Problema de rotación de tetraedro regular

Question

Decir que tengo un regular tetraedro con vértices $a$, $b$, $c$ y $d$ donde $a$, $b$ y $c$ sentarse en un avión. La altura de $d$, por encima del plano, es trivial para obtener, dada la longitud de cualquiera de los bordes.

Si yo fuera ahora a re-orientar el tetraedro tal que el vértice $a$ permanece en contacto con el plano, sino $b$ $c$ están planteadas a partir de ella, ¿cómo puedo obtener la altura de $d$ sobre el plano, dado que las elevaciones de $b$$c$?

Presumiblemente, esto es relativamente trivial, pero es fuera de mi área de especialización.

Una cosa a destacar es que tengo que ser capaz de calcular la final algoritmo bastante rapidez en tiempo real mediante la 'C' de idioma en una forma bastante baja potencia del procesador.

Answer 1

Elegir las coordenadas con el origen en el centro del tetraedro, y deje $a_1,a_2,a_3,a_4\in\mathbb R^3$ ser los vértices. Tenga en cuenta que $\sum_ia_i=0$. Por simetría $$ a_i\cdot a_j=\begin{cases} \lambda&\text{if }i=j,\\ \mu&\text{if }i\neq j \end{casos} $$ para algunos $\lambda,\mu$. Seleccione la escala de modo que $\lambda=1$ (esto significa que las longitudes de los lados son $\sqrt{8/3}$). Entonces $$ 0=a_1\cdot\sum_i a_i=\lambda+3\mu $$ por lo $\mu=-1/3$. También $$\begin{eqnarray*} a_j^T\left(\sum_i a_ia_i^T\right)a_k &=&\sum_i(a_i\cdot a_j)(a_i\cdot a_k)\\ &=&\begin{cases}4/3&\text{if }j=k,\\-4/9&\text{if }j\neq k\end{casos}\\ &=&4/3a_j^Ta_k \end{eqnarray*}$$ Puesto que el $a_i$ span $\mathbb R^3$,$\sum_i a_ia_i^T=4/3I$.

Ahora supongamos que el avión en cuestión es $\{x\in\mathbb R^3\mid x\cdot n=k\}$ donde $|n|=1$. La distancia de $a_i$ a que el avión es $d_i=a_i\cdot n-k$. Entonces $$ \sum_i(d_i+k)=\left(\sum_ia_i\right)\cdot n=0, $$ $$ \sum_i(d_i+k)^2=\sum_i n^Ta_ia_i^Tn=4/3|n|^2=4/3. $$ Deje $s_1=d_1+d_2+d_3$$s_2=d_1^2+d_2^2+d_3^2$. Entonces $$ s_1+d_4+4k=0, $$ $$ s_2+d_4^2+2k(s_1+d_4)+4k^2=4/3. $$ La combinación, $$ 3d_4^2-2s_1d_4+4s_2-16/3-s_1^2=0 $$ Por lo tanto $$ d_4=\frac{s_1\pm\sqrt{16-12s_2+4s_1^2}}3. $$ Tenga en cuenta que para algunos valores hay dos soluciones positivas, ya que el tetraedro puede ser reflejada por el lado atravesado por $a_1,a_2,a_3$. Si usted asume el desconocido vértice es el más alto sobre el plano, a continuación, tomar la solución de mayor tamaño.

Answer 2

Puesto que usted está interesado sólo en la elevación, la situación que describe es lo que sucede cuando usted gire el tetraedro en torno a algunos de la línea de $L$ por cierto ángulo $\theta$. De hecho, el avión apoyado por $a$, $b$ y $c$ cruzan el plano horizontal exactamente en la línea $L$ y la cumple en el ángulo $\theta$. Si usted puede averiguar $L$$\theta$, entonces es fácil encontrar la nueva elevación de $d$.

