Sé que la iteración de la siguiente circunferencia inscrita enfoques de construcción de un triángulo equilátero en el límite:
A partir de cualquier triángulo $T$, una de las formas $T'$ mediante la conexión de los tres puntos
de tangencia de la circunferencia inscrita dentro de $T$.
¿El análogo proceso de tetraedros de enfoque de un tetraedro regular? Y la misma pregunta puede hacerse para simplices en $\mathbb{R}^d$. Una referencia se agradece—Gracias!
Aquí es una respuesta parcial: en $\mathbb R^3$ hay ciclos de longitud $2$. Para mostrar esto, es suficiente para encontrar la no-trivial de los sistemas de vectores unitarios $x_i, y_j$ ($i,j=1,\dots,d+1$) tal que $(x_i,y_j)=t$ para algunos $t>0$ y todos los $i\ne j$. Si $d=3$, podemos tomar la normalizado copias de $(1,0,4),(1,0,-4),(-1,4,0),(-1,-4,0)$ e $(-2,0,-1),(-2,0,1),(2,-1,0),(2,1,0)$. Sin embargo, en la dimensión $d=4$, no veo cómo construir nada de eso, así que tenemos una oportunidad para la respuesta afirmativa de nuevo.
Edit: OK, vamos a darle un tiro. Por desgracia, la respuesta es negativa en todas las dimensiones $d>2$. Si creemos dimensiones consideraciones, que es fácil de predecir: el 2 ciclo de trabajo en $\mathbb R^d$ va a requerir la construcción de $d+1$ unidad $x$ vectores y $d+1$ unidad $y$ vectores en un no-trivial posición decente para que todos los productos escalares $(x_i,y_j)$, $i\ne j$ son iguales. $(d+1)$ vectores en la esfera requieren $2(d^2-1)$ parámetros. Tenemos $d(d+1)-1$ ecuaciones más la acción de la ortogonales grupo de dimensión $\frac{d(d-1)}2$, así que tan pronto como $$ 2(d^2-1)>d(d+1)-1+\frac{d(d-1)}2\, $$ lo que sucede por $d>2$, tenemos una oportunidad. Por supuesto, tenemos que comprobar que no hay ningún estúpido degeneración en cualquier lugar, por lo que el análisis exacto es un poco más pesado.
Vamos a tratar de perturbar la configuración estándar en el que $x_i=y_i$ son los vértices de un simplex. Deje $z_i$ e $w_i$ ser el infinitesimal de las perturbaciones de la $x_i$ e $y_i$ respectivamente. Para mantener las normas, necesitamos $(z_i,x_i)=(x_i,w_i)=0$. Una vez que tengamos eso, las únicas restricciones son lineales $\sum_j (z_i,x_j)=0$ e $sum_i (x_i,w_j)=0$. Las perturbaciones de los productos escalares son $(z_i,x_j)+(x_i,w_j)$, es decir, nos permite sumas de dos matrices con cero de las diagonales, la primera de las cuales ha sumas de fila $0$ y la segunda columna "suma"$0$. Para $d\ge 3$, esto nos permite crear cualquier perturbación lineal de la matriz del producto escalar, con cero en la diagonal y de la suma total $0$, y, además, hacerlo con la dimensión exceso de $2(d+1)(d-1)-d(d+1)+1$. Tenga en cuenta que la adición de una matriz con la suma total $0$ no es suficiente para lograr escalares arbitrarias de los productos, pero es suficiente para equilibrar el escalar productos si son ligeramente disbalanced.
Ahora sólo nos queda jugar la habitual función implícita de juego: crear lineal de perturbaciones de orden $t$, de modo que no cambie el escalar productos en el primer orden, pero la configuración resultante es $ct$ lejos de cualquier rotación de la configuración inicial (esto es pura dimensión de la historia). Ahora, el escalar productos se diferencian por sobre $t^2$. Por el teorema de la función implícita (que más bien debería ser llamado "suficiente rango lineal" teorema en este caso), ahora podemos usar otra perturbación de tamaño $t^2$ a equilibrar el escalar de los productos a la perfección. Esto todavía nos deja lejos de las rotaciones de los regulares simplex pero crear un ciclo de longitud $2$.
