Volumen de la sección del cubo sobre la intersección con el plano

Question

Supongamos que tenemos un cubo unitario (lado=1) y un plano con ecuación $x+y+z=\alpha$ . Me gustaría calcular el volumen de la región que resulta una vez que el plano secciona el cubo (por encima del plano). Hay tres casos a analizar, y no consigo visualizar uno de ellos.

Caso 1: $0 \le \alpha < 1$

En este caso, la sección parece un triángulo, y el volumen de interés es 1 menos el volumen del tetraedro inferior izquierdo, es decir, $$V = 1 - \int_0^\alpha \int_0^{\alpha-x} \int_0^{\alpha-x-y} dz\,dy\,dx = 1 - \frac{\alpha^3}{6}.$$

Caso 3: $2 < \alpha \le 3$ .

Aquí, la sección es de nuevo un triángulo, y el volumen de interés es el tetraedro superior derecho, es decir, $$V = \int_{\alpha-2}^1 \int_{\alpha-x-1}^1 \int_{\alpha-x-y}^1 dz\,dy\,dx = \frac{(3-\alpha)^3}{6}.$$

Caso 2: $1 \le \alpha \le 2$ .

Aquí es donde estoy un poco atascado. La sección es un hexágono, y una de las desigualdades es $\alpha-x-y \le z \le 1$ por lo que la integral más interna debe ser $\int_{\alpha-x-y}^1 dz$ . La proyección de la rebanada del hexágono sobre el $xy$ -es descrito por $y \ge \alpha-1-x$ y $y \le \alpha-x$ . Por lo tanto, el área de la proyección del hexágono es $$A = \int_0^{\alpha-1} \int_{\alpha-x-1}^1 dy\,dx + \int_{\alpha-1}^1 \int_0^{\alpha-x} dy\,dx$$

Pregunta: Cuando me mudo de $A$ a $V$ ¿puedo distribuir la integral más interna entre los términos de la suma, es decir, es correcto escribir $$V = \int_0^{\alpha-1} \int_{\alpha-x-1}^1 \int_{\alpha-x-y}^1 dz\,dy\,dx + \int_{\alpha-1}^1 \int_0^{\alpha-x} \int_{\alpha-x-y}^1 dz\,dy\,dx \quad ??$$

Si no, ¿cuál es el enfoque?

Obsérvese que existe una clara conexión entre este problema y el cálculo de la FCD de una suma de una variable aleatoria que tiene una distribución triangular con soporte en $[0,2]$ y una variable aleatoria con distribución uniforme en $[0,1]$ (asumiendo la independencia). Por lo tanto, sé cuál debería ser la respuesta para el caso 2 porque he calculado la convolución, pero quiero averiguar también la respuesta geométrica.

Answer 1

Para $1 \le \alpha \le 2$ En este caso, es mucho más fácil visualizar la integral restando en lugar de sumando trozos del volumen.

Como se muestra en la imagen siguiente, cuando $1 \le \alpha \le 2$ el volumen de la sección del cubo por debajo de la intersección del plano $x + y + z = \alpha$ es la diferencia del volumen de un gran tetraedro con anchura/altura/profundidad $= \alpha$ con tres más pequeños con anchura/altura/profundidad $= \alpha-1$ . Por lo tanto, el volumen por encima de la intersección se convierte en

$$1 - \left( \frac16 \alpha^3 - 3 ( \frac16 (\alpha-1)^3 )\right) = 1 - \frac16 \alpha^3 + \frac12 (\alpha-1)^3$$

Actualización

En cuanto a la pregunta de si este argumento puede extenderse a una dimensión superior, la respuesta es sí. Veamos la dimensión 3 $2 \le \alpha \le 3$ caso primero.

A medida que uno aumenta $\alpha$ más allá de $2$ Los tres tetraedros de la primera figura comienzan a superponerse. Como se muestra en la segunda figura, la intersección de los tres tetraedros son ahora tres tetraedros aún más pequeños de anchura/altura/profundidad = $\alpha -2$ .

Forma anterior de calcular el "volumen" de la sección del cubo por debajo del plano $x + y + z = \alpha$ ahora resta demasiado de este tres tetraedro aún más pequeño. Hay que volver a sumarlos. Como resultado, el volumen sobre el plano pasa a ser:

$$\begin{align}&1 - \left( \frac16 \alpha^3 - 3(\frac16 (\alpha-1)^3 + 3(\frac16 (\alpha-2)^3 \right)\\ = & 1 - \frac16 \alpha^3 + \frac12 (\alpha-1)^3 - \frac12 (\alpha-2)^3\\ = & \frac{(3-\alpha)^3}{6} \end{align}$$

Pasemos al $k$ -caso de la dimensión. Para calcular el "volumen" de la sección del hipercubo sobre el hiperplano $x_1 + \ldots + x_k = \alpha$ el primer paso es restar el volumen de un $k$ -simplex de tamaño $\alpha$ de 1.

1. si $\alpha \le 1$ hemos terminado.
2. si $\alpha > 1$ , sobre restamos el volumen de $\binom{k}{1}$ de tamaño $\alpha-1$ y necesitan volver a añadirlos.
3. si $\alpha > 2$ El $\binom{k}{1}$ de tamaño $\alpha-1$ en el paso 2 se cruzan y la intersección es la unión de $\binom{k}{2}$ $\;k$ -simples de tamaño $\alpha-2$ . Este significa que en el paso 2 hemos sumado demasiado y tenemos que volver a restar el volumen.

