@@ShoBoBon 調査ありがとうございます！ 条件を満たす全ての格子点組が欲しいということですね。 ケイリー変換の像に入らない回転行列は固有値-1を持つものです。これは、ある軸のまわりに180°回転させる操作に相当します。これはハウスホルダー変換と呼ばれる変換を反転(-1倍)したものになっており、変換行列は次式で表されます。 Y = 2vv^T - I ここで、vは回転軸方向の単位ベクトルです。あとは全要素が整数になるようにスカラ倍してやればよいので、整数ベクトルvに対して Y = 2vv^T - |v|^2 I とすれば所望の行列が得られます。 ケイリー変換と反転ハウスホルダー変換によって右手系を保存する回転行列の全てを尽くせることが示せます。ゆえに、あらゆる反対称整数行列Xと整数ベクトルvを用いれば、条件を満たす全ての格子点組(が定数倍されたもの)を生成できます。
以下を参照: Liebeck, Osborne, The Generation of All Rational Orthogonal Matrices, The American Mathematical Monthly, Vol. 98, No. 2 (1991), pp. 131-133. Osborne, Liebeck, Orthogonal bases of R^3 with integer coordinates and integer lengths, The American Mathematical Monthly, Vol. 96, No. 1 (1989), pp. 49-53. 動画の内容とはずれるけど立方体を作るならば自分はBresenham's algorithmを試すと思う。3Dのラスタライズでも使える。
(すでに言及されているかたがいますが、) en.m.wikipedia.org/wiki/Pythagorean_quadruple のRelationship with quaternions and rational orthogonal matricesにあるように、互いに素な整数(k,l,m,n)を用いて
(k²+l²-m²-n², 2km-2ln, 2kn+2lm)
(2mk+2ln, m²+l²-n²-k², 2mn-2lk)
(2nk-2lm, 2nm+2lk, n²+l²-k²-m²)
とかけるもの、およびその定数倍で求めたい3つ組はもれなくダブりなく表せますね
証明としては、su(2)からso(3)への二重被覆を使うと、結局so(3)の有理点はガウス整数2つでパラメタライズできることからわかります
とても綺麗で、重大と思しき発見があったために報告いたします！
結論から言うと、非負整数の組(k,l,m,n)に対して、以下の3つのベクトルが条件を満たすと予想されます:
(k²+l²-m²-n², 2km-2ln, 2kn+2lm)
(2mk+2ln, m²+l²-n²-k², 2mn-2lk)
(2nk-2lm, 2nm+2lk, n²+l²-k²-m²)
これは何かと言うと、ピタゴラスの4つ組の式をベースに、k,l,m,nのうち、lのみ固定し、k,m,nを1つずつズラした上で、成分も1つずつズラすことでできる3つのベクトルです。
言葉ではうまく説明しづらいです、すみません。式とにらめっこして頂きたい。
（追記:伝わりやすいと思われる表記を考えました。
a(k,l,m,n)=k²+l²-m²-n²
b(k,l,m,n)=2km-2ln
c(k,l,m,n)=2kn+2lmと書き、
(a(k,l,m,n),b(k,l,m,n),c(k,l,m,n))を簡単に(a,b,c)(k,l,m,n)と書くことにしましょう
この表記のもと、上の式は
(a,b,c)(k,l,m,n)と(c,a,b)(m,l,n,k)と(b,c,a)(n,l,k,m)の3本になります。
これはlを固定してそれ以外を左にズラすと同時に、abcを右にズラしています。）
構成法から明らかに、これらの大きさはk²+l²+m²+n²で等しくなり、成分は全て整数です。
実は直交することは確認していませんが、動画内で挙げられていた例が全てこれで説明できるため、頑張って計算したらきっと直交します。
実際に動画内で挙がっていた具体例と照らし合わせます。
