Puede uno siempre mapa de un triángulo dado en un triángulo con los ángulos por medio de una proyección paralela?

Question

Esto es algo que parece ser la realidad de la experiencia, jugando con las sombras del sol:

Si uno corta un triángulo de papel, se puede convertir en una forma de hacer que su sombra ser un triángulo de cualquier ángulos (por supuesto, no superior interna de la suma de 180°), por ejemplo: Si uno dibuja un triángulo rectángulo con los ángulos internos de 90°, 60° y 30°, uno se puede convertir en una forma que la sombra del triángulo puede ser de ángulos de 60°, 60°, 60° (equilátero) o 120°, 30° y 30° (isósceles), o cualquier otro triángulo posibilidades.

Es esto cierto? ¿Cómo podemos demostrarlo? (si es posible, mostrando no sólo que es posible, pero, ¿cómo obtener la asignación específica que lo hace)

Answer 1

Modelo de la proyección

Deja que la luz viene de arriba, a lo largo de la $z$-eje. La sombra de un triángulo encima de la $x-y$-plane es entonces la proyección sobre la $x-y$-avión ($z = 0$).

El triángulo tiene una unidad de vector normal $n$ a describir su orientación ($n^2 = 1$).

La proyección de sombras $P$ es $$ P = \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{de la matriz} \right) \quad P^c = \left( \begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{de la matriz} \right) $$ satisface $P^2 = P$$I = P + P^c$.

Triángulo descripción

Podemos especificar el triángulo de las esquinas por vectores $r_1$, $r_2$, $r_3$ con el origen en $0$. Definimos las orientadas triángulo de lados a $a_i$ $$ a_1 = r_2 - r_1, \quad a_2 = r_3 - r_1, \quad a_3 = r_3 - r_2 $$ El lado vectores son lineales dependientes: $$ a_1 - a_2 + a_3 = 0 $$

Tenemos los ángulos $\alpha_i$ en la esquina señalada por $r_i$: \begin{align} a_1 \cdot a_2 &= \lVert a_1 \rVert \lVert a_2 \rVert \cos \alpha_1 \\ (-a_1) \cdot a_3 &= \lVert -a_1 \rVert \lVert a_3 \rVert \cos \alpha_2 \quad (*) \\ (-a_2) \cdot (-a_3) &= \lVert -a_2 \rVert \lVert -a_3 \rVert \cos \alpha_3 \end{align}

Las ecuaciones $(*)$ son todavía muy general, que sólo se relacionan las longitudes de los lados y los ángulos, y personifican las orientaciones de los lados.

Ahora tenemos más específicos: utilizamos un triángulo con estos lados y $$ \lVert a_1 \rVert = 1/2 \quad \lVert a_2 \rVert = \sqrt{3}/2 \quad \lVert a_3 \rVert = 1 \quad (**) $$ y estos ángulos $$ \alpha_1 = 90^\circ \quad \alpha_2 = 60^\circ \quad \alpha_3 = 30^\circ \\ \cos\alpha_1 = 0 \quad \cos\alpha_2 = 1/2 \quad \cos\alpha_3 = \sqrt{3}/2 $$ Esto supone que la escala de ese triángulo que no juega ningún papel, por ejemplo, que tiene todas las caras dos veces la longitud no tiene ninguna influencia cualitativa sobre el problema.

Para describir el $a_i$ (9 incógnitas) en términos de $n$ tenemos estas tres ecuaciones $$ a_i \cdot n = 0 \\ $$ además, las tres longitudes $(**)$ además de las tres ecuaciones de $(*)$ que para este triángulo son \begin{align} a_1 \cdot a_2 &= 0 \\ a_1 \cdot a_3 &= -1/4 \\ a_2 \cdot a_3 &= 3/4 \end{align}