Lo interesante aquí es que el incentro coincide con el circuncentro. Yo no tengo ningún contraejemplo a la conjetura general de que siempre tenemos la convergencia de esta posición (que es siempre un $2$-ciclo). Probablemente, esta es la forma en que la pregunta debe ser planteada ahora:
Es cierto que no importa lo que la partida simplex fue, la distancia entre el incentro y el circuncentro de la ajustaron para que el tamaño de la $1$ a afirmar simplices tiende a $0$?
Parece que usted no puede conseguir lejos con la longitud de $2$ ciclo más, y para analizar más opciones parece un poco menos tarea trivial.
Otra edición (el penúltimo, espero :-))
Como he dicho anteriormente, si tenemos un simplex cuya circuncentro coincide con su incentro, se genera un ciclo de longitud $2$. José experimento sugiere que siempre recibimos atraído a un ciclo como este. Creo que tengo una idea de cómo demostrar que a pesar de que uno "pequeño" detalle de que aún falta. Aquí está el boceto.
Permítanos normalizar todas las iteraciones, de manera que el circunradio es $1$. Entonces el problema puede ser reformulada de la siguiente manera:
Dado un sistema de vectores unitarios $x_i$ tal que $0$ puede ser escrito como su forma convexa en combinación con un resultado positivo de los coeficientes de definir el nuevo sistema de $y_j$ de los vectores unitarios $(x_i+u,y_j)=t$ ($i\ne j$) donde $u$ es algunos vector (cuyo significado físico es el vector que va desde el incentro para el circuncentro) y $t>0$ es un número (el radio de la esfera inscrita). El siguiente paso será dado por las ecuaciones $(z_i,y_j+v)=s$. Lo que quiero mostrar es que el $|v|<|u|$ y, por otra parte, si tenemos algún cuantitativa obligado en la no-degeneración de $x_i$, podemos mejorar a $|v|\le q|u|$ con $q<1$. Si podemos mostrar que nuestras configuraciones son uniformemente no degenerada (la parte que falta todavía), tendremos geométrica de convergencia de la corrección de "vectores" $u$ a $0$, lo cual es suficiente para garantizar el mantenimiento de la convergencia de los sistemas de vectores propios de a $2$-ciclo.
Un punto clave es que tanto $x_i+u$ e $z_i$ son ortogonales $y_j-y_k$ para $j,k\ne i$, lo que asegura que son colineales. Con un poco más de pensamiento, vemos que $x_i+u=|x_i+u|z_i$ (es decir, las instrucciones son las mismas).
El otro punto clave es que si tenemos dos sistemas de vectores $X_i,Y_j$ tal que $(X_j,Y_j)=t$ para todos los $i\ne j$ e $0$ se puede escribir como combinaciones convexas $$ 0=\sum_i a_i X_i=\sum b_j Y_j\,, $$ entonces $$ a_k(X_k,Y_k)+t\sum_{i:i\ne k}a_i=\left(\sum_i a_iX_i, Y_k\right)=0= \left(X_k,\sum_j b_jY_j\right)=b_k(X_k,Y_k)+t\sum_{j:j\ne k}b_j\,, $$ que, normalmente, es suficiente para concluir que $a_k=b_k$, el caso "normal", incluyendo nuestro geométrica de la situación.
Ahora llegamos $\sum_i a_i(x_i+u)=\sum_i a_i y_i=0$ e $\sum_i b_iz_i=\sum_ib_i(y_i+v)=0$. Desde $x_i+u=|x_i+u|z_i$, obtenemos $b_i=\lambda|x_i+u|a_i$ con $\lambda>0$ elige de modo que $\sum_i a_i=\sum_i b_i=1$. Por lo tanto, para cada $\mu$, tenemos $$ |v|=\left|\sum_i (b_i-\mu a_i)y_i\right|\le \sum_i|b_i-\mu a_i|\,. $$ Ahora note que $1-|u|\le |x_i+u|\le 1+|u|$ e $|u|<1$ (el incentro es el interior de la circumsphere). Por lo tanto la desigualdad de $|v|\le|u|$ se obtiene si podemos demostrar el siguiente
Lema:
Vamos $a_j>0$, $\sum a_j=1$. Deje $\delta\in(0,1)$. Suponga que $|u_j|\le\delta$ e $b_j=\frac{a_j(1+u_j)}{1+\sum_i a_i u_i}$. Entonces $$ \min_{\mu}\sum_j|b_j-\mu a_j|\le \delta $$
Prueba
Multiplicando ambos lados por $1+\sum_i a_i u_i$ y el ajuste de $\mu$, podemos reescribir la conclusión de que el lexema como $$ \min_{\mu}\sum_j a_j|u_j-\mu|\le \delta\left(1+\sum_i a_i u_i\right) $$ Ahora, el lado izquierdo es convexa en $u_j$ y el lado derecho es lineal en $u_j$, por lo que es suficiente para considerar el caso cuando cada una de las $u_j$ es $+\delta$ o $-\delta$. Deje $A_\pm=\sum_{j:u_j=\pm \delta}a_j$. A continuación, el lado izquierdo es $2\delta\min(A_+,A_-)$, mientras que el lado derecho es $\delta[1+\delta(A_+-A_-)]$. La cancelación de $\delta$, obtenemos la desigualdad $2\min(A_+,A_-)\le 1+\delta(A_+-A_-)=(1-\delta)A_-+(1+\delta)A_+$, lo cual es evidente.
