Dada una banda de $m$ cuadrados opacos dispuestos en un círculo, ¿podemos encontrar un punto de vista desde el que veamos exactamente $m/2-1$ ¿Cuadros?

Question

Dada una banda de $m\ge 3$ cuadrados opacos dispuestos en un círculo, ¿podemos encontrar un punto de vista (es decir, un punto de una esfera centrado en el punto medio del círculo con un radio lo suficientemente grande como para ver toda la banda desde cualquier punto de vista; la dirección de visión es el vector desde el punto de vista hasta el centro de la esfera) desde el que vemos exactamente $\lfloor m/2\rfloor$ ¿escuadras? Además, ¿podemos encontrar un punto de vista desde el que veamos exactamente $\lfloor m/2\rfloor-1$ ¿Cuadros?

Supongo que es una pregunta fácil de responder, pero tengo problemas para argumentar. Está claro que cada plaza contribuye $2\pi/m\text{ rad}$ a la suma de ángulos del círculo. No sé cómo tengo que expresarlo, pero también está claro que podemos ver cualquier cuadrado cuya normal $n$ toma un ángulo en $(-\pi/2,\pi/2)$ con $-v$ , donde $v$ es la dirección de visión. Entonces, supongo que la respuesta tiene que ver con $$\frac{2\pi\text{ rad}}m\stackrel!=\frac{\pi\text{ rad}}k\Leftrightarrow k=\frac m2\tag 1\;.$$

Pero como he dicho antes, necesito ayuda para encontrar una argumentación rigurosa.

Answer 1

Los vectores normales hacia el exterior apuntan en direcciones $\frac{2\pi k}{m}$ ( $k = 0, \ldots, m-1$ ), como usted observa. Supongamos que los centros de la cara están en las ubicaciones $$ P_k = (\cos(2\pi k/m), \sin (2 \pi k / m)) $$ también, es decir, en un círculo unitario.

Dejar $\alpha = \frac{2\pi}{m}$ tenemos $$ P_k = (\cos k\alpha, \sin k \alpha) \\ n_k = [\cos k\alpha, \sin k \alpha] $$ donde $n_k$ es la normal a la $k$ la cara. Consideremos una vista desde un punto lejano a lo largo del rayo en dirección $\beta = \frac{\pi}{2} + \frac{\alpha}{2}$ es decir $$ Q = (s \cos \beta, s \sin \beta) $$

Ahora cara $k$ es visible desde $Q$ si $ (Q - P_k) \cdot n_k > 0$ que se simplifica en $$ Q \cdot n_k > P_k \cdot n_k. $$ Desde $P_k$ y $n_k$ son iguales (en coordenadas) y son puntos del círculo unitario, esta condición se convierte en $$ Q \cdot n_k > 1. $$ Y luego $$ Q \cdot n_k = [s \cos \beta , s \sin \beta] \cdot [\cos k\alpha, \sin k \alpha]\\ = s \cos \beta \cos k \alpha + s \sin \beta \sin k \alpha. $$ Dejar $u = k \alpha$ por un momento, esto es $$ Q\cdot n_k = s(\cos \beta \cos u + \sin \beta \sin u)\\ = s \cos (\beta - u) $$ Mientras $\beta - u$ tiene coseno positivo, podemos elegir $s$ lo suficientemente grande como para que este número $> 1$ . Veamos $\beta - u = \beta - k \alpha$ . Para que el coseno sea positivo, necesitamos \begin{align} -\pi/2 &< \beta - k \alpha < \pi/2 \\ -\pi &< \pi + \alpha - 2k \alpha < \pi \\ -\pi &< \pi + (1-2k)\alpha < \pi \\ -\pi &< \pi + (1-2k)\frac{2\pi}{m} < \pi \\ -1 &< 1 + (1-2k)\frac{2}{m} < 1 \\ -m &< m + 2(1-2k) < m \\ -2m &< 2(1-2k) < 0 \\ 0 &< 2(2k-1) < 2m \\ 0 &< 2k-1 < m \end{align} que tiene el $\frac{m}{2} - 1$ soluciones $k = 1, 2, \ldots, \lfloor \frac{m}{2} \rfloor$ .

Answer 2

Adaptando la idea de John Hughes He llegado a la siguiente solución: Identificar $\mathbb C\cong\mathbb R^2$ podemos suponer que los centros de los cuadrados están en los lugares $$c_k:=e^{k\alpha\rm i}\;\;\;\text{for }k\in\left\{0,\ldots,m-1\right\}$$ con $\alpha:=2\pi/m$ es decir, los centros de los cuadrados son los $m$ raíces de la unidad que se encuentran en el círculo unitario. Las correspondientes normales unitarias hacia el exterior son $n_k:=c_k\color{blue}{-0}$ . Sea $v$ sea un punto de vista en el ángulo $\beta:=\pi/2$ es decir $$v:=ce^{\frac\pi2{\rm i}}$$ para algunos $c>0$ lo suficientemente grande como para ver toda la banda (pero como eso no es importante, supondremos $c=1$ ). Obsérvese que la dirección de visión correspondiente a $v$ es $0-v$ (de nuevo, eso no es importante, pero es bueno saberlo). Podemos ver el $k$ de la plaza de $v$ si $$\sphericalangle(c_k,v)\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)\;,$$ es decir, si $$0<\cos\sphericalangle(c_k,v)=\langle c_k,v\rangle=\cos(k\alpha)\cos\frac\pi2+\sin(k\alpha)\sin\frac\pi2=\sin(k\alpha)\;,$$ es decir, si $$k\alpha\in(0,\pi)\Leftrightarrow k\in\left(0,\frac m2\right)\;.$$

Así que hay un punto de vista desde el que vemos exactamente $\lfloor\frac m2\rfloor-1$ cuadrados. Sustitución de $\beta$ por $(\alpha+\pi)/2$ la misma argumentación arroja que hay un punto de vista desde el que vemos exactamente $\lfloor\frac m2\rfloor$ cuadrados (ver La respuesta de John Hughes ).