¿Cómo hacer un sándwich con solo un pedazo de pan?

Question

No sé cómo ir sobre estas cuestiones. No es exactamente mi zona, así que tal vez es estúpido, pero la curiosidad es ganar.

Así que tengo un pedazo de pan $P$ de la no-forma regular (vamos a hacer es convexo, aunque), y quiero hacer un sándwich de ella, es decir, dos piezas de pan con algunas cosas entre ellos. Obviamente tengo que cortar mi pieza en dos piezas. Mi cuchillo es recta y sólo puedo hacer un corte, de lo contrario, la cocción será demasiado complicado. En otras palabras, las dos piezas que obtengo son las intersecciones $P^l_1$ e $P^l_2$ de % de $P$ con la mitad de los aviones con respecto a una cierta línea de $l$.

A continuación, con el fin de hacer un sándwich que he colocar $P_1$ sobre $P_2$ y poner cosas en el medio. El uso más eficaz de pan que sucede cuando estas piezas están alineadas aproximadamente, es decir, sólo la mayoría de las $P_2$ es cubierto con $P_1$ y la otra manera alrededor. Cómo hacer de esa manera?

Vamos a las preguntas en el lenguaje matemático.

Deje $P$ ser un cuerpo convexo en $\mathbb{R}^{n}$, vamos a $l$ ser un hyperplane y deje $P^l_1$ e $P^l_2$ ser las piezas en las que $l$ recortes $P$. Deje $\lambda_n$ será el habitual de volumen en $\mathbb{R}^{n}$.

La cantidad que nos interesa es $$\sup\{ \frac{\lambda_n(P^l_1\bigcap f(P^l_2))}{\lambda_n(P)},f\mbox{ - isometry of }\mathbb{R}^{n},~l\mbox{ - hyperplane}\}.$$

P1: Es delimitada desde abajo, por parte de algunos absoluta constante? EDIT: Como se sugiere por UriBader Juan inscrito elipsoide proporciona una estimación de abajo con una absoluta constante que depende del $n$. Por lo tanto, estoy dejando la versión más fuerte de la pregunta, es decir, si hay una absoluta constante que hace que no dependen de la dimensión.

P2: ¿hay un algoritmo para la construcción de un óptimo, o casi óptima $l$ e $f$?

Answer 1

Esto no será una respuesta completa a la Q2, pero algo de un punto de partida, al menos para todos los de dos dimensiones convexo $P$. Asumiendo por simplicidad que el área de $P$ 1, $P$ contiene un paralelogramo de área de al menos $1/2$ (triangular $P$-s son extremas en este sentido). Esto es muy fácil de demostrar, y para la poligonal $P$, un algoritmo puede ser producido a encontrar un paralelogramo. Corte de $P$ a lo largo de uno de los del paralelogramo las diagonales y poner las dos piezas juntas, de modo que los dos (congruentes) mitades del paralelogramo de encajar. De esta manera el área común entre las piezas es de al menos $1/4$. Estoy seguro de que esta no es la mejor constante para el planar $P$, y por algunos elaboración de esta técnica una constante mayor que se puede obtener. De hecho, un viejo teorema de Kovner y Besicovitch establece que cada plano convexo $P$ de área $1$ contiene un centro simétrica conjunto convexo en el área de al menos $2/3$, lo que implica que la constante en cuestión, para planar $P$, es al menos $1/3$.

A esta respuesta me gustaría añadir más estrecho pregunta, restringido para el caso especial cuando $P$ es triangular:

Hay una constante $c>1/3$ de manera tal que cada triángulo de área $1$ puede ser corta en dos pedazos, produciendo un sándwich de medición de al menos $c$ en el área común?

Esto ya parece ser no trivial.

Answer 2

La restricción para el caso de que $P$ es triangular, si los ángulos del triángulo son $A$, $B$, $C$ y se dobla el triángulo a lo largo de la bisectriz del ángulo de $C$, entonces suponiendo que wlog que $A<B$, se puede obtener un área de superposición cuya relación a la del triángulo es:

$$r(A,B)=\frac{\sin A}{\sin A + \sin B}$$

La elección para doblar a lo largo de la bisectriz del ángulo representa un máximo local para el área de superposición, entre todas las opciones de plegado de líneas que pasan a través del mismo vértice.

