Rotación de un tetraedro regular

Question

El tetraedro se puede escribir con su vértice en el polo norte de una esfera con los cuatro vértices: \begin{eqnarray} a(0,0,\sqrt{6}/4) \; , \; a(\sqrt{3}/3, 0, -\sqrt{6}/12) \; , \; a(-\sqrt{3}/6, 1/2, -\sqrt{6}/12) \; , \; a(-\sqrt{3}/6, -1/2, -\sqrt{6}/12) \end{eqnarray} donde $a$ es el lado de la longitud del tetraedro. Esto se puede demostrar utilizando el teorema de Pitágoras, pero el lector puede verificar estas ecuaciones en el sitio web de wolfram

También se sabe que el tetraedro se puede encontrar utilizando el cubo alterno. Es decir, eligiendo uno de cada dos vértices (es decir, no hay dos vértices consecutivos) de un cubo. En este caso los vértices son simples:

\begin{eqnarray} (1,1,1) \; , \; (1,1,1) \; , \; (1,1,1) \; , \; (1,1,1) \end{eqnarray}

Para ello, puede comprobar el Wikipedia sitio web.

Hasta un factor de normalización (para que podamos trazar ambos tetraedros en la misma esfera de radio $R$ ) deberíamos ser capaces de mapear uno en el otro con una simple (o dos) rotaciones.

Podríamos plantear un sistema de ecuaciones con incógnitas tal que tres de los vértices de un tetraedro sean mapeados en tres de los vértices de otro tetraedro y encontrar una matriz de rotación, o después de normalizar, encontrar los cosenos directores (producto punto de los vectores normales entre cada par de vectores, donde par significa uno de un tetraedro y otro del otro).

La pregunta es: ¿Existe un producto de 1, 2 o incluso 3 matrices elementales de rotación que me lleve de un tetraedro a otro? Por matriz de rotación elemental me refiero a cualquiera de estas tres: \begin{equation} \left ( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos \theta & - \sin \theta \\ 0 & \sin \theta & \cos \theta \end{array} \derecha ) \fin{según la ecuación}

\begin{equation} \left ( \begin{array}{ccc} \cos \alpha & -\sin \alpha & 0 \\ \sin \alpha & \cos \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \derecha ) \fin{según la ecuación}

o

\begin{equation} \left ( \begin{array}{ccc} \cos \gamma & 0 & -\sin \gamma \\ 0 & 1 & 0 \\ \sin \gamma & 0 & \cos \gamma \end{array} \derecha ) \fin{según la ecuación}

Gracias.

Answer 1

En el estereograma de abajo, gire el tetraedro (rojo) en el sentido de las agujas del reloj alrededor del $y$ -eje por un ángulo $\gamma = \arctan(\sqrt{2})$ para llevar los vértices en el $(x, z$ )-plano al mismo $z$ -altura (azul), y luego girar sobre el $z$ -eje por $\alpha = \pm\pi/4$ para llevar los vértices del tetraedro a vértices alternos de un cubo (verde).

Answer 2

Se presentan dos soluciones: La primera es una derivación analítica, la segunda es una solución encontrada utilizando programas informáticos (simbólico "Maxima" y gráfico "TiKz") por ensayo y error.

1.Para simplificar llamemos a los tres vértices de la base del tetraedro \begin{eqnarray*} T_1 &=& a (\sqrt{3}/3, 0, -\sqrt{6}/12) \\ T_2 &=& a (-\sqrt{3}/6, 1/2, -\sqrt{6}/12) \\ T_3 &=& a (-\sqrt{3}/6, -1/2, -\sqrt{6}/12) \end{eqnarray*} y el vértice $a(0,0,\sqrt(6)/4)$ . Elegimos $a=2 \sqrt{2}$ para que cada vector cas norma $\sqrt{3}$ .

\begin{eqnarray*} T_1 &=& (2 \sqrt{6}/3, 0, - \sqrt{3}/3) \\ T_2 &=& (-\sqrt{6}/3, \sqrt{2}, - \sqrt{3}/3) \\ T_3 &=& a (-\sqrt{6}/3, -\sqrt{2}, -\sqrt{3}/3) \\ A &=& (0,0,\sqrt{3}) \end{eqnarray*}

Queremos establecer ecuaciones para encontrar los ángulos acimutales y polares en coordenadas esféricas coordenadas esféricas. Queremos hacer una rotación sólida. Empezando por el polo norte $A$ debemos girar este vector para alinearlo con uno de los vectores del cubo. El punto más cercano a $A$ en el cubo con coordenadas en $\pm 1$ es $A'= (-1,-1,1)$ . Así que queremos hacer una rotación sólida de $A$ a $A'$ .