大前提として、次の操作をしても求める性質は保たれることに注意します:
・いずれかのベクトルを(-1)倍する
・成分の順番を、3本とも同じように入れ替える
・x成分のみ、3本とも(-1)倍する(y,zも同様)
以下ではこの差を無視します。
さて、(k,l,m,n)=(2,1,1,1)とすると、
(3,2,6),(6,-3,-2),(2,6,-3)の3本になり、これが投稿主さんが初めに見つけた例と同じになります。
(k,l,m,n)=(1,1,1,0)とすると、
(1,2,2),(2,1,-2),(-2,2,-1)となり、これが2つ目の例と同じです。
これを(k,l,m,n)=(1,2,2,0)で行うと、
(1,4,8),(4,7,-4),(-8,4,-1)が得られ、3つ目の例についても綺麗に説明ができます。
2つ目の例までで、数字の組み合わせが一致していたのは偶然で、実際にはk,l,m,nの値を組み替えたものが見つかっていたと言えると思います。(k,l,m,nの値が小さいため、入れ替えても数字が一致しやすいというのもある)
直交の計算はどうみても死ぬほどめんどくさいですが、それが終わればこれが結論となると思います！
余談ですが、今回はlを固定して他の3つをズラしていくことで上手くいきました。これはlではなく、kやm,nを固定した場合でも、同様に上手くいく可能性があります。その場合、ベクトルの組として、今回見つけた組を(-1)倍したものや、成分をズラしたものなどが得られるのではないかと予想しています。細かい検証は、式をいじくる根気のある方にお任せいたします。終わり！
（追記:少し考えてみましたが、c(k,l,m,n)はk,l,m,nが非負である限り非負であるため、(-1)倍とかは出てこなさそうですね。
実験もしてみましたが、他の文字を固定したパターンだとうまく直交してくれません。意外とlが結構特別な文字？）
(a,b,c)と(c,a,b)で内積を計算したところ0になりました。構成法と内積の計算から考えて、おそらく他の組み合わせでも内積が0になるでしょう。
素晴らしい発見です！
ありがとうございます！ただ、自分が0からこの問題を考えていたら、間違いなく辿り着けませんでした。
(4,7,-4)の例があったことから、単純な成分の組み換えでは無いと予想されることと、主さんがピタゴラスの4つ組の生成式に言及していたことから、k,l,m,nの組み換えを思いつきました。
実際の組み換え方も、具体例が豊富だったおかげで、符号や偶奇に注目しながら絞り込んでいけました。
つまり、動画内の時点でかなり核心的な、素晴らしい考察であったと思います。とても面白い題材です！
四次元座標使いこなすとかバケモンかよ..
文系脳で2次元すら使いこなせるかも怪しいのに
@@Preeeeeminent sorena
とりあえず主さんが知りたい事は証明できたっぽいから結果だけ書いていきます～
Minecraftの空間に三次元直交座標を張り、水平右向きをx軸正方向、水平奥行きをy軸正方向、鉛直上向きをz軸正方向として、立方体の地面に接している一頂点を原点とします。位置座標と位置ベクトルはこの三次元直交座標の軸成分で(x,y,z)のように表すこととします。
まずA²+B²=R²を満たす自然数A,B,Rと、何でもよい自然数a,bを用意してください。
次に先ほど定義した五つの変数を用いて二つの位置ベクトルV₁= (b*A, b*B, a*R)とV₂= (-a*A, -a*B, b*R)を三次元直交座標上に作ります。
この二つの位置ベクトルV₁とV₂は必ず格子点を取り、同じ大きさで直交します。そして全ての主さんが求める二組のベクトルを網羅する事ができます。
あとは二つの位置ベクトルの外積を取ったり、ベクトルを反転させたりすれば主さんが作りたい立方体の頂点の位置は全て網羅する事ができます。
証明は返信欄を使って書いていこうと思います～
題意:直交で大きさが等しい二つの位置ベクトルが格子点を取る条件
まず三次元直交座標(x,y,z)を天頂角θ、平面角φ、距離rを用いて表します。
x= sinθ*cosφ
y= sinθ*sinφ
z= cosθ
この題意は二つのベクトルに対して三つの条件を課していると考えられます。
①直交している