A continuación, puede elegir que el vértice para bisecar, de los tres, como el que se obtiene el mayor valor de $r(A,B)$:

$$r_{max}=\max\{r(A,B),r(B,\pi-A-B),r(\pi-A-B,A)\}$$

Un límite inferior para $r_{max}$ se produce cuando dos de los vértices de las opciones dan el mismo resultado, y este límite inferior se hace más pequeño en el límite de los dos ángulos $A, B$ son pequeñas. Set $B = f A$ y expresar la igualdad de dos soluciones con la función:

$$P(f,A) = r(A, f A)-r(f A, \pi-A-f A)\\ = \frac{\sin A}{\sin A + \sin (f A)} - \frac{\sin (f A)}{\sin (f A) + \sin (\pi-A-f A)}$$

A primer orden en $A$, esto se convierte en:

$$P(f,A) \approx \frac{1}{1+f} - \frac{f}{1+2f}$$

Esto se convierte en cero (es decir, los dos coeficientes de la diferente elección de vértice partido) cuando:

$$f = \Phi= \frac{1+\sqrt{5}}{2}$$

Por lo $B/A$ es igual a la proporción áurea. La inserción de este valor de $f$ de devolución en relación de área da un límite inferior de:

$$r_{min}=\frac{1}{1+\Phi}\approx 0.381966$$

Editado para añadir:

Una pequeña mejora puede lograrse permitiendo la posibilidad adicional de plegado a lo largo de la bisectriz perpendicular a cualquiera de los lados. Si los dos ángulos en los extremos de los laterales cuya bisectriz se $A$ e $B$ e $A \lt B$, la proporción de la superficie es:

$$r_{p}(A,B)=\frac{1}{4} (1 + \tan A \cot B)$$

Un enfoque que incluye sólo estas mediatrices haría terriblemente, pero la adición de tres más posibilidades debido a $r_p$ a los tres originales se utiliza para calcular el $r_{max}$ produce una ligera mejora.

En este caso, el límite inferior se encuentra mediante el establecimiento de:

$$P(f,A) = r_p(A, f A)-r(f A, \pi-A-f A)\\ = \frac{1}{4} (1 + \tan A \cot f A) - \frac{\sin (f A)}{\sin (f A) + \sin (\pi-A-f A)}$$

A primer orden en $A$, esto se convierte en:

$$P(f,A) \approx \frac{1+f}{4 f} - \frac{f}{1+2f}$$

Esto es igual a cero cuando:

$$f = \frac{3+\sqrt{17}}{4} \approx 1.78078$$

y las relaciones aquí son:

$$r_{min} = \frac{\sqrt{17}-1}{8} \approx 0.390388$$

Editado para añadir:

No es una mejora posible. Mientras que el uso de la bisectriz de un ángulo como un plegamiento de la línea se obtiene un máximo local para el área de superposición (entre todas las líneas pasan a través de un determinado vértice), el uso de la mediatriz de un lado es no un máximo local (entre todas las líneas perpendiculares a ese lado).

Cuando el plegamiento de la línea se desplaza desde el punto medio del lado de la mentira más lejos que el menor de los ángulos incidente en ese lado, la parte del triángulo original en el pequeño ángulo lado de la línea de pliegues, una vez plegado, tiene un no-superposición de la pieza que necesita ser extirpado, que conduce a un cuadrilátero región de superposición. Pero el aumento de la base y la altura del triángulo más que compensar por la escisión, hasta una escala de posición para el plegado de la línea de:

$$\alpha(A,B) = \frac{2}{3+\tan A \cot B}$$

donde como de costumbre asumimos $A\lt B$, e $\alpha$ rangos de $0$ a $1$ como el punto donde la línea de pliegues cruza los lados se mueve desde el ángulo de $A$ a un ángulo de $B$. En $\alpha(A,B)$, la proporción para el área de superposición tiene su pico de:

$$r_{dp}(A,B) = 1 - \frac{2}{3+\tan A \cot B}$$

En principio, podríamos pensar que este óptimo plegable línea se encuentra pasado el vértice del triángulo original, lo que complica la geometría, pero que resulta ser imposible. Así que uno de estos desplazados-perpendicular plegable líneas pueden ser utilizados siempre que el $r_{dp}$ por un lado da un resultado mejor que todos los de ángulo bisectrices.

El nuevo límite inferior puede ser encontrado por el mismo tipo de métodos utilizados anteriormente, en el límite de donde ángulos $A$ e $B$ tanto se hacen más pequeños, pero que mantienen una relación fija, $B = f A$. El uso de $r_{dp}$ en lugar de $r_p$ en los cálculos anteriores, obtenemos:

$$f = 1 + \sqrt{2}$$

y un nuevo límite inferior de:

$$r_{min} = \sqrt{2} - 1 \approx 0.414214$$

La siguiente figura muestra cómo los tres enfoques descritos (plegado a lo largo de las bisectrices de un ángulo, a lo largo de las mediatrices de los lados, y a lo largo de la óptima desplazadas perpendicular) puede permitir sucesivamente mayor superposición de áreas, por un particular triángulo. Pero para otros triángulos, plegado a lo largo de las bisectrices de los ángulos dará el mejor resultado.