Encontramos primero los ángulos polares y azimutales para estos dos puntos, con el radio $r=\sqrt{3}$ . \begin{eqnarray*} \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ \sqrt{3} \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} \sqrt{3} \sin \phi_A \cos \theta_A \\ \sqrt{3} \sin \phi_A \sin \theta_A \\ \sqrt{3} \cos \phi_A \end{array} \N - derecha ) \N - fin{eqnarray*} A partir de la última ecuación encontramos \begin{equation} \cos \phi_A = 1 \quad , \quad \sin \phi_A = 0 \end{equation} En este momento no podemos determinar el ángulo acimutal $\theta_A$ . Podemos suponer $\theta_A=0$ y esto no viola ninguna de las ecuaciones anteriores, y el par \begin{eqnarray*} \sin \theta_A = 0 \quad \cos \theta_A = \pm 1 \end{eqnarray*} Elegimos el signo positivo $\cos \theta = 1$ .

Ahora, si queremos mapear este punto en $(-1,-1,1)$ tenemos que establecer la ecuación

\begin{eqnarray*} \left ( \begin{array}{c} -1 \\ -1 \\ 1 \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} \sqrt{3} \sin \phi_{A'} \cos \theta_{A'} \\ \sqrt{3} \sin \phi_{A'} \sin \theta_{A'} \\ \sqrt{3} \cos \phi_{A'} \end{array} \N - derecha ) \N - fin{eqnarray*} Encontramos a partir de la tercera ecuación \begin{eqnarray*} \cos \phi_{A'}=\frac{\sqrt{3}}{3} \quad , \quad \sin \phi_{A'} = \pm \sqrt{1 -1/3}=\pm \frac{\sqrt{6}}{3} \end{eqnarray*}

A partir de la primera ecuación

\begin{eqnarray*} -1 = \left ( \sqrt{3} \right ) \left ( \pm \frac{\sqrt{6}}{3} \right ) \cos \theta_{A'} = \pm \sqrt{2} \cos \theta_{A'} \end{eqnarray*} Si elegimos la opción `` $-$ signo '' entonces $\sin \phi_{A'}$ debería (porque el primer componente es negativo) ser positivo. Así que elijamos \begin{eqnarray*} \cos \theta_{A'}= \frac{\sqrt{2}}{2} = \sin \theta_{A'} \quad , \quad \sin \phi_{A'} = -\frac{\sqrt{6}}{3} \end{eqnarray*} Encontramos las siguientes ecuaciones convenientes \begin{eqnarray*} \cos \phi_A &=& 1 \quad , \quad \sin \phi_A = 0 \\ \cos \phi_{A'} &=& \frac{\sqrt{3}}{3} \quad , \quad \sin \phi_{A'} = -\frac{\sqrt{6}}{3} \\ \cos \theta_A &=& 1 \quad , \quad \sin \theta_A = 0 \\ \cos \theta_{A'} &=& \frac{\sqrt{2}}{2} \quad , \quad \sin \theta_{A'} = \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \end{eqnarray*} que utilizamos para encontrar las siguientes ecuaciones trigonométricas necesarias para la rotación.

La rotación necesaria para pasar de $A$ a $(-1,-1,1)$ en la dirección polar tiene las dos funciones trigonométricas básicas siguientes:

\begin{eqnarray*} \cos (\theta_{A'}-\theta_A) &=& \cos \theta_{A'} \cos \theta_A + \sin \theta_{A'} \sin \theta_A = \frac{\sqrt{2}}{2} + 0 = \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \sin ( \theta_{A'}-\theta_A) &=& \sin \theta_A' \cos \theta_A - \sin \theta_A \cos \theta_{A'} = \frac{\sqrt{2}}{2} - 0 = \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{eqnarray*} Llamamos $\theta=\theta_{A'} - \theta_A$ el ángulo polar de rotación total entre el punto $T_1$ y $(1,-1,-1)$ .