②大きさが等しい
③格子点を取る
まずは条件①と条件②について考えます。
三次元直交座標の対称性により各成分が正の値を取る象限のみを考えます。
つまりr,θ,φは
0≦r
0
「マインクラフトは教育ゲーム」がガチだった
数学力に想像力が育まれるんだろうなあ
その代償に物理を捨て去ったか
軽く飛ばし読みしただけなので自信がないのですがおそらく英語版ウィキ Pythagorean quadruple の Relationship with quaternions and rational orthogonal matrices の章の行列を使用すれば任意の四つ組から直行かつ整数なベクトルを生成できるかと思います
みそしるさん何者。。。
誰かと思ったらエンパの飛距離求めてた人だった……
既に興味深い解法がいくつか見られますが私も別解を1つ。
問題は、3次元空間の標準基底(1,0,0)(0,1,0)(0,0,1)全てを有理数点に写す回転操作を求める問題だと言い換えられます(回転後適切に拡大すれば格子点が得られる)。これは、全要素が有理数である直交行列を求めることと等価です。
反対称行列(X=-X^T)を用いて直交行列Yを生成する方法として次式に示すケイリー変換が知られています。
Y=(I+X)(I-X)^{-1}
ここで、Iは単位行列です。有理数行列Aに対して、逆行列A^{-1}も有理数行列です。従って、Xが有理数行列ならば、上式で生成されるYも有理数行列となります。
さらに、行列Aの逆行列は以下で与えられます。
A^{-1}=adj(A)/det(A)
ここで、adj(A)は余因子行列、det(A)は行列式です。Aが整数行列ならばadj(A)も整数行列となります。よって、最後の拡大倍率としてはdet(I-X)を選べば良いことが分かります。
結論:立方体を構成する3点は以下の手順で求められる。
1. 整数要素の3次元反対称行列Xを作成
2. Y=det(I-X) (I+X)(I-X)^{-1}=(I+X)adj(I-X)
3. 行列Yの各列ベクトルが求める3点の座標ベクトル
この方法のよいところは、n次元立方体の場合に対して自然に拡張できることです。
行列を使いこなせるのはかっこいい😎
反対称行列の要素をa,b,cで表してYを計算してみましたが、(1,12,12),(12,-9,8),(12,8,9)の3点などは生成できないかもしれません
@@ShoBoBon
調査ありがとうございます！
条件を満たす全ての格子点組が欲しいということですね。
ケイリー変換の像に入らない回転行列は固有値-1を持つものです。これは、ある軸のまわりに180°回転させる操作に相当します。これはハウスホルダー変換と呼ばれる変換を反転(-1倍)したものになっており、変換行列は次式で表されます。
Y = 2vv^T - I
ここで、vは回転軸方向の単位ベクトルです。あとは全要素が整数になるようにスカラ倍してやればよいので、整数ベクトルvに対して
Y = 2vv^T - |v|^2 I
とすれば所望の行列が得られます。
ケイリー変換と反転ハウスホルダー変換によって右手系を保存する回転行列の全てを尽くせることが示せます。ゆえに、あらゆる反対称整数行列Xと整数ベクトルvを用いれば、条件を満たす全ての格子点組(が定数倍されたもの)を生成できます。
@@ShoBoBon
挙げてくださった例(1,12,12),(12,-9,8),(12,8,9)は直交条件を満たさない気がします(おそらく入力ミスかと推察します)ので、3点目を修正して
(1,12,12),(12,-9,8),(12,8,-9)
として議論を進めます。このときこれらを並べてベクトル長17で割った行列は確かに固有値-1を持ちます。回転軸は固有値1の固有ベクトルとして求められ、v=(3,2,2)がその方向の整数ベクトルです。これについて反転ハウスホルダー変換の変換行列を計算し、その列ベクトルを抽出すると
(1,12,12),(12,-9,8),(12,8,- 9)
となります。これは元の格子点組に一致します。
一般に、条件を満たす格子点組からXやvを逆算したい場合は
1. 格子点組を単位ベクトルに正規化した後、右手系となる順に並べて行列Yを作成
2. (Y + I)が正則ならばa.正則でないならbを実行