La Sombra Del Triángulo

Los lados de la sombra del triángulo se $b_i$ y relacionados a través de la proyección: $$ b_i = P a_i $$ La proyección de los ángulos $\beta_i$, y que deben satisfacer las ecuaciones similares a $(*)$: \begin{align} b_1 \cdot b_2 &= \lVert b_1 \rVert \lVert b_2 \rVert \cos \beta_1 \\ (-b_1) \cdot b_3 &= \lVert -b_1 \rVert \lVert b_3 \rVert \cos \beta_2 \quad (***) \\ (-b_2) \cdot (-b_3) &= \lVert -b_2 \rVert \lVert -b_3 \rVert \cos \beta_3 \end{align} Tenemos $$ b_i \cdot b_j = P a_i \cdot P a_j = a_i \cdot a_j - a_{i3} a_{j3} \\ \lVert b_i \rVert^2 = \lVert P a_i \rVert^2 = \lVert a_i \rVert^2 - a_{i3}^2 $$ Plan: la entrada de nuestra $\beta_i$ a $(***)$ y obtener tres ecuaciones para las tres desconocido $a_{i3}$. De esto tratamos de determinar un adecuado $n$.

Primer caso $\beta_i = 60^\circ$

La parte interesante es que el $\alpha_2 = \beta_2$, lo que significa que este ángulo debe permanecer en el mismo en virtud de la proyección, mientras que los otros dos ángulos ampliar o reducir.

Mirando la ecuación de $\beta_2$: \begin{align} (b_1 \cdot b_3)^2 &= \lVert b_1 \rVert^2 \lVert b_3 \rVert^2 (\cos \beta_2)^2 \iff \\ \left(\frac{1}{4}+xz\right)^2 &= \left(\frac{1}{4}-x^2\right)\left(1-z^2\right)\frac{1}{4} \end{align} donde $x = a_{13}$, $y = a_{23}$ y $z = a_{33}$.

Esto le da $$ z = \frac{\sqrt{12} x \sqrt{1 - 4 x^2} - 4x}{12x^2 + 1} $$ además sabemos $x - y + z = 0$.

Si tenemos $(x,y,z)$, podemos calcular todos los ángulos de la proyección: \begin{align} \beta_1 &= \arccos\frac{-xy}{\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}\sqrt{\frac{3}{4}-y^2}} \\ \beta_2 &= \arccos\frac{\frac{1}{4} + x z}{\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}\sqrt{1-z^2}} \\ \beta_3 &= \arccos\frac{\frac{3}{4} - y z}{\sqrt{\frac{3}{4}-y^2}\sqrt{1-z^2}} \end{align} Obtenemos esta gráfica

Así que mientras podamos mantener el ángulo proyectado en$\beta_2$$60^\circ$, no podemos llegar a $60^\circ$ $\beta_1$ y $\beta_3$. $\beta_1$ crece a partir de la $90^\circ$ $\beta_2$ encoge de $30^\circ$.

(En este punto no me pude resistir a rasgar un pedazo de papel hice los cálculos, y doblado en un triángulo para probarlo :-)

(No se veía mal, $\beta_1$ parecía en efecto crecimiento)

No estoy seguro acerca de los otros casos, es fácil cometer un error con respecto a las soluciones, tomando el mal signo, etc.

(En progreso)

Answer 2

Supongamos que tenemos un triángulo $\triangle'=(A',B',C')$ horizontal $(x,y)$-plano, fija para la traducción, una dirección $\ell$ de luz, y un rígido triángulo $\triangle=(A,B,C)$ que se pueden mover libremente en $(x,y,z)$-espacio.

Reclamo: El triángulo $\triangle$ puede ser colocado de tal forma que su sombra $\pi_\ell(\triangle)$ $(x,y)$- plane es homothetic a $\triangle'$.

