per assurdo):
Ipotizziamo che il quarto vertice D cada all'interno del triangolo, allora il poligono che otteremmo sarebbe concavo, ma questo è impossibile perchè cadrebbe il concetto di incidenza, infatti i prolungamenti interni dei lati del quadrilatero finirebbero per incidere gli altri due, non preservano incidenza e parallelismo. Ma le affinità preservando incidenza e parallelismo preservano anche la convessità. Quindi per ottenere quadrilateri convessi il quarto punto deve stare al di fuori del triangolo. FINE.
Il miei dubbi, a questo punto, sono altri:
Come faccio ad assicurarmi che tutti in punti della regione di piano considerata siano in classi di equivalenza diverse?
Cosa me ne faccio dei punti della retta x=y? Prendo solo (1,1) e tolgo tutti gli altri?
Grazie
Ok, avevo capito quello che intendevi.
1) è nel primo quadrante;
2) non è sui semiassi positivi;
3) fuori dal triangolo $AOB$;
(e fin qui, credo che siamo d'accordo, l'avevi detto anche tu nel primo messaggio...)
4) nel semipiano di equazione $y\geq x$ (se così non fosse, posso trasformare il quadrilatero mediante la simmetria rispetto alla retta $y=x$, ottenendo che il quarto punto "passa sopra la retta"). E' più chiaro ora?
Ecco, devo scusarmi con te. Purtroppo non è vero che tutti i punti nella regione di spazio considerata sono in classi di equivalenza diverse.
Avevo commesso un errore logico nella dimostrazione.
Sto cercando di trovare un buon sistema completo di rappresentanti per la nostra relazione [tex]\mathcal{R}[/tex].
Se mi viene in mente qualcosa ti faccio sapere...
"UgoFoscolo90":Intendo dire che ogni quadrilatero convesso in $RR^2$ può essere trasformato mediante un'affinità in un quadrilatero che ha tre vertici in $A$, $O$ e $B$ e il quarto vertice che
Il miei dubbi, a questo punto, sono altri:
...
Cosa me ne faccio dei punti della retta x=y? Prendo solo (1,1) e tolgo tutti gli altri?
1) è nel primo quadrante;
2) non è sui semiassi positivi;
3) fuori dal triangolo $AOB$;
(e fin qui, credo che siamo d'accordo, l'avevi detto anche tu nel primo messaggio...)
4) nel semipiano di equazione $y\geq x$ (se così non fosse, posso trasformare il quadrilatero mediante la simmetria rispetto alla retta $y=x$, ottenendo che il quarto punto "passa sopra la retta"). E' più chiaro ora?
"UgoFoscolo90":
Come faccio ad assicurarmi che tutti in punti della regione di piano considerata siano in classi di equivalenza diverse?
Ecco, devo scusarmi con te. Purtroppo non è vero che tutti i punti nella regione di spazio considerata sono in classi di equivalenza diverse.
Avevo commesso un errore logico nella dimostrazione.
Sto cercando di trovare un buon sistema completo di rappresentanti per la nostra relazione [tex]\mathcal{R}[/tex].
Se mi viene in mente qualcosa ti faccio sapere...
Si, allora siamo completamente d'accordo. Il problema rimane quello di individuare i punti che non vanno nella regione di piano che è rimasta. Questo si potrebbe fare in più modi, ma non riesco a trovarne uno veramente efficace. Per esempio, tutte le figure che hanno due lati paralleli e due incidenti (come i trapezi), sono nella stessa classe di equivalenza? E' vero che non è possibile trovare alcun quadrilatero da usare come rappresentante della classe dei quadrilateri che hanno tutti i lati incidenti? Avevo pensato che poteva essere utile dividere il piano in una griglia di quadrati di lato 1 (stile interi di Guass) e vedere cosa succede ai punti della griglia e a quelli dentro di essa... ma non saprei...
Ancora nessuna idea su come concludere...? 
Grazie
Grazie
Salve a tutti,
un'idea per fare un passettino avanti mi è venuta, ma non so come realizzarla concretamente. Riassumendo, per adesso, la porzione di piano che ci è rimasta è quella compresa fra la bisettrice x=y, l'asse y togliendo tutti i punyi del triangolo individuato dai punti A=(0,0), B=(1,0), C=(0,1). Questo spazio è ancora troppo grande per essere l'insieme classificante, quindi possiamo osservare che:
Ogni volta che abbiamo un quadrilatero orientato, abbiamo ben otto modi per scegliere i lati. Quindi se riusciamo a trovare due quadrilateri affini nello spazio che ci rimane, possiamo suddividerlo ancora in due parte e poi ancora in due a seconda dei lati che scegliamo da mettere nell'origine. Prima di farlo in generale, però, potremmo porovare a vederlo per due figure particolari. Ho provato a cercare due quadrilateri affini nello spazio che ci rimane. Qualcuno riesce ad individuarli?
un'idea per fare un passettino avanti mi è venuta, ma non so come realizzarla concretamente. Riassumendo, per adesso, la porzione di piano che ci è rimasta è quella compresa fra la bisettrice x=y, l'asse y togliendo tutti i punyi del triangolo individuato dai punti A=(0,0), B=(1,0), C=(0,1). Questo spazio è ancora troppo grande per essere l'insieme classificante, quindi possiamo osservare che:
Ogni volta che abbiamo un quadrilatero orientato, abbiamo ben otto modi per scegliere i lati. Quindi se riusciamo a trovare due quadrilateri affini nello spazio che ci rimane, possiamo suddividerlo ancora in due parte e poi ancora in due a seconda dei lati che scegliamo da mettere nell'origine. Prima di farlo in generale, però, potremmo porovare a vederlo per due figure particolari. Ho provato a cercare due quadrilateri affini nello spazio che ci rimane. Qualcuno riesce ad individuarli?
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