a. X = (Y + I)^{-1}(Y - I)
b. vの一次方程式(Y - I)v=0 を解く
3. X や v を適切にスカラ倍
でokです。
コメ欄見てたら3b1bチャンネルの「ピタゴラスの三角形を虚数を用いて求める」って感じの動画を思い出した
変数増えてるから虚数だと厳しそうだけど、四元数使えばエレガントな解法があったりするのかな？
a^2+b^2+c^2=d^2の両辺をd^2で割った後変数を置き直してx^2+y^2+z^2=1 (x,y,z:有理数)という問題と思うことにします。
また、単位球面上の点(x,y,z)から、「(x,y,z)と(0,0,1)を結ぶ直線の平面z=0との交点」への変換をf(x,y,z)と書くことにします。
このときf(x,y,z)=(x/(1-z),y/(1-z),0)、f^(-1)(x,y,0)=(2x/(1+x^2+y^2),2y/(1+x^2+y^2),(-1+x^2+y^2)/(1+x^2+y^2))が成り立ちfも逆関数も有理点を有理点に移すので、fによって球面上の有理点と平面上の有理点は一対一対応します。
(正確には無限遠点も考える必要がありますが)
さて問題は単位球面上の点(s,t,u)と直交する単位球面上の有理点が存在するか？と言い換えられます。
単位球面上の点で(s,t,u)と直交するものはx^2+y^2+z^2=1、sx+ty+uz=0の連立方程式の解になりますが、これをfで移すとz=0, (x+s/u)^2+(y+t/u)^2=1/u^2となります。
この方程式は例えばx=(1-s)/u、y=-t/uなどが満足するので、(s,t,u)と直交する単位球面上の有理点は必ず存在します。
ちなみに球でやったときのように((1-s)/u,-t/u,0)と円上の点を結ぶ直線との交点、みたいなことを考えるとその変換により直線上の有理点と円上の有理点が一対一対応するので、このような点は無限個存在することもわかります。
(s,t,u)と直交する単位球面上の有理点が見つかったとして、それをd倍して整数になるわけではないかも？
でもa,b,cを適当に整数倍すれば必ず直交するベクトルが見つかるんですね！
@@ShoBoBon たしかにそこは見逃してましたね...
もう少し考えてみます
ここ数学つよつよニキ多すぎる
論文ほどかしこまらず、興味と関心で他人が見つけていなそうなことを探求する営み………尊い………
コメ欄に各方向性のバケモンがそろいすぎてておもろい
あれ、これってマイクラの動画だよな…
野生の数学者もUA-camってみるんやなって
以下を参照:
Liebeck, Osborne, The Generation of All Rational Orthogonal Matrices, The American Mathematical Monthly, Vol. 98, No. 2 (1991), pp. 131-133.
Osborne, Liebeck, Orthogonal bases of R^3 with integer coordinates and integer lengths, The American Mathematical Monthly, Vol. 96, No. 1 (1989), pp. 49-53.
動画の内容とはずれるけど立方体を作るならば自分はBresenham's algorithmを試すと思う。3Dのラスタライズでも使える。
なんかかっこいい。こういうの知ってたらいろいろなことに活用できそう
今更かもしれないけど、このコメント欄では出てないアプローチのやり方を見つけたので紹介します
まず、点Oを原点とするxyz空間において、xy平面上の単位円上に2点A，Bを、A(cosθ，sinθ，0)、B(-sinθ，cosθ，0)となるようにとり、さらにz軸上に点C(0，0，1)をとります。図を描いてみれば分かると思いますが、3つのベクトルOA，OB，OCは全て大きさが１であり、互いに直交しています。
(点A，Bに関して、xy平面上の点(cosθ，sinθ)に対し、さらにその点を反時計回りにπ/2だけ回転させた点が(-sinθ，cosθ)になるのは覚えておいてください。後で使います。)