Ahora, la rotación azimutal. \begin{eqnarray*} \cos(\phi_{A'}-\phi_A) &=& \cos \phi_{A'} \cos \phi_A + \sin \phi_{A'}\sin \phi_A = \frac{\sqrt{3}}{3} \end{eqnarray*} y \begin{eqnarray*} \sin( \phi_{A'}-\phi_A)= \sin \phi_{A'} \cos \phi_A - \sin \phi_A \cos \phi_{A'} = -\frac{\sqrt{6}}{3} + 0 = -\frac{\sqrt{6}}{3} \end{eqnarray*} de la cual \begin{eqnarray*} \sin( \phi_{A'}-\phi_A)= -\frac{\sqrt{6}}{3} \end{eqnarray*} Llamamos $\phi=\phi_{A'} - \phi_A$ .

Estamos preparados para hacer las rotaciones necesarias. La rotación acimutal se hace con respecto a a la $z$ eje. Esto es

\begin{equation} Az = \left ( \begin{array}{ccc} \cos \theta & -\sin \theta & 0 \\ \sin \theta & \cos \theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \ right ) =\left ( \begin{array}{ccc} \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \derecha ) \fin{ecuación} Que identificamos como $\pi/4=45^{\circ}$ rotación de la $XY$ plano con respecto al $Z$ eje.

La rotación polar con respecto al $Y$ en el sentido contrario a las agujas del reloj viene dado por \begin{eqnarray} P = \left ( \begin{array}{ccc} \cos \phi & 0 & \sin \phi \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin \phi & 0 & \cos \phi \end{array} \ right ) = \left ( \begin{array}{ccc} \frac{\sqrt{3}}{3} & 0 & -\frac{\sqrt{6}}{3} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{\sqrt{6}}{3} & 0 & \frac{ \sqrt{3}}{3} \end{array} \N - derecha ) \N - Fin.

Las matrices encontradas anteriormente producen la rotación adecuada.

2. La mayor parte de este ejercicio se hizo por ensayo y error.

   Primero queremos que todos los vectores tengan el mismo tamaño ( $\sqrt{3}$ ). Esto se hace eligiendo $a=2 \sqrt{2}$ (la longitud del lado) .

   Entonces llamamos a la matriz que gira $\pi/4$ alrededor del $z$ eje, $Y$ (para la guiñada):

   \begin{eqnarray} Y = \left ( \begin{array}{ccc} \cos \alpha & -\sin \alpha & 0 \\ \sin \alpha & \cos \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \ right ) = \left ( \begin{array}{ccc} \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \) \N - fin {eqnarray}

   Entonces la matriz que gira alrededor de la $y$ eje: $P$ (para el paso) con un ángulo de $\theta = \arccos(\sqrt{3}/3)$ que se trata de $54^{\circ}$ : Esto es: \begin{eqnarray} P = \left ( \begin{array}{ccc} \cos \theta & 0 & -\sin \theta \\ 0 & 1 & 0 \\ \sin \theta & 0 & \cos \theta \end{array} \ right ) = \left ( \begin{array}{ccc} \frac{\sqrt{3}}{3} & 0 & -\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{3} \\ \end{array} \) \N - fin {eqnarray}

   Entonces podemos comprobar por multiplicación de matrices que si llamamos a la base vectores

   \begin{eqnarray} T_1 &=& a (\sqrt{3}/3, 0, -\sqrt{6}/12) \\ T_2 &=& a (-\sqrt{3}/6, 1/2, -\sqrt{6}/12) \\ T_3 &=& a (-\sqrt{3}/6, -1/2, -\sqrt{6}/12) \end{eqnarray} Entonces: $ Y P T_1 = (1,1,1)$ , $YPT_2=(-1,1,-1)$ , $YPT_3=(1,-1,-1)$ y, por último, para el ápice $A=(0,0,a \sqrt(6)/4)$ , $Y P A = (-1,-1,1)$ .

   Utilicé Máxima para validar mis cálculos. También he utilizado TiKZ para dibujar y probar las transformaciones. Hice 4 gráficos, tres de los gráficos donde las proyecciones en el $XY$ , $XZ$ y $YZ$ eje (porque las ilusiones ópticas de ver una figura 3D en una pantalla 2D). El otra figura era una perspectiva en 3D que es la única que incluyo aquí.

   

   La figura de la derecha tiene la rotación (azul) en (marrón) sobre de las diagonales (rojas) del cubo. Los puntos azules de la segunda figura son más pequeños para ver cómo la superposición está haciendo el trabajo.