Dado un tetraedro regular (como se muestra) de la longitud de la arista $b$, determinar el diámetro de la $d$ de los más pequeños cilindro circular recto (pipe) de longitud infinita a lo largo de la cual el tetraedro se puede deslizar.
Respuesta
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Vamos
- $v_1, v_2, v_3, v_4$ ser los vértices de un tetraedro regular $T$ de la longitud lateral $b$.
- $C$ ser un infinito cilindro de diámetro $d$ contiene $T$.
WOLOG, elegir el sistema de coordenadas tal que
- el centro de gravedad de $T$ es el origen.
- $v_1$ se encuentra en el +ve $z$-eje.
- $v_2$ cae en la $xz$-plano.
Hasta el etiquetado de los vértices, la ubicación de la $4$ vértices son:
$$\begin{cases} \vec{v}_1 &= \frac{b}{\sqrt{24}}(0,0,3)\\ \vec{v}_2 &= \frac{b}{\sqrt{24}}(\sqrt{8},0,-1)\\ \vec{v}_3 &= \frac{b}{\sqrt{24}}(-\sqrt{2},\sqrt{6},-1)\\ \vec{v}_4 &= \frac{b}{\sqrt{24}}(-\sqrt{2},-\sqrt{6},-1)\\ \end{casos}$$ Identificar los vectores en $\mathbb{R}^3$ $3\times 1$ vectores columna y tenga en cuenta las siguientes $3 \times 3$ matriz construida utilizando exterior del producto de $\vec{v}_i$ y sus transpuestas $\vec{v}_i^T$. Por la fuerza bruta, uno puede mostrar que
$$\sum_{i=1}^4 \vec{v}_i \otimes \vec{v}_i^T = \frac{b^2}{2} I_3$$
Como consecuencia de esto, para cualquier vector unitario $\hat{n}$, tenemos
$$\sum_{i=1}^4 |\vec{v}_i\cdot \hat{n}|^2 = \sum_{i=1}^4 \left|\vec{v}_i^T \hat{n}\right|^2 = \sum_{i=1}^4 {\rm Tr}\left((\vec{v}_i \otimes \vec{v}_i^T)( \hat{n}\otimes \hat{n}^T) \right) = \frac{b^2}{2} {\rm Tr}\left(\hat{n}\otimes \hat{n}^T\right) = \frac{b^2}{2}$$
Junto con la identidad de $\sum_{i=1}^4 \vec{v}_i = \vec{0}$, esto lleva a la
$$ \sum_{1 \le i < j \le 4} |\hat{n}\cdot(\vec{v}_i - \vec{v}_j)|^2 = \frac12 \sum_{i=1}^4\sum_{j=1}^4 |\hat{n}\cdot(\vec{v}_i - \vec{v}_j)|^2 = \left(\sum_{i=1}^4 |\hat{n}\cdot\vec{v}_i|^2\right)\left(\sum_{j=1}^4 1\right) = 2b^2$$
Deje $P$ ser un plano que pasa por el origen cuya normal es que apunta a lo largo del eje de $C$. Ortogonal proyecto $T$ a $P$. Deje $\vec{u}_i \in P$ ser la imagen proyectada de $\vec{v}_i$ $\ell_{ij} = |\vec{u}_i - \vec{u}_j|$
Tomar cualquiera de los dos vectores unitarios $\hat{n}_1$, $\hat{n}_2$ de $P$ ortogonal a cada uno de los otros. Es fácil ver
$$\ell_{ij}^2 = |\vec{u}_i - \vec{u}_j|^2 = |\hat{n}_1\cdot (\vec{v}_i - \vec{v}_j)|^2 + |\hat{n}_2\cdot (\vec{v}_i - \vec{v}_j)|^2$$
Aplicar el resultado de arriba, nos encontramos con
$$\sum_{1\le i < j \le 4} \ell_{ij}^2 = 4b^2$$
Traducir el origen de donde el eje de $C$ se cruzan $P$. En el nuevo sistema de coordenadas, tenemos $$|\vec{u}_i| \le \frac{d}{2}$$
Esto implica
$$\sum_{1\le i < j \le 4} \ell_{ij}^2 = \frac12 \sum_{i=1}^4\sum_{j=1}^4 |\vec{u}_i - \vec{u}_j|^2 = \left(\sum_{i=1}^4 |\vec{u}_i |^2\right)\left(\sum_{j=1}^4 1\right) - \left| \sum_{k=1}^4\vec{u}_k\right|^2\\ \le 4 \sum_{i=1}^4 |\vec{u}_i |^2 \le 16 \left(\frac{d}{2}\right)^2 = 4d^2$$
Desde $\ell_{ij}$ es invariante bajo este tipo de cambio de sistema de coordenadas, tenemos
$$4b^2 \le 4d^2 \quad\implies\quad b \le d$$
De modo que el diámetro de la $d$ del cilindro $C$ es limitada, desde abajo, por $b$.
Por otro lado, si se construye una línea que pasa a través de $\frac12\left(\vec{v}_1+\vec{v}_2\right)$ y $\frac12\left(\vec{v}_3+\vec{v}_4\right)$ y engordar a un cilindro de diámetro $b$. Se puede comprobar este cilindro contiene $T$.
Combinar estas dos observaciones, $b$ es el diámetro más pequeño que buscamos.