文面だとここからが難しいのですが、次に、点Cをz軸正方向からy軸正方向にφだけ回転し、それと同時に点A，Bも同じ方向に同じだけ回転させます。
(いま点A，B，Cは全て中心が原点、半径が1の球上にあるけど、その球ごとφだけ回すイメージ。x軸を地軸とした時の地球の自転みたいな。)
そうすると、回転後の点Aは(cosθ，sinθcosφ，-sinθsinφ)、点Bは(-sinθ，cosθcosφ，-cosθsinφ)、点Cは(0，sinφ，cosφ)となります。
(点Cはよくあるxy平面上で偏角θの点(cosθ，sinθ)をとるのをyz平面、角度φで置き換えただけです。点A，Bに関してはそれにもう一捻り加えて、まず点A，Bのx座標についてはφ回転しても変化がなく、y座標、z座標については先程のπ/2回転をyz平面に適用しています。x軸が紙面の裏から表向きになるようにyz平面を書けば、点Aのx軸からの距離がsinθ、点Bのx軸からの距離がcosθになってるのが分かるかと思います。)
ここで回転後の点A，B，CをそれぞれA‘，B‘，C’とすると、先程求めたOA‘ﾍﾞｸﾄﾙ(cosθ，sinθcosφ，-sinθsinφ)、OB’ﾍﾞｸﾄﾙ(-sinθ，cosθcosφ，-cosθsinφ)、OC‘ﾍﾞｸﾄﾙ(0，sinφ，cosφ)は動画にあった３つのベクトルになります。おこなった操作は回転だけなので、全てのベクトルの大きさは1になってます。
他の方のやり方をあまりみれていないので上手く差別化できてるか分かりませんが、このやり方の良いところはかなり数字の設定の自由度が高いことです。cosθ，sinθ，cosφ，sinφが有理数となるθ，φなら多分全部使えます。そしてそのようなsinとcosの組、つまりピタゴラス数も、無限に漏れなく重複なく生成できる公式があるのでそれ使えば立方体も作りまくれます。(ただそれで全ての立方体の座標の組を作れるかは確信ない)
書くのが遅くてコメントが深夜になってしまいました。長文失礼しました。
何かわからない箇所があればお伝えください！
コメントありがとうございます。
OC’ベクトルのx座標が必ず0になってしまうので、動画で出てきた(1,2,2),(2,1,-2),(-2,2,-1)などの例を作るのは難しいかも。
補足：5:24 適宜a,b,cを入れ替える必要があります
※頑張りましたが思った以上に時間かかり過ぎたしなんかもっと複雑な問題になったのでGive upです。あとは有志任せ
主さんの提示した問題は言い換えると
「∀u∊ℤ³ s.t. |u|∊ℕ⇔∃v,w∊ℤ³ s.t. w・v=0⋀u・v=0⋀|v|, |w|∊ℕ⋀|u|=|v|=|w|」(ある全成分と長さが整数の三次元ベクトルuに対して、二つのuと長さが同じ全成分が整数のベクトルv,wとこのuがそれぞれ直角に交わるこの二つのベクトルは必ず一つは存在する)
という命題に言い換えられます。
簡易的な証明
u=(a,b,c) (a,b,c∊ℤ)とするとこのuを法線ベクトルとする平面の方程式は次のように表せる
ax+by+cz=0
また、ベクトルuを含む球は次のように表せる
(x,y,z)=(|u|sin(t)cos(v),|u|sin(t)sin(v),|u|cos(t)) (tとvは媒介変数, 0≤t,v≤2π)
x,y,z∊ℤ
この3つの条件を満たす解を求めるだけ。
後は計算
そうすると
a sin(t)cos(v)+b sin(t)sin(v)+c cos(t)=0
かつ、各項が整数となるようなtとvの実数解が存在することを示すだけである
ここでa,b,cは整数であったため、sin(t)cos(v), sin(t)sin(v), cos(t)が全て整数となるような方程式の解を求めればよい
(ここまで)
頑張りましたがあまりにも複雑すぎるため相当時間がかかりそう
そもそも複雑に問題を言い換えているかもしれない
少なくとも3時間かけさせた罪は深い
個人的には成立しそうなんだけどねぇ...
頭わるくてすまんかった
こういう数学の問題のコメントを書く時、書いてるうちに楽しくなってきて何時間も経っちゃうの分かるw
つまり、ベクトルを計算してマイクラ上に立方体の辺のデータを召喚して、辺に触れている空気ブロックを任意のブロックに置き換えてるってこと?
