La geometría de la cuestión relativa a $4$ puntos en el plano en $90$ grado proyectores están en cada momento y nos debe iluminar todo el avión.

Question

Supongamos que tenemos $4$ puntos que se pueden colocar en cualquier lugar en $\mathbb{R}^2$. Ahora imagine que cada punto tiene $90$ grado proyectores saliendo de ellas y puede girar estos proyectores de cualquier forma que usted desearía. ¿Cómo se puede demostrar que no importa de donde los cuatro puntos se puede rotar la proyectores para que todo el avión se ilumina en su totalidad?

Me gustaría explicar iluminar. Usted ve, si usted puede imaginar a las líneas de disparo fuera de los puntos donde se forman $90$ ángulos de grado, a continuación, el espacio contenido entre medio de las líneas puede ser pensado como un ser iluminado. Y así que, obviamente, si los puntos están colocados de tal manera que ellos se ven las esquinas de un cuadrado, podemos rotar los proyectores de manera que se ven a los lados de un cuadrado. Y así, la ampliación de los proyectores de descuento hasta el infinito que puede iluminar todo el avión. Este es sólo un caso de supuesto. Yo no estaba seguro de cómo demostrar que no importa de donde son los puntos. Mi pensamiento era donde los puntos se trate de dibujar un $xy$ eje de tal manera que cada punto está en un cuadrante. A continuación, se procede a realizar los proyectores de modo que formen un cuadrado como el de la figura de nuevo. Es un problema interesante.

Heres una pregunta extra. Supongamos que hay $n$ proyectores situados en la $n$ puntos donde cada proyector se ilumina $\displaystyle\frac{360}{n}$ grados. Entonces uno puede rotar hasta que todo el avión está iluminado.

Answer 1

Ésta es una manera en la que funciona al $n$ es incluso. Seleccione una línea donde la mitad de los puntos en cada lado, y creo que de esta línea como horizontal. Nos enciende primero la mitad superior del plano con los proyectores en la mitad inferior. Deje $\theta=360/n$. De la parte inferior de proyectores, vamos a $p_1$ ser el uno que es el extremo más septentrional cuando el avión se gira hacia la derecha por $\theta$. Objetivo $p_1$, de modo que el sentido de las agujas del borde de su luz es horizontal y a la derecha de $p_1$. En general, $p_k$ será el proyector no se entre $p_1,\dots,p_{k-1}$ que es el extremo más septentrional cuando el avión se gira hacia la derecha por $k\theta$, y el de las agujas del reloj borde de $p_k$'s de la luz debe hacer un ángulo de $(k-1)\theta$ con la horizontal ray a la derecha de $p_k$. A causa de la `extremo más septentrional cuando se gira por\dots" condición, los conos de luz de $p_k$ $p_{k+1}$ se superponen de tal manera que toda la mitad superior está cubierta.

Repita este procedimiento con los proyectores en la mitad superior del plano, y todo el avión estará iluminado.

Yo creo que un procedimiento similar puede aplicarse al $n$ es impar, siempre se puede encontrar una línea que se cruza con un proyector, divide el resto de los proyectores en la mitad, y donde este proyector se puede girar para que la línea se corta la luz y se ilumina ningún otro de los proyectores.

Answer 2

Estoy de acuerdo con usted: este es un problema interesante. Aquí es una solución para $n = 4$.

Como se observa, es suficiente para demostrar que existe un punto de $p$ $\mathbb{R}^2$ junto con una cruz (con $n$ equidistantes "radios") centrado en $p$, de modo que cada una de las $n$ (cerrado) sectores contiene uno de los cuatro puntos donde la $n$ proyectores se colocan.

Yo reclamo que dicho punto y cruz siempre existe cuando se $n = 4$. Considerar el casco convexo de los cuatro puntos y se supone que es no degenerada, es decir, el convex hull es un cuadrilátero con interior no vacío. Uno de los ángulos de este cuadrilátero debe tener la medida del ángulo, al menos,$90^\circ$. Deje $p$ ser ese vértice y organizar la cruz, de modo que dos de los radios están contenidas en el casco y el cuadrante obligados contiene el vértice opuesto a $p$. A continuación, esta cruz satisface el requisito establecido en el párrafo anterior.

Los degenerados de los casos (es decir, cuando el convex hull es un triángulo y el cuarto punto está en el interior o cuando los cuatro puntos son colineales) puede ser tratada de la misma manera. Cuando el convex hull es un triángulo, pick $p$ a ser el punto en el interior. Por supuesto, los otros tres puntos no puede ser contenida en el mismo espacio medio, por lo que siempre podemos encontrar una adecuada cruz. El caso de cuatro puntos colineales es fácil y puede ser resuelto sin el uso de este método. (O uno puede pensar en él como un cuadrilátero convexo.)

Nota adicional: las Soluciones que surgen de mover el proyector hacia atrás son aquellos para los cuales hay un punto que es al mismo tiempo iluminado por todas las $n$ proyectores. Por supuesto, puede darse el caso de que este enfoque falla por $n \neq 4$.

Déjame saber si alguno de los pasos en el procedimiento no está claro. Es difícil de explicar en palabras.

Answer 3

Aquí hay otra manera de resolver los 4 puntos porblem. Yo escribo como se puede ayudar para el problema general.

Siempre hay una línea de $L$ que separa los puntos en 2 conjuntos de $\frac{n}{2}$ puntos. Para encontrar uno, tomar cualquier línea que no están alineados con las instrucciones de cualquiera de los 2 puntos, y de considerar su parallels.

En cada juego, usted puede ordenar los puntos "de izquierda a derecha" respecto de la $L$.

Para cada punto de un conjunto, directa el lugar, tales como:

• una frontera es paralelo a $L$
• una frontera cruza $L$
• la "izquierda" punto ilumina a la "derecha" y la "derecha" punto a la "izquierda"

De esta manera, los 2 puntos de la mitad del espacio se ilumina completamente la otra mitad de espacio