Prueba. (I) en primer lugar, considerar el caso especial en que $\ell$ es vertical. Al $\triangle$ $\triangle'$ no son similares, podemos suponer que la $\gamma>\gamma'$ donde $\gamma$ $\gamma'$ el valor de los ángulos en $C$, resp. $C'$. Poner $C=C'=(0,0,0)$. En el ámbito de la unidad de $S^2$ sorteo de los meridianos $\mu_A$ $\mu_B$ a través de$O\vee A'$$O\vee B'$. Deje $\tilde A=(0,0,1)$ $\tilde B\in \mu_B$ tal que $\angle\tilde AO\tilde B=\gamma$. Ahora mueva $\tilde A$ continuamente a lo largo de $\mu_A$ hacia el ecuador y $\tilde B$ a lo largo de $\mu_B$ hacia $(0,0,-1)$ de tal manera que la forma esférica de la distancia entre el $\tilde A$ $\tilde B$ siempre $=\gamma$. En cualquier momento podemos elegir $A\in O\vee\tilde A$ $B\in O\vee\tilde B$ y, a continuación, tener conciencia de $\triangle$. Además, los puntos de $A_*:=\pi_\ell(A)$ $B_*:=\pi_\ell(B)$ mentira en $\in O\vee A'$, resp. en $O\vee B'$, en todos los tiempos. La distancia $|OA_*|$ es cero al principio y tiene un fin positivo valor. En forma similar, la distancia $|OB_*|$ es positivo en el principio y tiene cero valor final. Se sigue que no puede detener el proceso en algún momento en el $${|OA_*|\over|OB_*|}={|OA'|\over|OB'|}\ .$$ (II) Cuando $\ell$ no es vertical elegir un auxiliar de avión $\sigma$ ortogonal a $\ell$ y proyecto $\triangle'$ a lo largo de $\ell$ a $\sigma$, por lo que un triángulo $\triangle''\subset\sigma$ resultados. Luego de realizar la construcción descrita en (I), trabajando con el móvil triángulo $\triangle$ y fija triángulo $\triangle''\subset\sigma$. El triángulo $\triangle$ entonces lanzar una sombra homothetic a $\triangle''$ a $\sigma$. La eliminación de la extra de pantalla $\sigma$ va a producir finalmente una sombra con la forma deseada en el $(x,y)$-plano.

Answer 3

He aquí una solución explícita a través de álgebra lineal.

Coloque las dos triángulos en el plano con un vértice en el origen. Entonces necesitamos mapear los dos bordes de la elegida vértice de un triángulo, llamarlos $u_1$$v_1$, a los correspondientes bordes del otro triángulo, $u_2$$v_2$. Ambos pares de vértices son linealmente independientes, por lo que hay un $2\times2$ matriz $M$ que se asigna a$u_1$$u_2$$v_1$%#%.

Esta matriz tiene una descomposición en valores singulares $v_2$ donde $M=U\Sigma V^T$ $U$ son ortogonales y $V$ es diagonal. $\Sigma$ $U$ corresponden a rotaciones y reflexiones en el plano, por lo que la distorsión de un triángulo es codificada totalmente en $V^T$.

Vamos a la diagonal entradas de $\Sigma$$\Sigma$$\sigma_1$$\sigma_2$. Cómo obtener un rígido 3D transformación cuya proyección en el plano es similar a $\sigma_1\ge\sigma_2$? Considere la matriz $\Sigma$ cuya diagonal entradas se $\tilde\Sigma = \frac1{\sigma_1}\Sigma$$1$. Esta es la proyección de una rotación en 3D acerca de la $\sigma_2/\sigma_1$-eje en un ángulo de $x$.

Así:

1. Girar o voltear el primer triángulo en el $\theta=\cos^{-1}(\sigma_2/\sigma_1)$-plano de acuerdo a $xy$.
2. Girar sobre el $V^T$-eje en un ángulo $x$, sacarlo de la $\theta$-plano.
3. Girar o voltear de nuevo de acuerdo a $xy$.

La sombra de el resultado es una $U$-copia a escala del segundo triángulo.

