¿Cabe toda elipse dentro de un tetraedro dentro de una bola en un triángulo dentro de la bola?

Question

En el espacio euclídeo tridimensional, consideremos la bola unitaria cerrada $B$ . Sea $T$ sea un tetraedro, y $E$ una elipse, con $E \subset T \subset B$ . ¿Existe necesariamente un triángulo $T'$ con $E \subset T' \subset B$ ?

Está claro que si 1 vértice del tetraedro está en un lado del plano de la elipse y los otros 3 vértices están en el otro lado, la intersección del plano con el tetraedro da un triángulo. El caso interesante es cuando 2 vértices del tetraedro están en cada lado del plano.

Trabajo en teoría cuántica de la información y he llegado a una conjetura que, sorprendentemente, es cierta sólo si la respuesta a la pregunta anterior es "sí". Como esto está muy lejos del tipo de cosas en las que pienso normalmente, ni siquiera sé por dónde empezar a buscar en la literatura matemática, así que incluso una simple indicación sería de gran ayuda.

Answer 1

Algunas observaciones (2012/10/3):

(0) Si la afirmación es verdadera, entonces es ajustada en el siguiente ejemplo:

Dibuja un círculo A, que represente una rodaja de la pelota.

Inscribe dentro de A un cuadrado B, que representa un tetraedro muy delgado.

Inscribe dentro de B un cuadrado C que una los puntos medios de los lados de B. Este cuadrado representa la base media del tetraedro.

Inscribe dentro de C un círculo D, que es el elipsoide.

En este caso tenemos círculos concéntricos con radio(A)=2radio(D), que es lo justo para que quepa un triángulo entre A y D.

Este ejemplo me hace bonito el problema.

(1) Si la afirmación es cierta, también lo es para el caso en que la bola exterior se generaliza a un elipsoide. ¿Por qué? Porque al cambiar el producto interior del espacio, el elipsoide se convierte en una bola.

(2) Así pues, el contexto de nuestro problema es la geometría afín de $\mathbb R^3$ (es decir, podemos eliminar el producto interior). De hecho, podemos abandonar incluso la estructura afín y mantener sólo la estructura proyectiva.

(3) A continuación, podemos establecer un nuevo producto interior para que la elipse sea una circunferencia.

Más observaciones (2012/10/4):

(4) Tenemos una elipse dentro de otra (la intersección entre $B$ y el plano de la elipse, y estamos tratando de encajar un triángulo entre ellos.

El problema de encontrar, dadas dos secciones cónicas, encontrar una $n$ -polígono circunscrito a la sección cónica interior e inscrito en la sección cónica exterior se denomina "segundo problema de Poncelet" (Santaló, "Geometría proyectiva", p.243-245).

Sorprendentemente, si existe un triángulo que encaja entre ambas secciones cónicas, entonces es fácil encontrarlo: Se puede elegir cualquier punto de la cónica exterior como vértice del triángulo, y la construcción funcionará. Véase "El porismo de Poncelet" en http://sbseminar.wordpress.com/2007/07/16/poncelets-porism/ .

Diré que una cónica $n$ -se adapta al interior otro si an $n$ -entre ellos.

(5) Haciendo algunas transformaciones proyectivas, creo que el problema puede reducirse a demostrar lo siguiente: Sea $0\le a\le b\le 1$ . Sea $B$ sea el cilindro $x^2+y^2\le 1$ , $E$ la elipse en el plano $z=0$ dado por $(\frac xa)^2+(\frac yb)^2=1$ . Si existe un tetraedro $T$ tal que $E\subseteq T\subseteq B$ entonces existe un triángulo $T'$ en el plano $z=0$ tal que $E\subseteq T'\subseteq B$ .

No tengo una prueba completa de esta reducción, pero puedo dar más detalles.

(6) En la situación anterior, la existencia del triángulo $T'$ es equivalente al hecho de que $a+b\leq 1$ . Esto puede observarse intentando construir un triángulo a partir de un vértice en el $x$ eje. El punto de partida es irrelevante por la observación (4).

