Un cubo se coloca dentro de otro cubo

Question

Conozco el siguiente problema con dos cuadrados

$$Area(1)+Area(3)=Area(2)+Area(4).$$

Mi pregunta. ¿Este problema es válido para dos cubos?

Colocamos un cubo $XYZT.X'Y'Z'T$ en otro cubo $ABCD.A'B'C'D',$ ¿es cierto que

\begin{align*} & Vol(ADD'A'.XTT'X')+Vol(BCC'B'.YZY'Z')\\ =&Vol(ABCD.XYZT)+Vol(A'B'C'D'.X'Y'Z'T')\\ =&Vol(CDD'C'.ZTT'Z')+Vol(ABB'A'XYY'X'). \end{align*}

Mi pregunta. Si esto es cierto para dos cubos, ¿lo es también para dos prismas rectangulares similares?

Mi pregunta. ¿Y estos problemas son ciertos para dos hipercubos y dos hiperrectángulos similares en $n$ -¿espacio euclidiano de dimesiones?

Answer 1

Creo que la respuesta es negativa. La forma más ordenada de calcularlo es la siguiente. Podemos identificar $\mathbb{R}^3$ con los cuaterniones puramente imaginarios $\mathbb{H}_0$ y que $U$ sea el cubo con vértices $\pm i\pm j\pm k$ . Entonces cualquier otro cubo $V$ tiene la forma $a+zU\overline{z}$ para algunos $a\in\mathbb{H}_0$ y $z\in\mathbb{H}\setminus\{0\}$ . Para cualquier cara $F$ de $U$ , dejemos que $\alpha(F)$ sea el volumen entre $F$ y $a+zF\overline{z}$ y poner $\beta(F)=\alpha(F)+\alpha(-F)$ . La cuestión es si $\beta(F)$ es independiente de $F$ . Para calcular $\alpha(F)$ Obsérvese que tenemos una biyección $p$ de $[0,1]\times F$ a la región pertinente dada por $p(t,x)=(1-t)x+t(a+zx\overline{z})$ por lo que basta con integrar el determinante jacobiano de $p$ en $[0,1]\times F$ . Para expresar este determinante en términos de álgebra cuaterniónica, obsérvese que existe un isomorfismo $\Lambda^3(\mathbb{H}_0)\to\mathbb{R}$ dado por $x\wedge y\wedge z\mapsto\text{Re}(xyz)$ .

Las derivadas de $p$ con respecto a $x$ dependen únicamente de $t$ . Así, podemos llevar la integral sobre $F$ dentro del determinante, lo que tiene el efecto de sustituir $\partial p/\partial t$ por $4$ veces su valor en el centro $c\in F$ que es $4(a+zc\overline{z}-c)$ . Las derivadas de $p$ con respecto a los componentes de $x$ son de la forma $m(z)+c(z)t$ por lo que el determinante es simplemente un cuadrático en $t$ . Si lo tengo todo claro, acabamos con $$ \beta(F) = \frac{8}{3}(1-|z|^2)((1+|z|^2)^2 - \text{Re}(z)^2 - 3\langle z,c\rangle^2) $$ (Si llamamos a lo anterior $\phi(z,c)$ no es difícil comprobar que $$\phi(z,i)+\phi(z,j)+\phi(z,k)=8(1-|z|^6) = \text{vol}(U) - \text{vol}(V), $$ como debe ser).

Si $z$ es real, entonces es independiente de $c$ por lo que la fórmula del volumen es correcta cuando el cubo interior es paralelo al exterior. Lo mismo ocurre si $\langle z,c\rangle^2$ es independiente de $c\in\{\pm i,\pm j,\pm k\}$ Este es el caso cuando el cubo interior se obtiene girando el exterior alrededor de uno de sus ejes largos y, a continuación, encogiéndolo y trasladándolo. Pero en general la fórmula no se cumple.

Answer 2

La respuesta a su pregunta es: no

También es fácil dar un contraejemplo concreto: Tomemos el cubo con vértices $$ \left(\frac{273}{340},\,\frac{79}{68},\,\frac{13}{20}\right) , \left(\frac{407}{340},\,\frac{57}{68},\,\frac{27}{20}\right) , \left(\frac{239}{340},\,\frac{789}{884},\,\frac{337}{260}\right) , \left(\frac{249}{340},\,\frac{621}{884},\,\frac{217}{260}\right) , \left(\frac{263}{340},\,\frac{1195}{884},\,\frac{289}{260}\right) , \left(\frac{417}{340},\,\frac{573}{884},\,\frac{231}{260}\right) , \left(\frac{431}{340},\,\frac{1147}{884},\,\frac{303}{260}\right) , \left(\frac{441}{340},\,\frac{979}{884},\,\frac{183}{260}\right) $$ dentro de un $0-2$ -cubo. Entonces los tres volúmenes que pides son $\frac{24421}{8840}\neq \frac{24563}{8840}\neq \frac{24491}{8840}$ . Aquí está una foto de la configuración:

El cubo exterior tiene volumen 8 y el cubo interior tiene volumen $1/8$ . A modo de comprobación, veamos si todo cuadra: $$\frac{24421}{8840} + \frac{24563}{8840} + \frac{24491}{8840} = \frac{14695}{1768}$$ y $$\frac{14695}{1768} + \frac{1}{8} -8 =\frac{193}{442}.$$

Como las aristas del cubo exterior no son coplanarias con las aristas, ahora hemos contado doblemente los 12 tetraedros, que surgen del hecho de que estos pares de aristas no son coplanarios. Sus volúmenes son $$\frac{471}{8840} , \frac{11}{170} , \frac{59}{2210} , \frac{29}{680} , \frac{49}{1768} , \frac{29}{8840} , \frac{29}{680} , \frac{29}{8840} , \frac{59}{2210} , \frac{49}{1768} , \frac{11}{170} , \frac{471}{8840} $$ y efectivamente la suma de estos números es $\frac{193}{442}$ . He aquí una imagen de todos esos tetraedros:

...y una foto de uno solo:

Por cierto: esos dos cubos son concéntricos, así que tu conjetura no funciona ni siquiera en la situación concéntrica.