Answer 4

Vamos a tomar el caso especial de proyección a lo largo de la $z$-eje de un triángulo $\triangle A^\prime B^\prime C^\prime$ inscrito en el círculo unidad. Sin pérdida de generalidad, podemos tomar el triángulo $\triangle ABC$ hacer la proyección a ser $$A = (1,0,0) \qquad B = (\cos2C^\prime,\sin2C^\prime, p) \qquad C = (\cos2B^\prime, -\sin2B^\prime, q)$$

para algunos $p$$q$. (El homólogo $z$ coordenadas de $A$ se desvanece con una adecuada traslación vertical.) De conformidad con la Ley de los Senos, tenemos $$\frac{|\overline{BC}|}{\sin A} = \frac{|\overline{CA}|}{\sin B} = \frac{|\overline{AB}|}{\sin C}$$ lo que da un sistema no lineal en $p$$q$: $$\begin{align} p^2 \sin^2 A - ( p - q )^2 \sin^2 C + 4 \sin^2 A\sin^2C^\prime - 4 \sin^2A^\prime \sin^2 C &= 0 \\ q^2\sin^2 A - ( p - q )^2 \sin^2 B + 4 \sin^2 A \sin^2 B^\prime - 4 \sin^2 A^\prime \sin^2B &= 0 \end{align}$$

La eliminación de $q$ desde el sistema es lo suficientemente sencillo, obteniéndose una ecuación cuadrática en $p^2$: $$\begin{align} 0 \quad=\quad &p^4 \sin^2 A \sin^2 B \\ - &p^2 \left(\begin{array}{c}\left(\;\sin\alpha^{+} \sin\beta^{-} - \sin\alpha^{-} \sin\beta^{+} \;\right)^2 \\ - 4 \sin^2A \sin^2B \sin^2C^\prime + 4 \sin^2A^\prime \sin^2B^\prime \sin^2 C\;) \end{array}\right) \\ - &4 \sin^2C^\prime \left(\;\sin\alpha^{+} \sin\beta^{-} - \sin\alpha^{-} \sin\beta^{+} \;\right)^2 \end{align}$$ donde $$\alpha^{\pm} = A \pm A^\prime \qquad \beta^{\pm} = B \pm B^\prime \qquad \gamma^{\pm} = C\pm C^\prime$$

Debido a que este cuadrática tiene un valor no negativo líder plazo, y un no positivo término constante, Descartes' Regla de los Signos garantiza que tiene exactamente una raíz real positiva, por lo que podemos escribir de forma inequívoca $$p^2 = \frac{\left(\begin{array}{c}\left(\;\sin\alpha^{+} \sin\beta^{-} - \sin\alpha^{-} \sin\beta^{+} \;\right)^2 \\ - 4 \sin^2A \sin^2B \sin^2C^\prime + 4 \sin^2A^\prime \sin^2B^\prime \sin^2 C\;) \end{array}\right) + \sqrt{\Delta}}{2\sin^2 \sin^2 B}$$ donde $$\begin{align} \Delta = \left(\; \begin{array}{c} \sin^2\alpha^{-} + \sin^2\beta^{-} + \sin^2\gamma^{-} \\ + 2 \cos\alpha^{+} \sin\beta^{-} \sin\gamma^{-} \\ + 2 \sin\alpha^{-} \cos\beta^{+} \sin\gamma^{-} \\ + 2 \sin\alpha^{-} \sin\beta^{-} \cos\gamma^{+} \end{array} \;\right) \;\cdot \left(\; \begin{array}{c} \sin^2\alpha^{+} + \sin^2\beta^{+} + \sin^2\gamma^{+} \\ + 2 \cos\alpha^{-} \sin\beta^{+} \sin\gamma^{+} \\ + 2 \sin\alpha^{+} \cos\beta^{-} \sin\gamma^{+} \\ + 2 \sin\alpha^{+} \sin\beta^{+} \cos\gamma^{-} \end{array} \;\right) \end{align}$$

La ecuación correspondiente para $q^2$ surge mediante el intercambio de los roles de $B\leftrightarrow C$, $B^\prime \leftrightarrow C^\prime$, $\beta^{\pm}\leftrightarrow\gamma^{\pm}$. (Tenga en cuenta que $\Delta$ permanece sin cambios.)

La determinación de los signos de $p$ $q$ sí se deja como ejercicio para el lector.