¿Mapear una esfera en un tetraedro?

Question

Si tengo una aproximación de una esfera, ¿cómo puedo mapear los vértices de la esfera para formar un tetraedro (regular)?

Mi enfoque actual asigna todos los vértices de la esfera a uno solo de los cuatro vértices de un tetraedro. Sin embargo, quiero que estén espaciados uniformemente, si es posible.

Agradecería cualquier planteamiento o solución.

EDIT: Se ha cambiado "rectangular" por regular.

Answer 1

Supongamos que la esfera está centrada en 0, radio 1.

Dejemos que $x_1,y_1,z_1, ... x_4, y_4, z_4$ sean los vértices del tetraedro dual : $(\pm 1, 0, -1/\sqrt{2}),\,\,\,\,\, (0, \pm 1, 1/\sqrt{2}).$ . Dejemos que $(x,y,z)$ sea un punto de las esferas. Calcula los productos punto $x_ix+y_iy+z_iz$ para i=1..4. Encuentre el $i$ para la que es positiva y máxima. Esto nos indica en qué cara del tetraedro debemos fijarnos. Supongamos por ahora que $i=1$ .

Entonces queremos proyectar en la cara ortogonal a $x_1,y_1,z_1$ . Sea $\alpha$ el factor que queremos multiplicar $(x,y,z)$ con. Queremos $\alpha(x,y,z)$ para pertenecer al plano ortogonal a $(x_1,y_1,z_1)$ y pasando por ella. Esto equivale a " $\alpha(x,y,z) - (x_1,y_1,z_1)$ ortogonal a $(x_1,y_1,z_1)$ ", equivalente a (tomando el producto punto) $\alpha(xx_1 + yy_1 +zz_1) = (x_1^2 + y_1^2 +z_1^2)$ .así que $\alpha = \frac {x_1^2 + y_1^2 +z_1^2}{xx_1 + yy_1 +zz_1}$ .

Lo mismo si $i\neq 1$ .

Answer 2

El enfoque ingenuo sería poner el centro de su "esfera" y de su tetraedro en el punto $(0,0,0)$ y luego para cada "vértice de la esfera" $v_n$ encontrar la intersección del segmento de línea $[0,v_n)$ con el tetraedro. Llamamos a esta intersección $t_n$ y así su mapa se convierte en $v_n\mapsto t_n$ .

El término "uniformemente espaciado" requiere algunas aclaraciones, tanto en lo que respecta a la naturaleza de su aproximación a la esfera, como a la forma del tetraedro, y a cuáles son las propiedades deseadas de este mapa.

Answer 3

¿Se puede mapear un cubo dentro de una esfera? Ahora elige un vértice, y los 3 vértices no adyacentes, y tienes un tetraedro regular.

Por ejemplo

$(\frac {\sqrt 3}{3},\frac {\sqrt 3}{3},\frac {\sqrt 3}{3})\\ (-\frac {\sqrt 3}{3},-\frac {\sqrt 3}{3},\frac {\sqrt 3}{3})\\ (\frac {\sqrt 3}{3},-\frac {\sqrt 3}{3},-\frac {\sqrt 3}{3})\\ (-\frac {\sqrt 3}{3},\frac {\sqrt 3}{3},-\frac {\sqrt 3}{3})$

Answer 4

A continuación se presenta una construcción que envía todos los puntos distintos del origen a la superficie de un tetraedro que contiene el origen en su interior. La distribución no es uniforme, las direcciones cerca de las aristas estarán más espaciadas que las direcciones cercanas al centro de las caras del tetraedro.

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Dado cualquier tetraedro $T$ que contiene el origen $O$ en su interior.
Dejemos que $p_1, p_2, p_3, p_4$ sean sus vértices ordenados de forma que 4 triples de vértices $$p_1p_2p_3,\quad p_1p_3p_4,\quad p_1p_4p_2\quad\text{ and }\quad p_2p_4p_3$$ están orientados en sentido contrario a las agujas del reloj en su límite $\partial T$ . Dejemos que las correspondientes caras sean $F_4,F_2, F_3$ y $F_1$ . es decir $F_i$ es la cara opuesta al vértice $p_i$ .

Considerar la cara $F_4$ su normal hacia el exterior apunta a la dirección

$$v_4 = (p_2-p_1)\times(p_3-p_1) = p_1 \times p_2 + p_2\times p_3 + p_3 \times p_1$$ Para cualquier punto $p \in \mathbb{R}^3$ es coplanario con $F_4$ cuando y sólo cuando $$v_4 \cdot p = \Delta_4 \iff \frac{v_4}{\Delta_4} \cdot p = 1 \quad\text{ where }\quad\Delta_4 = p_1 \cdot v_4 = p_1 \cdot (p_2 \times p_3) > 0$$ Definir $v_1, \Delta_1$ para la cara $F_1$ , $v_2, \Delta_2$ para la cara $F_2$ y $v_3, \Delta_3$ para la cara $F_3$ de manera similar.

Consideremos ahora el mapeo

$$\mathbb{R}^3 \setminus \{ O \} \ni p \quad\mapsto\quad \varphi(p) = \frac{p}{ \max\left\{ \frac{v_1\cdot p}{\Delta_1}, \frac{v_2\cdot p}{\Delta_2}, \frac{v_3\cdot p}{\Delta_3}, \frac{v_4\cdot p}{\Delta_4} \right\}} \in \mathbb{R}^3$$ Aviso $T$ contiene $O$ en su interior. Para cualquier $p$ que no sea $O$ siempre hay un $i$ tal que $v_i \cdot p > 0$ . Esto significa que el denominador en la definición de $\varphi(p)$ es positivo. Como resultado, $\varphi(p)$ se encuentra en el rayo de $O$ a $p$ .

Está claro que para algunos $i$ El máximo de $\frac{v_i}{\Delta_i}\cdot p$ se alcanza. Para ello $i$ , $\frac{v_i}{\Delta_i}\cdot \varphi(p) = 1$ y por lo tanto $\varphi(p)$ se encuentra en el plano que contiene $F_i$ . También está claro para todos $j$ , $\frac{v_j}{\Delta_j}\cdot \varphi(p) \le 1$ Esto significa que $\varphi(p)$ en realidad pertenece a alguna cara $F_i \subset \partial T$ .

Basándonos en esto, podemos concluir que el mapa $\varphi$ envía cada punto $p$ que no sea $O$ a la intersección del rayo $Op$ con la superficie del tetraedro $T$ .

Como ejemplo concreto, consideremos el caso $T$ es el tetraedro regular con vértices en $$p_1 = (1,1,1),\quad p_2 = (1,-1,-1),\quad p_3 = (-1,1,-1)\quad\text{ and }\quad p_4 = (-1,-1,1)$$

Se puede trabajar $$v_1 = (-4,-4,-4),\quad v_2 = (-4,4,4),\quad v_3 = (4,-4,4)\quad\text{ and }\quad v_4 = (4,4,-4)$$ y $\Delta_1 = \Delta_2 = \Delta_3 = \Delta_4 = 4$ . El mapa $\;\phi : \mathbb{R}^3 \setminus \{ O \} \to \partial T\;$ se convierte en

$$(x,y,z)\quad\mapsto\quad \frac{1}{\max(-x-y-z,-x+y+z,x-y+z,x+y-z)} (x,y,z)$$