Hacer un poliedro convexo con dos hojas de papel

Question

Supongamos que tenemos dos hojas de papel $S,T$ y que cada uno de $S,T$ tiene forma de cuadrilátero convexo. Además, supongamos que la longitud del perímetro de $S$ es igual a la de $T$ . (Tenga en cuenta que $S$ y $T$ no son necesariamente congruentes).

Entonces, esta es mi pregunta.

Pregunta : Si hacemos un poliedro convexo con estas hojas de papel de la siguiente manera, ¿cómo podemos encontrar todos los números posibles de las caras de un poliedro convexo?

(1) Puedes doblar el papel siguiendo una línea.

(2) Puedes hacer un poliedro convexo pegándolos en el borde .

Motivación y ejemplo : Podemos hacer un poliedro convexo con $10$ caras (ver las figuras de abajo donde $S$ y $T$ son cuadrados congruentes. Doblados a lo largo de las líneas rojas. Cada línea roja cruza los puntos medios de los bordes del cuadrado).

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $

Este puede ser el ejemplo más fácil y me hizo interesarme por la pregunta anterior. ¿Alguien puede ayudar?

Actualización 1 : Dejar $N_f$ sea el número de las caras del poliedro convexo, el usuario achille hui demostró que $N_f\le 12$ y que hay ejemplos tales que $N_f=4,5,6,8,10$ .

Actualización 2 : Encontré que un Disfenoide oblicuo es un ejemplo para $N_f=12$ . ( $S$ y $T$ son paralelogramos congruentes con $6$ triángulos equiláteros).

Actualización 3 : El usuario achille hui mostró un ejemplo para $N_f=7$ .

Actualización 4 : El usuario David Speyer mostró un ejemplo para $N_f=11$ . Por lo tanto, sólo tenemos un caso $N_f=9$ para comprobarlo. Esta página tiene una lista parcial de Enneahedra (poliedros con 9 caras).

Actualización 5 : Tengo un conjetura que podemos hacer el siguiente poliedro con $9$ caras. ( $S$ y $T$ no son necesariamente rectángulos).

Actualización 6 : He hecho un crossposting en MO .

Actualización 7 : Un poliedro en la conjetura anterior dado por $$A(a,b,0), B(a,c,0), C(-a,-b,0),D(-a,-c,0), $$$$E(d,e,f), F(g,h,i), G(-d,-e,f),H(-g,-h,i)$$ es casi lo que deseamos (pero no lo es) donde $$a=-2.71,b=0.931273,c=-0.963719,d=-2.681359,e=0.4689,$$$$f=4.28591,g=-2.66066,h=-1.368,i=3.74971.$$

Por lo tanto, la conjetura parece cierta, pero no sé cómo conseguir un ejemplo concreto estrictamente.

Answer 1

Una vez que pegue $S$ y $T$ a lo largo de sus perímetros iguales, el resultado es un poliedro convexo único, un resultado sorprendente de Alexandrov. Este teorema se describe en muchos lugares, entre ellos Algoritmos de plegado geométrico: Enlaces, Origami, Poliedros Capítulo 23, sección 3. Sin embargo, es bastante difícil en general construir el poliedro único realizado. He escrito una breve descripción de alto nivel del algoritmo de Bobenko e Izmestiev aquí :

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Recientemente se ha establecido que su algoritmo puede ser implementado en tiempo pseudopolinomial: "A Pseudopolynomial Algorithm for Alexandrov's Theorem" ( Enlace arXiv ).

Porque $S$ y $T$ tienen el mismo perímetro, hay un número infinito de maneras esos perímetros pueden pegarse entre sí, dando lugar a un continuo de poliedros así realizados. Estos continuos se han estudiado en casos particulares (cf. Algoritmos de plegado geométrico ), pero en general no se entienden bien.

Answer 2

Esta es una respuesta que resume el resultado mío y de otros usuarios.

Dejemos que $\mathcal{N}_v$ y $\mathcal{N}_f$ sea el número de vértices y caras de la forma poliedro formado al pegar dos cuadriláteros convexos. Desde la época de Euclides, se sabe que para cualquier poliedro convexo poliedro convexo, la suma de los ángulos entre las aristas vecinas de un vértice es menor que $2\pi$ . Supongamos que los cuadriláteros convexos no se pegan parcialmente a sí mismos, cualquier vértice del poliedro resultante debe proceder de un vértice de uno de los cuadriláteros. En consecuencia, $\mathcal{N}_v \le 8$ . Según esto sitio tenemos $$\begin{array}{rcl} \mathcal{N}_v = 4 &\implies& \mathcal{N}_f = 4\\ \mathcal{N}_v = 5 &\implies& 5 \le \mathcal{N}_f \le 6\\ \mathcal{N}_v = 6 &\implies& 5 \le \mathcal{N}_f \le 8\\ \mathcal{N}_v = 7 &\implies& 6 \le \mathcal{N}_f \le 10\\ \mathcal{N}_v = 8 &\implies& 6 \le \mathcal{N}_f \le 12\\ \end{array}$$ Esto significa que la mayor cantidad posible de $\mathcal{N}_f$ es $12$ . A continuación se presenta una lista de $\mathcal{N}_f$ que sabemos realizar.