Denotar por $h(x)$ la elevación del punto $x$ después de la rotación y de la $\operatorname{dist}(x)$ la distancia de$x$$L$. Si $x$ estaba originalmente en el plano horizontal, ha $h(x)=\operatorname{dist}(x)\cos\theta$. Si se aplica esto a$b$$c$, se puede determinar el ángulo entre el triángulo equilátero $abc$ y la línea de $L$, de los cuales usted puede deducir la distancia de un punto a a $d$$L$, y el ángulo entre el $d$, la línea de $L$, y la proyección ortogonal de a $d$ sobre el plano horizontal... Usted probablemente puede adivinar el resto (pero siéntase libre de preguntar sobre ello).

Answer 3

Supongamos que una arista del tetraedro tiene una longitud de $1$, y dejar que las alturas de $b$ $c$ después de la elevación ser$j$$k$, respectivamente.

Lugar vértice $a$ en el origen de un sistema de coordenadas. Vamos vértice $b$ se encuentra en la $xz$-plano, de modo que sus coordenadas, después de la elevación, se $(\sqrt{1-j^2},0,j)$. Podemos encontrar las coordenadas de $c$ especificando que es $1$ unidad lejos de $a$ e de $b$, e $k$ unidades por encima de la $xy$-plano.

$x^2+y^2+z^2=1$

$(x-\sqrt{1-j^2})^2 + y^2 + (z-j)^2 = 1$

$z=k$

La resolución de estas ecuaciones, obtenemos las coordenadas de $c$$\left(\sqrt{\frac{1-4jk(1-jk)}{4(1-j^2)}},\sqrt{\frac{3-4(j^2+k^2-jk)}{4(1-j^2)}},k\right)$. Como una realidad-check, tenga en cuenta que cuando se $j=k=0$, estas expresiones se reducen a los números apropiados.

Por último, el vértice $d$ está en la intersección de las tres esferas con centro en el $a$, $b$ y $c$, cada uno con un radio de $1$.

$x^2 + y^2 + z^2 = 1$

$\left(x-\sqrt{1-j^2}\right)^2 + y^2 + (z-j)^2 = 1$

$\left(x-\sqrt{\frac{1-4jk(1-jk)}{4(1-j^2)}}\right)^2 + \left(y-\sqrt{\frac{3-4(j^2+k^2-jk)}{4(1-j^2)}}\right)^2 + (z-k)^2 = 1$

La altura que estamos buscando es el $z$-coordenadas de la intersección de las tres esferas. La parte superior de las ecuaciones puede ser resuelto por $y$: $y=\sqrt{1-x^2-z^2}$, y que puede ser sustituido en los otros dos. A continuación, la segunda ecuación se puede resolver para $x$, lo que resulta en $x=\frac{1-2jz}{2\sqrt{1-j^2}}$. Finalmente, este puede ser conectado en la tercera ecuación, resultando en un terrible lío, que es, sin embargo, después de algunos simplificar una ecuación de segundo grado en $z$.

En efecto:

$$\frac{2j\sqrt{A}\sqrt{1-j^2}+j-2k(1-j^2)}{1-j^2}z+A+\frac{\sqrt{A}}{\sqrt{1-j^2}}+k^2=2\sqrt{B}\sqrt{C(z)}$$,

donde $A=\frac{1-4jk(1-jk)}{4(1-j^2)}$, $B=\frac{3-4(j^2+k^2-jk)}{4(1-j^2)}$, y $C(z)=1-z^2-\frac{1-4jz+4j^2z^2}{4(1-j^2)}$

Si usted cuadrado ambos lados de este, es cuadrática en $z$. Por desgracia, tengo que parar aquí. Si usted tiene valores específicos para $j$$k$, se puede conectar y, a continuación, no será tan malo.

Answer 4

Esta es una síntesis de la derivación, utilizando sólo los elementales de la geometría. Contiene la fórmula final para la distancia.