Repite estos argumentos y fíjate que en la mitad del proceso, tenemos que sumar o restar los volúmenes de $\binom{k}{i}$ $\;k$ -simples de tamaño $\alpha-i$ . El "volumen" de interés finalmente se convierte:

$$1 -\sum_{i=0}^{\lfloor \alpha \rfloor} (-1)^i \binom{k}{i} \frac{(\alpha-i)^k}{k!}$$

Answer 2

Poner $\alpha:=1+\beta$ con $0<\beta<1$ . Entonces el avión $x+y+z=1+\beta$ corta la cara superior del cubo en el segmento que une $(0,\beta)$ con $(\beta,0)$ en $z$ -nivel $1$ y corta la cara inferior del cubo en el segmento que une $(\beta,1)$ con $(1,\beta)$ en $z$ -nivel $0$ .

Consideremos el tallo vertical que pasa por un punto fijo $(x,y)$ en la cara inferior $Q$ del cubo. Interseca su poliedro $P$ en un segmento vertical cuya longitud $\ell(x,y)$ viene dada por $$\ell(x,y)=\cases{0&$ (x+y<\\\Nbeta) $ \cr x+y-\beta\quad&$ (\beta\leq x+y\leq \beta+1) $ \cr 1&$ (x+y>\\Nbeta+1) $\cr}\ .$$ El volumen de $P$ viene dada por $$\eqalign{{\rm vol}(P)&=\int\nolimits_Q \ell(x,y)\ {\rm d}(x,y)\cr &=\int_0^\beta\int_{\beta-x}^1 (x+y-\beta)\ dy\ dx+\int_\beta^1\int_0^{1+\beta-x}(x+y-\beta)\ dy\ dx +{1\over2}(1-\beta)^2\ .\cr}$$

Answer 3

Yo tenía el mismo problema y se me ocurrió la siguiente fórmula muy sencilla (y muy implícita) (no estoy familiarizado con la notación matemática de stackexchange de stackexchange, perdóname por poner el código de Mathematica):

volPart[q___, r_] := Module[{v, d, t, h},
  v = Select[Chop[{q}], (# =!= 0) &];
  d = Length[v];
  t = Tuples[{-1, 1}, d];
  h = (t/2).v + r;
  (HeavisideTheta[h] h^d).(Times @@@ t)/(d! Times @@ v)
]

El valor de retorno de volPart[q1, q2, ..., r] debe ser un volumen de una parte del unidad hipercubo centrado en $\{0, 0, ...\}$ por encima del hiperplano $x1 q1 + x2 q2 + ... + r > 0$ . Mediante un escalado adecuado y una compensación de los argumentos, la fórmula podría generalizarse a otros casos.

Para los coeficientes numéricos de valor cero en forma lineal, la fórmula se reduce efectivamente al caso de dimensión inferior. Sin embargo, para los coeficientes simbólicos que se acercan a cero, hay que tomar el límite.

La idea básica es que el volumen sobre el hiperplano para argumentos fijos es una combinación lineal de las "alturas" de los vértices por encima (pero sólo estos por encima de ) el hiperplano elevado a la potencia de la dimensión efectiva. Obsérvese el signo alterno para cada vértice conectado ( Times @@@ t ).

En su caso particular esto se reduce a: $$\frac{\alpha^3{\theta}(-\alpha)+3(1-\alpha)^3{\theta}(1-\alpha)-3(2-\alpha)^3{\theta}(2-\alpha)+(3-\alpha)^3{\theta}(3-\alpha)}{6}$$

Al ampliar $\theta$ Esto también se podría reescribir como: $$\begin{cases} 1 & \alpha \le 0\\ 1-\frac{\alpha^3}{6} & 0 < \alpha \le 1 \\ \frac{\alpha^3}{3}-\frac{3 \alpha^2}{2}+\frac{3 \alpha}{2}+\frac{1}{2} & 1 < \alpha \le 2 \\ -\frac{(\alpha-3)^3}{6} & 2 < \alpha \le 3 \\ 0 & 3 < \alpha\end{cases}$$

Answer 4

Esto puede interpretarse como un intento de encontrar $1$ menos la FCD de la suma de tres variables aleatorias uniformemente distribuidas en $[0, 1]$ . La PDF es la B-spline cuadrática dada por

$$f(x)=\begin{cases} \frac{x^2}{2} & x\in[0,1] \\ \frac{x^2}{2} - \frac{3(x-1)^2}{2} & x\in[1,2]\\ \frac{x^2}{2} - \frac{3(x-1)^2}{2} +\frac{3(x-2)^2}{2} & x\in[2,3] \end{cases}$$

La FCD se obtiene por integración.

Answer 5

El objeto creado por el corte es un poliedro, obviamente. Entonces, el volumen de un poliedro puede calcularse convenientemente descomponiéndolo en tetraedros y sumando los volúmenes (con signo) de estos tetraedros. Puede encontrar una explicación de la técnica en este documento . También hay un artículo de Michael Kallay sobre el mismo tema que da fórmulas un poco más simples. Vuelve a preguntar si esto te interesa y no lo encuentras.

Todo esto no deja de ser un cálculo de intergales de volumen, en realidad. Pero, en el caso de los tetraedros, los valores de las integrales pueden expresarse mediante fórmulas simples de forma cerrada, por lo que la integración queda algo oculta.

Todavía tendrás que considerar varios casos (dependiendo de dónde/cómo el plano corte el cubo).

En realidad, creo que hay tres casos, dependiendo de si la rebanada plana tiene tres, cinco o seis lados. Estos se muestran en la imagen de abajo:

Las rodajas azules y marrones tienen 3 caras, las rojas y verdes tienen 5 caras, y la rosa tiene 6 caras.