¿Cómo demostrar que un punto definido por funciones trigonométricas que implican 4 parámetros está dentro de un determinado tetraedro?

Question

Esta cuestión ha surgido en relación con un intento de resolver esta pregunta reciente (véase la observación siguiente):

Cómo se puede demostrar (ver el resultado de la simulación sobre 10000 puntos en los gráficos de abajo) que un punto con coordenadas $$\begin{cases} x&=&\cos(\gamma-\delta)-\cos(\beta-\alpha)\\ y&=&\cos(\beta-\delta)-\cos(\alpha-\gamma)\\ z&=&\cos(\beta-\gamma)-\cos(\alpha-\delta) \end{cases}$$ donde $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ son ángulos arbitrarios en $(0,2 \pi)$ está necesariamente dentro del tetraedro regular definido por las inecuaciones : $$\begin{cases} \ \ x+y+z&>&-2\\ \ \ x-y-z&>&-2\\ -x+y-z&>&-2\\ -x-y+z&>&-2 \end{cases} \ \ ? \tag{1}$$

Dicho de otro modo, tetraedro con vértices

$$\begin{pmatrix} 2\\ 2\\ 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \ \ 2\\ -2\\ -2 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -2\\ \ \ 2\\ -2 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -2\\ -2\\ \ \ 2 \end{pmatrix}.$$

Mis intentos : He utilizado diferentes fórmulas trigonométricas sin ningún éxito. También he intentado utilizar coordenadas tetraédricas, con fracaso también.

Observación : Si se establece la primera fórmula de (1), la cuestión anterior se resuelve estableciendo

$$A=(\cos(\alpha),\sin(\alpha)), B=(\cos(\beta),\sin(\beta)), C=(\cos(\gamma),\sin(\gamma)), D=(\cos(\delta),\sin(\delta)),$$

y sustituyendo la desigualdad a establecer ( $AB^2+\cdots > -4$ ) por

$$(\cos(\alpha)-\cos(\beta))^2+(\sin(\alpha)-\sin(\beta))^2+\cdots > -4$$

$$2-2 \cos(\alpha-\beta)+\cdots > -4$$

Answer 1

Definir $a$ , $b$ , $c$ , $d$ como los exponenciales complejos de $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ respectivamente. Es decir, por ejemplo, $$a := \cos\alpha+i\sin\alpha \qquad\qquad \cos\alpha=\frac12\left(a+a^{-1}\right) \qquad \sin\alpha=\frac12\left(a-a^{-1}\right)\tag{1}$$ Entonces la condición $x+y+z+2$ se convierte, con un pequeño masaje, $$(a-b-c-d)(\overline{a}-\overline{b}-\overline{c}-\overline{d}) = |a-b-c-d|^2 \tag{2}$$ para que estemos seguros $x+y+z+2$ es no negativo, es decir casi lo que queremos. Sin embargo, hay casos límite de igualdad.

Configuración $(2)$ igual a $0$ implica que $a=b+c+d$ . (Para $x-y-z+2$ , $-x+y-z+2$ , $-x-y+z+2$ podemos aislar $b$ , $c$ , $d$ de la misma manera). En cualquier caso, tenemos que un punto del círculo unitario es la suma de otros tres puntos.

Para comprobar que se trata de un hecho poco frecuente, fija $b$ y $c$ (y por lo tanto también $b+c$ ). Variando $d$ el lugar de $b+c+d$ es un círculo alrededor de $b+c$ que pasa por $b$ y $c$ . Para $b+c=0$ ese círculo es el círculo unitario, y sólo $a=d$ satisface $(2)$ ; de lo contrario, $a$ sólo puede coincidir con $b$ o $c$ . Podemos evitar este caso límite, de modo que $(2)$ es estrictamente positivo--- simplemente requiriendo $a$ para diferenciarse de $b$ , $c$ , $d$ para cubrir las contrapartidas de $(2)$ correspondientes a los otros planos tetraédricos, requerimos todos $a$ , $b$ , $c$ , $d$ sean distintos. Esto equivale a exigir lo mismo de $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ (una restricción razonable, dado el origen del problema). $\square$

Answer 2

Esta respuesta sólo reduce las desigualdades a la que se muestra en el enlace en el OP.

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Utilizaré $a,b,c,d$ para $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ Esto nos ahorra tener que teclear. Así que tenemos que mostrar para $$ \begin{aligned} x &= \cos(c-d)-\cos(\color{blue}a-b)\ ,\\ y &= \cos(d-b)-\cos(\color{blue}a-c)\ ,\\ z &= \cos(b-c)-\cos(\color{blue}a-d)\ , \end{aligned} $$ la desigualdad $x+y+z\ge -2$ y las otras tres desigualdades se obtienen sustituyendo en los tres casos la variable $\color{blue}a\to \color{blue}{a+\pi}$ junto con una sola de $b\to b+\pi$ ( $x$ estancias, $y,z$ cambiar de signo), entonces $c\to c+\pi$ entonces $d\to d+\pi$ .

Así que vamos a mostrar sólo $x+y+z\ge -2$ . Un $a$ -Cambio en $b,c,d$ (y/o la simetría circular del post enlazado) nos permite también suponer w.l.o.g. $a=0$ . Esto es $$ 2-\color{blue}{\cos b}-\color{blue}{\cos c} -\cos d \ge -\cos(c-d) -\cos(d-b)-\color{green}{\cos (b-c)}\ . $$ Dejemos que $S,X,Y$ sea para que $b=X+\pi$ , $-c=Y+\pi$ y $S=(d-b)+\pi$ por lo que lo anterior se convierte en una equivalencia: $$ 2+\color{blue}{\cos X}+\color{blue}{\cos Y} + \color{green}{\cos(X+Y)} \ge \cos S +\cos(X+S) +\cos(X+Y+S)\ . $$ La prueba vinculada pasa por esta línea. (Toda la discusión no es más que una reformulación algebraica de la desigualdad. Pero en un momento dado hay que dejar de reformular los datos y atacar el problema. Mi estrategia sería de nuevo considerar la desigualdad como un problema de minimización de una función de tres variables $X,Y,S$ , luego aislar una "variable débil" predispuesta para el ataque, luego minimizar primero con respecto a esta variable. Como queda arriba, $S$ aparece sólo tres veces, únicamente en el R.H.S., por lo que éste puede ser el punto débil. Nos expandimos para obtener en la E.S.R. una expresión en $\sin S$ , $\cos S$ que puede ser fácilmente minimizado / maximizado. Sólo quedan dos variables...)

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Por favor, no aceptes esto como respuesta, ya hay una respuesta mejor por ahí. Esto es sólo un comentario amistoso, que tuvo que ser trasladado al cuadro de diálogo de la respuesta por razones de espacio, mostrando que el enfoque en el OP era muy cerca de la mía.