(7) Por las observaciones (5) y (6), tenemos que demostrar que si entre el cilindro y la elipse cabe un tetraedro, entonces $a+b\leq 1$ . Para aplanar completamente el problema, tenemos que ser capaces de reconocer si un cuadrilátero dado que rodea a nuestra elipse es la proyección de un tetraedro que rodea a la elipse. Si nos dan la proyección $ABCD$ de los vértices del tetraedro, y el cuadrilátero $PQRS$ donde $T$ interseca el plano $z=0$ (con $P\in[A,B]$ , $Q\in[B,C]$ etc.), entonces podemos ver si la elipse cabe dentro de $PQRS$ . Pero además, aplicando el teorema de Ceva, se puede demostrar que $\frac{|P-A| |Q-B| |R-C| |S-D|}{|P-B| |Q-C| |R-D| |S-A|}=1$ y esta ecuación puede utilizarse para confirmar que los puntos $A,B,C,D,P,Q,R,S$ del plano $z=0$ que se obtienen a partir de un tetraedro mediante proyección e intresección con el plano $z=0$ .

(8) Algunos experimentos que hice con el programa GeoGebra sugieren que una elipse $A$ $3$ -encaja dentro de otra elipse $C$ si existe una elipse intermedia $B$ tal que $A$ 4-cabe dentro $B$ y $B$ 4-cabe dentro $C$ . Creo que hay un camino de elipses uniendo $A$ y $C$ pero para definirlo necesitaría una noción de $n$ -adaptado con $n$ no entero.

Answer 2

Si utilizamos la reducción de Marcos Cossarini, este problema se convierte en un ejercicio de persecución de relaciones cruzadas.

Paso 1: Basta con demostrar que si $A,B,C,D$ son puntos de un círculo $\omega$ y si $P,Q,R,S$ son puntos de los segmentos $AB,BC,CD,DA$ respectivamente, de forma que las líneas $PQ$ , $RS$ y $AC$ se encuentran en un punto - llámalo $M$ - fuera del círculo, entonces cualquier elipse contenida en el cuadrilátero $PQRS$ está contenido en un triángulo contenido en $\omega$ . (La forma en que yo visualizo esta reducción es: empezar empleando una transformación proyectiva para suponer que la elipse está contenida en un plano que pasa por el centro de la esfera, entonces sin pérdida de generalidad dos de los vértices del tetraedro están por debajo del plano de la elipse y dos por encima. A continuación empujamos los vértices hacia fuera hasta que queden situados en el límite del cilindro perpendicular al plano de la elipse, y los proyectamos hacia abajo. El punto $M$ es la intersección de la línea que contiene los vértices que se proyectan sobre $A$ y $C$ con el plano de la elipse).

Paso 2: Por el Porismo de Poncelet, podemos elegir cualquier recta tangente a la elipse como una de las rectas de nuestro triángulo. Así que elijo la recta $PS$ y que $X$ y $Y$ son sus intersecciones con el círculo $\omega$ con $X$ más cerca de $P$ y $Y$ más cerca de $S$ . Sea $Z$ sea la intersección de las otras dos tangentes desde $X$ y $Y$ a la elipse. Sólo tenemos que demostrar que $Z$ está dentro $\omega$ así que empezamos intentando encontrar el lugar de tal $Z$ .

Sea $U$ sea la intersección de $XZ$ y $PQ$ , dejemos que $V$ sea la intersección de $YZ$ y $SR$ y que $W$ sea la intersección de $XR$ y $YQ$ . Entonces el hexágono $XUQRVY$ tiene los seis lados tangentes a nuestra elipse, así que por el Teorema de Brianchon vemos que el punto $W$ está en juego $UV$ . Ahora, los puntos $U$ , $V$ , $W$ son las intersecciones de los lados opuestos del hexágono $XZYQMR$ por lo que por la inversa del Teorema de Pascal los puntos $X$ , $Y$ , $Z$ , $M$ , $Q$ , $R$ se encuentran en una sección cónica, por lo que el lugar de $Z$ s es un arco en una sección cónica.

Paso 3: Afirmo que la cónica que pasa por $M,X,Y,Q,R$ - llámalo $\Omega$ - es tangente al círculo $\omega$ en el punto $C$ . Obsérvese que si esto se cumple, como dos cónicas pueden intersecarse como máximo en cuatro puntos, el arco $XCY$ de esta sección cónica estará contenida dentro del círculo $\omega$ , por lo que la reclamación acaba con el problema. (De hecho, la afirmación también nos da una construcción para un caso de igualdad: tomemos la elipse inscrita de $PQRS$ que también es tangente a la recta $XC$ .)