• $\mathcal{N}_f = 4$ . por ejemplo, un tetraedro.

• $\mathcal{N}_f = 5$ . por ejemplo, un prisma triangular con un triángulo rectángulo como base.

• $\mathcal{N}_f = 6$ . por ejemplo, un cubo.

• $\mathcal{N}_f = 7$ . por ejemplo, para cualquier $0 < u < 1$ , $w > \sqrt{1-u^2}$ Considere el casco convexo de los siguientes 6 puntos $\pm \vec{A}$ , $\pm \vec{B}$ , $\vec{C}$ y $\vec{D}$ donde $$\begin{cases} \vec{A} &= (1,v,0)\\ \vec{B} &= (1,-v,0)\\ \vec{C} &= (u,v,w)\\ \vec{D} &= (-u,-v,w) \end{cases} \quad\text{ and }\quad v = \frac{w\sqrt{(1-u^2)(w^2+(u-1)^2)}}{w^2+u^2-1} $$ Se puede cortar el heptaedro resultante a lo largo de $\vec{A} \to \vec{C} \to \vec{B} \to -\vec{A} \to \vec{D} \to -\vec{B} \to \vec{A}$ y desplegar la superficie en dos paralelogramos.
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• $\mathcal{N}_f = 8$ . por ejemplo, un octaedro "distorsionado" con vértices en 6 puntos $\pm \vec{A}, \pm \vec{B}, \pm \vec{C}$ donde $$ \begin{cases} \vec{A} &= (-1,\alpha,1),\\ \vec{B} &= ( 2,0,1),\\ \vec{C} &= (-1,-\alpha,1) \end{cases} \quad\text{ and }\quad \alpha = \frac{\sqrt{3(3+4\sqrt{5} - \sqrt{49+24\sqrt{5}})}}{2} \approx 1.1657187 $$ Se puede cortar este octaedro "distorsionado" a lo largo de $\vec{A} \to -\vec{C} \to \vec{B} \to -\vec{A} \to \vec{C} \to -\vec{B} \to \vec{A}$ y desplegar la superficie en dos cometas.
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• $\mathcal{N}_f = 10.$ Por ejemplo, un antiprisma cuadrado mencionado en la pregunta. Un ejemplo concreto ejemplo es el que tiene los siguientes 8 vértices en $$\begin{cases} (\pm 1,\pm1,0),\\ (\pm\sqrt{2},0,\beta),\\ (0,\pm\sqrt{2},\beta) \end{cases} \quad\text{ where }\quad\beta = \sqrt{2(\sqrt{2}-1)} \approx 0.9101797 $$

• $\mathcal{N}_f = 11$ . por ejemplo, una familia de $11$ -hedra encontrada por el usuario David Speyer. Para cualquier $u > \delta = \sqrt{2}-1$ y $u \ne 1$ , considere el casco convexo formado por $8$ puntos $\pm \vec{A}, \pm \vec{B}, \vec{C}, \vec{C'}, \vec{D},\vec{D}'$ en $$\begin{cases} \vec{A} &= (u,1,0)\\ \vec{B} &= (u,-1,0)\\ \vec{C},\vec{C}' &= (\pm p,0, q)\\ \vec{D},\vec{D}' &= (0,\pm\sqrt{2},w) \end{cases} \quad\text{ where }\quad \begin{cases} w &= \sqrt{u^2 - \delta^2}\\ p &= u + \frac{\sqrt{2}w^2-\delta u}{u^2+w^2}\\ q &= \frac{(\sqrt{2}u+\delta)w}{u^2+w^2}\\ \end{cases}$$ Es un poliedro convexo con $11$ -cara y si uno lo corta a lo largo de $$\vec{A} \to \vec{C} \to \vec{B} \to \vec{D}' \to -\vec{A} \to \vec{C}' \to -\vec{B} \to \vec{D} \to \vec{A},$$ podemos desdoblar la superficie en dos rectángulos. Cuando $u = 1$ el casco convexo se reduce a un antiprisma cuadrado que hemos utilizado como ejemplo para $\mathcal{N} _f = 10$ .

• $\mathcal{N}_f = 12$ . por ejemplo, un Disfenoide oblicuo un ejemplo encontrado por el usuario mathlove.

Combinando todo esto, sólo nos queda el caso $\mathcal{N}_f = 9$ para comprobarlo.

Answer 3

Creo que puedes lograr $11$ caras por

siempre y cuando $2a < \sqrt{2} (a+b)$ .