Tenemos que ser un poco más cuidadoso para obtener la desigualdad estricta, por supuesto (el punto es que si el sistema de $x_i$ es no degenerada, las desigualdades $1-|u|\le |x_i+u|\le 1+|u|$ son estrictas mayor parte del tiempo y cuando tenemos un cuantitativa obligado para los no-degeneración, los vectores $x_i$ e $u$ no puede alinear bien). Sin embargo, por ahora lo que he hecho es lo suficientemente bueno.
Última edición (espero):
OK, vamos a probar el uniforme no-degeneración de reclamación. Vamos a mostrar que la inradius no disminuyen en cada paso. Desde el circunradio es fijo, esto va a terminar la historia. En la anterior notación, tenemos que mostrar que $s\ge t$. Vamos a volver a hablar en general de los sistemas de SX_i,Y_jS satisfacer $(X_i,Y_j)=t$ para todos los $i\ne j$. Deje $\sum_i a_iX_i=\sum_i a_i Y_i=0$. Para cada una de las $j$, tenemos $0=\sum_i a_i(X_i,Y_j)=a_j(X_j,Y_j)+(1-a_j)t$, de dónde, sumando más de $j$, $$ dt=-\sum_j a_j(X_j,Y_j)\,. $$ Tenga en cuenta que podemos añadir cualquier vector fijo para cada una de las $X_j$ o a cada una de las $Y_j$ (pero no ambas) en los productos escalares en el lado derecho sin que afecte a la identidad.
Ahora, tenemos $$ ds=-\sum_j b_j(z_j,y_j+v)=-\sum b_j(z_j,y_j)=-\lambda\sum_j a_j(x_j+u,y_j)=\lambda dt\,, $$ todo lo que necesitamos es mostrar que el proceso de normalización del factor de $\lambda$ al menos $1$, es decir, que $\sum_j a_j|x_j+u|\le 1$. Sin embargo, $|x_j+u|=\sqrt{1+2(x_j,u)+|u|^2}\le 1+(x_j,u)+\frac 12|u|^2\le 1+(x_j+u,u)$. Así $$ \sum_j a_j|x_j+u|\le 1+\sum_ja_j(x_j+u,u)=1 $$ como sea necesario.
La prueba puede necesitar algún menor de peinado para poner todo junto en una casa completamente y de manera rigurosa, pero todos los que pulido final es totalmente de la rutina, así que, a menos que alguien lo solicita explícitamente, yo voy a dejar en el lector.
El resultado es el siguiente
La proposición: Normalizado en cualquier significativas manera, la secuencia de iteraciones siempre converge a una $2$-ciclo generado por una simple cuya incentro y circuncentro coinciden. Por otra parte, la velocidad de convergencia es geométrica, y, si la normalización corrige el circunradio, en cada paso la distancia entre el incentro y el circuncentro y disminuye la inradius aumenta.
Tenga en cuenta que esto también abarca el clásico resultado de $d=2$ debido a que el único triángulo en el plano cuya circuncentro coincide con el incentro es el triángulo equilátero. Supongo que hemos descubierto todo lo que vale la pena averiguar aquí por ahora, a menos que José le da este problema, algunas nuevas y giro inesperado de nuevo :-).
Probablemente hay un teorema de aquí que, para casi el inicio de cada tetraedro (columna de la izquierda abajo),
muy rápidamente la recorre en forma aproximada $2$-ciclo. A continuación se muestran tres al azar
de tetraedros y cinco recorre cada uno (cambiado):
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