Deje $ABCD$ ser el tetraedro regular y deje $\Pi_0$ ser el "horizontal" de plano en cuestión. Luego vértice $A$$\Pi_0$, es decir, el avión $\Pi_0$ pasa por el vértice $A$ y el resto del tetraedro está en un lado del plano sobre el plano, en la mitad superior del espacio). Además, vamos a $B_0, \, C_0$ $D_0$ ser el ortogonal de las proyecciones de los vértices $B, \, C$ $D$ de el tetraedro $ABCD$ en el avión $\Pi_0$. En otras palabras, $BB_0, \, CC_0$ $DD_0$ son ortogonales al plano de $\Pi_0$. Deja $$h_B = BB_0, \,\, h_C = CC_0 \,\, \text{ y } \,\, s = AB = BC = CA = DA = DB =DC$$ Given $h_C, h_B$ and $s$, nuestro objetivo es calcular la longitud del segmento de $DD_0$. Para el resto de este post, voy a asumir que $h_C > h_B$.

Deje $G$ ser el centroide de un triángulo equilátero $ABC$. A continuación, $G$ es la proyección ortogonal de vértice $D$ sobre el plano del triángulo $ABC$. Por lo tanto, $DG$ es ortogonal al plano de la $ABC$.

Deje $G_0$ ser la proyección ortogonal de a $G$ sobre el plano $\Pi_0$. A continuación, $GG_0 \, || \, DD_0$ ya que ambos son ortogonales $\Pi_0$. Por lo tanto, los puntos de $D, G, G_0, D_0$ mentira en común plano y a la forma de un trapecio $DGG_0D_0$ con edge $G_0D_0$ ortogonal a ambos lados paralelos $DD_0$$GG_0$. Desde $DD_0$ es ortogonal al plano de $\Pi_0$ $DG$ es ortogonal al plano $ABC$, llegamos a la conclusión de que el ángulo de $\theta$ entre los dos planos $\Pi_0$ $ABC$ es igual al ángulo de $\angle \, GDD_0$, es decir, $\angle \, GDD_0 = \theta$.

Además, vamos a $E$ ser el punto de intersección de la línea de $BC$ con avión $\Pi_0$. deje $H \in AE$ ser tales que $CH \, \asesino \, AE$, i.e. $CH$ is the altitude of triangle $AEC$ from vertex $C$. Entonces, desde el $AE \subset \Pi_0$$CC_0 \, \perp \Pi_0$, sigue ese $CC_0 \, \perp \, AE$. Por lo tanto $AE$ es ortogonal a el avión $CC_0H$$AE \, \perp \, C_0H$. Por lo tanto, el ángulo de $\theta$ entre los planos $\Pi_0$ $ABC$ es (por definición) $\angle \, CHC_0$. En consecuencia, $$\angle \, CHC_0 = \theta = \ángulo \, GDD_0$$

Para resolver este problema, nos centramos en el trapecio $DGG_0D_0$ y calcular el borde de las longitudes de $DG$$GG_0$. A continuación, calculamos la ángulo de $\angle \, GDD_0$ y utilizar toda esta información para calcular el borde de longitud $DD_0$ $$DD_0 = DG \, \cos(\theta) + GG_0$$ This is possible, because $DG \, \cos(\theta)$ es la longitud de la proyección ortogonal del segmento $DG$ a $DD_0$ y la longitud de la proyección ortogonal de a $GG_0$ en $DD_0$ es igual a la longitud de $GG_0$ debido a que los $GG_0 \, || \, DD_0$ and $G_0D_0 \, \asesino \, DD_0$. To calculate $\cos(\theta) = \cos(\ángulo \, GDD_0)$ we calculate $\cos(\ángulo\, CHC_0)$ por el cálculo de los bordes de ángulo recto del triángulo $CHC_0$. Ya hemos conozca $CC_0 = h_C$. Nos encontramos con la longitud de la altura $CH$ y luego por el de Pitágoras, teorema de, nos encontramos con $C_0H$. Después de que $\cos(\theta) = \frac{C_0H}{CH}$.