そこまで高度なコマンド使いではないので手作業です
ちゃんと考えると難しいですね
(a,b,c)の各要素が整数なら3次元の回転行列を使うことでx,y,zいずれか任意の軸で90°もしくは-90°回転させたもの(a´,b´,c´)の各要素は整数になって、90°回転させた2つのベクトルの内積は0なのでこの方法で常に求められて、そのうち少なくとも1つは地中に埋まらない方向を取れるはず
2つの外積はsin90°が1なので3つ目のベクトルも計算できる
と思ったのですがちゃんとした証明ではないかも
まあ他の方が既に解決しているみたいなのでわかりやすさ重視で考えてみました
動画の例だと|(a,b,c)|=a+bあるいはこれの成分を入れ替えたものとなっているので、(a,b,c)•(b,a,-c)=0ですね。ただ、他のパターンだとどうなっているんでしょう…。
頭良すぎてかっけぇ
「自力で見つけました」「何とか見つけられました」
主さんの努力を表すには軽すぎる…。
ゲームとして見るならばマインクラフトはあくまでも「そのように見えるようにする」ゲームだから、
正確さを求めすぎる事はマインクラフトの志向に反していると思った。
java版だと3Dモデルをワールドに直接読み込めるツールがあるからやってみると感動する。
数学をマイクラで活かせるのすご、自分なんてデカイ正方形を作るとき√使えばええやんのレベルで止まってるのに、、、
正六面体はないのですが、正四面体を作ったり、正五胞体(4次元)を"投影"させたいと思ったりことは、あります。
紙に立体を投影させられるなら、マイクラ内なら4次元を投影させられないかなーと。
空間ベクトルを学んだあとに見直します
球は数学的に解くのは簡単なんだけどなあ、立方体、というか傾いた平面はまだ解けてないです。考えてみますか。
特に、傾いた変面を全て埋めるのが難しそうですね。
線でも難しいですよね。線が通るマスを全て埋める、という操作では、線の太さが均一にはならない。
この問題をどう解決するか？ですよね。
線の太さをdとして、原点Oから動画でも出ていたP(2n, 3n, 6n)まで線を引く時、線分OPを中心軸とする円柱を考えれば良さそうですね。
その円柱に含まれるマスにブロックを設置すれば良さそうです。
円柱に含まれるかどうかの判定は厳密には難しいので、擬似的なやり方として、〈マスの中心が円柱に含まれるかどうか〉で判定すれば十分綺麗に見えるかと。
OとP(例えば(2,3,6))を通る太さ1ブロックの直線を引く方法があります。
直線OPの式はx/2=y/3=z/6で表せます。
その直線OPがx,y,z軸のどれに最も近い傾きかを調べます。Pの成分で絶対値が最も大きいものはz成分(6)なので、直線OPはz軸方向に伸びる直線といえます。
z軸とわかったので、平面z=k(kは整数)と直線OPの交点を各kごとに求め、その交点に最も近い平面z=k上の格子点にブロックを設置します。
この方法はブロックを設置するかしないかの判定をすべてのマスで行う必要がないので楽です。
傾いた平面も、上で述べたことの直線と平面を入れ替えて考えればよいと思います。
線形代数の範囲か？
途中のベクトルの長さが整数だという仮定は長さが無理数の立方体のパターンが消えると思ったのですが、十分条件を見つけるのがテーマと言うことですか？
最初は直交する3ベクトルを1つでも見つけたいと考えていたので、無理数のパターンが消えるのはわかっていながらも話を進めていきました。最終的にピタゴラスの4つ組が十分条件になりうるのでは？というテーマになったので、仰る通りです。
好き
使われている曲は何で名前ですか？
Gymnopedie No.1 です。
数IIで詰まった自分には早すぎたorz
軌跡で詰まったと予想
@@user-qj8ur5wn5s 漸化式
文系質問で恐縮なのですが、地面に一頂点しか接さずかつ頂点が格子点上にあってかつ公約数が存在しないのは最後の2パターンだけなんですか？
公約数が何の公約数を指しているかはわかりませんが、ピタゴラスの4つ組は他にも存在し、別のパターンで立方体を作ることも可能です
@ すいません公約数じゃなくて共通因数ですね。調べたらいっぱいパターンあるみたいで...ありがとうございます。
俺ベクトル何にも覚えてなくてわろた、
数弱なので、コマンドでそれっぽくやる方法しかわからなかった、、、
コマンドで、同じ点から同じ時間だけ指定したベクトルでなにかしら発射出来るはず、でそこにブロックも置ける。ちなみに整数と無理数で長さ違う問題は全く解決できない模様です
へー、そういうアプローチもあるのね
何かのヒントになるかもしれないで、一応その時のロジック置いときますね
とりま球を考える (x^2)+(y^2)+(z^2)=r^2
媒介変数で表示してみる
x=sin(φ)cos(θ)r
y=sin(φ)sin(θ)r
z=cos(φ)r
こいつらが全部整数になるように調整する
空中マイクラはよ
俺にはまだ早かった