Para ver que el punto $C$ está en la sección cónica $\Omega$ basta con comprobar que la relación cruzada de las cuatro líneas $CX,CY,CQ,CR$ es igual a la relación cruzada de las cuatro líneas $MX,MY,MQ,MR$ . Intersección con la cónica $\omega$ de paso $C$ vemos que la relación cruzada de las cuatro líneas $CX,CY,CQ,CR$ es la relación cruzada de los cuatro puntos $X,Y,B,D$ con respecto a la cónica $\omega$ . Proyección a través del punto $A$ en la cónica $\omega$ en la línea $XY$ vemos que esta relación cruzada es la misma que la relación cruzada entre los cuatro puntos $X,Y,P,S$ . Esta relación cruzada es la misma que la relación cruzada de las cuatro líneas $MX,MY,MP,MS$ que, por definición, son las cuatro líneas $MX,MY,MQ,MR$ . Hemos demostrado que $C$ está en la cónica $\Omega$ .

A continuación, para ver que $\Omega$ es tangente al círculo $\omega$ en $C$ basta con comprobar que la relación cruzada de los cuatro puntos $A,C,X,Y$ con respecto a $\omega$ es igual a la relación cruzada de los cuatro puntos $M,C,X,Y$ con respecto a $\Omega$ (ya que cuando proyectamos a través del punto $C$ que está en ambas cónicas, $A$ va a $M$ , $X$ y $Y$ ir a sí mismos, y $C$ va a la segunda intersección entre $\Omega$ y la tangente a $C$ con respecto a $\omega$ ). Sea $I$ sea la intersección de $CD$ y $XY$ . A continuación, proyectando los puntos $A,C,X,Y$ a través del punto $D$ en la cónica $\omega$ en la línea $XY$ vemos que su relación cruzada con respecto a $\omega$ es la relación cruzada de $S,I,X,Y$ . Proyección a través del punto $R$ de la cónica $\Omega$ vemos que es igual a la relación cruzada de $M,C,X,Y$ con respecto a la cónica $\Omega$ así que hemos terminado.

Paso 4: Reza para que no haya problemas de configuración en el argumento anterior.

Answer 3

Mihai-Dorian Vidrighin ha sugerido la siguiente idea. (Me ha pedido que la publique porque no puede publicar imágenes).

Para simplificar, supongamos que la configuración es "ajustada" en el sentido de que $E$ encuentra cada rostro de $T$ y los vértices de $T$ están en la frontera de $B$ . La generalización debería ser sencilla.

Si algún vértice de $T$ se encuentran en el plano de $E$ entonces la sección transversal ya es un triángulo, así que supongamos lo contrario. Elija un vértice arbitrario de $T$ y dibujar un cono mirando desde allí con $E$ (en rojo) como base. Este cono se encuentra con la cara opuesta de $T$ en una nueva elipse $E'$ (se muestra como una curva negra punteada):

$E'$ se encuentra dentro de un triángulo (la cara de $T$ ), que a su vez se encuentra dentro de un círculo (la sección transversal de $B$ ). Por nuestra suposición simplificadora, $E'$ toca las aristas del triángulo y los vértices del triángulo están en el círculo. Por lo tanto Porismo de Poncelet se aplica. Por lo tanto, podemos encontrar un triángulo diferente alrededor de $E'$ con una arista en el plano de $E$ .

Define un nuevo tetraedro (mostrado en verde) utilizando el vértice elegido de $T$ y el nuevo triángulo. Por construcción, aún contiene el cono identificado anteriormente y, en particular, aún contiene $E$ . Pero la sección transversal en el plano de $E$ es ahora un triángulo (mostrado en negro grueso).

Answer 4

Aquí hay un poco de código de Mathematica que apoya bastante la conclusión de Joseph.

Tet\[phi\_\] := {{Sin\[phi\], 0, Cos\[phi\]}, {-Sin\[phi\], 0, Cos\[phi\]}, {0, 
   Sin\[phi\], -Cos\[phi\]}, {0, -Sin\[phi\], -Cos\[phi\]}};

Rect\[a\_, phi\_\] := Module\[{x, y, u, w},
  {x, y, u, w} = Tet\[phi\]; 
  Polygon\[{a x + (1 - a) u, a x + (1 - a) w, a y + (1 - a) w, 
    a y + (1 - a) u}\]\];

v = Subsets\[Range\[4\], {3}\];

Manipulate\[
 Graphics3D\[{Opacity\[0.2\], Sphere\[{0, 0, 0}, 1\], Opacity\[0.3\], 
   GraphicsComplex\[Tet\[phi\], Polygon\[v\]\], Opacity\[0.8\], 
   Rect\[a, phi\]}\], {phi, 0, Pi/2}, {a, 0, 1}\]

Utilizando parámetros como a=0.9, phi=1.4 se obtiene un rectángulo alargado inscrito en un tetraedro plano, próximo a un plano ecuatorial. La elipse máxima inscrita en este rectángulo difícilmente está contenida en cualquier triángulo que quepa en la bola unitaria.

    

Editar (2):

La siguiente versión mejorada utiliza una solución analítica para los tetraedros $ABCD$ con $[AB]$ perpendicular a $[CD]$ y la elipse máxima $E$ en un plano de corte $ABCD$ en paralelo a $[AB]$ et $[CD]$ . En este caso, la distancia máxima de los vértices del triángulo más pequeño que lo encierra es $T'$ desde el origen es

    $1 - 2 (1 - a) a (1 + \cos(\phi - \psi))\leq 1$ para $0 < a < 1 $ ,

donde $A=(\sin \phi, 0, \cos\phi)$ , $B=(-\sin \phi, 0, \cos\phi)$ , $C=(0, \sin \psi, -\cos\psi)$ , $D=(0, - \sin \psi, -\cos\psi)$ . Así pues, en todos estos casos el triángulo $T'$ yace en el interior $B$ .

Incluso creo que todos los demás casos (no triviales) de $E\subset T$ puede reducirse a uno de los casos anteriores alineando dos aristas del tetraedro envolvente $T$ a lo largo de los ejes principales de $E$ manteniendo $E$ dentro. Pero esto aún no puedo probarlo.

Código:

 Tet\[phi\_, 
   psi\_\] := {{Sin\[phi\], 0, Cos\[phi\]}, {-Sin\[phi\], 0, Cos\[phi\]}, {0, 
    Sin\[psi\], -Cos\[psi\]}, {0, -Sin\[psi\], -Cos\[psi\]}};
Rect\[a\_, phi\_, psi\_\] := Module\[{x, y, u, w},
   {x, y, u, w} = Tet\[phi, psi\]; 
   Polygon\[{a x + (1 - a) u, a x + (1 - a) w, a y + (1 - a) w, 
     a y + (1 - a) u}\]\];
v = Subsets\[Range\[4\], {3}\];
ParPl\[a\_, phi\_, psi\_\] := 
  ParametricPlot3D\[{a Sin\[phi\] Cos\[t\], -(-1 + a) Sin\[psi\] Sin\[t\], 
    a Cos\[phi\] + (-1 + a) Cos\[psi\]}, {t, 0, 2 Pi}, Boxed -> False, 
   Axes -> False\];
Tangent\[a\_, phi\_, psi\_, t\_, 
   lam\_\] := {a Sin\[phi\] Cos\[t\], -(-1 + a) Sin\[psi\] Sin\[t\], 
    a Cos\[phi\] + (-1 + a) Cos\[psi\]} + 
   lam {-a Sin\[phi\] Sin\[t\], (1 - a) Cos\[t\] Sin\[psi\], 0};

Manipulate\[
 bt = 2 ArcTan\[
    1 - (a Csc\[psi\] Sin\[phi\])/(-1 + a) - Sqrt\[(
     a Csc\[psi\] Sin\[phi\] (2 - 2 a + a Csc\[psi\] Sin\[phi\]))/(-1 + a)^2\]\];
 p1 = Tangent\[a, phi, psi, bt, Cot\[bt\]\];
 p2 = Tangent\[a, phi, psi, bt, -Sec\[bt\] - Tan\[bt\]\];
 p3 = {-1, 1, 1}\*p2;
 Show\[Graphics3D\[{Opacity\[0.2\], Sphere\[{0, 0, 0}, 1\], Opacity\[0.3\], 
    GraphicsComplex\[Tet\[phi, psi\], Polygon\[v\]\], Opacity\[0.8\], 
    Rect\[a, phi, psi\], Green, Polygon\[{p1, p2, p3}\]}\], 
  ParPl\[a, phi, psi\]\], {{phi, Pi/4}, 0, Pi/2}, {{psi, Pi/4}, 0, 
  Pi}, {{a, 0.7}, 0, 1}\]

    

Answer 5

¿Un posible contraejemplo?
          
El tetraedro es casi un rectángulo plano (rojo), y la elipse $E$ casi lo llena. Entonces no veo cómo encerrar $E$ en un triángulo que permanece en la bola. No es una prueba, lo sé...