Paso 1. El cálculo de $DG$. Recordemos que $DG$ es ortogonal a avión $ABC$, donde triángulo $ABC$ es equilátero y $G$ es su centroide. Denotar por $M$ el punto medio de la arista $BC$. A continuación, $AM$ es la mediana, la altitud y la bisectriz de un ángulo a través de vértice $A$ de triángulo equilátero $ABC$, lo $G \in AM$. Entonces triángulo $DGA$ es en ángulo recto, y $$AG = \frac{2}{3} \ AM = \frac{2}{3} \, \frac{\sqrt{3}}{2} \, A.C. = \frac{\sqrt{3}}{3} \, BC = \frac{\sqrt{3}}{3} \, s$$ por Pitágoras teorema de $$DG = \sqrt{DA^2 - AG^2} = \sqrt{s^2 - \frac{1}{3} \ s^2} = \sqrt{\frac{2}{3}} \, s$$

Paso 2. El cálculo de $GG_0$. Deje $M_0$ ser el ortogonal proyección de $M$ a $\Pi_0$. A continuación, $MM_0 \, \perp \, \Pi_0$ y desde $CC_0 \, \perp \, \Pi_0$$BB_0 \, \perp \, \Pi_0$, mientras que $M \in BC$, el segmento de $MM_0$ se encuentra en el plano determinado por los puntos de $C, B, B_0, C_0$ y desde $CBB_0C_0$ es un en ángulo recto trapecio con $M$ punto medio de $BC$, $$MM_0 = \frac{CC_0 + BB_0}{2} = \frac{h_C + h_B}{2}$$ Además, triángulo $AMM_0$ es en ángulo recto y $GG_0$ es paralelo a $MM_0$ (ambos ortogonal a $\Pi_0$) donde $G \in AM$, así, por el teorema de la intersección $$\frac{GG_0}{MM_0} = \frac{AG}{AM} = \frac{2}{3}$$ lo $$GG_0 = \frac{2}{3} \, MM_0 = \frac{2}{3} \, \frac{h_C + h_B}{2} = \frac{h_C + h_B}{3} $$

Paso 3. El cálculo de $CH$. Como ya se mencionó, el segmento de $CH$ es la altura del triángulo $AEC$, donde $\angle \, AS = \ángulo \, ACB = 60^{\circ}$ por el cálculo de su área en dos maneras diferentes de obtener $$CH \cdot AE = 2 \, \text{Área}(AEC) = CE \cdot CA \cdot \sin(\ángulo \, AS) = CE \cdot CA \cdot \sin(\ángulo \, ACB) = $$ $$ = CE \cdot CA \cdot \sin(60^{\circ}) = CE \cdot s \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = CE \, \frac{\sqrt{3}}{2} \, s$$ Thus $$CH = \frac{CE}{AE} \, \frac{\sqrt{3}}{2} \, s$$ Para completar el cálculo, tenemos que encontrar las longitudes de los segmentos $CE$ $AE$

Paso 3.1. El cálculo de $CE$. Recordemos que $CC_0$ $BB_0$ en paralelo debido a que ambos son ortogonales al plano de $\Pi_0$ y que por construcción $B \in AE$, debido a $E$ es el punto de intersección de la línea $BC$ con el avión $\Pi_0$. Entonces por el teorema de interceptar $$\frac{CE}{CB} = \frac{CC_0}{CC_0-BB_0} = \frac{h_C}{h_C - h_B} $$ which yields $$CE = CB \, \frac{h_C}{h_C - h_B} = \frac{s \, h_C}{h_C - h_B} $$

Paso 3.2. El cálculo de $AE$. Aplicar la ley de los cosenos para triángulo $AEC$ con ángulo de $\angle \, ACE = 60^{\circ}$ \begin{align} AE &= \sqrt{CA^2 + CE^2 - 2 \, CA \cdot CE \, \cos(60^{\circ})} = \sqrt{CA^2 + CE^2 - CA \cdot CE} \\ & = \sqrt{s^2 + \left(\, \frac{s \, h_C}{h_C-h_B}\,\right)^2 \, - \, s \left(\, \frac{s \, h_C}{h_C - h_B}\,\right)}\\ & = \sqrt{s^2 + s^2 \left(\, \frac{h_C}{h_C - h_B}\,\right)^2 \, - \, s^2 \left(\, \frac{h_C}{h_C - h_B}\,\right)}\\ & = s \, \sqrt{1 + \left(\, \frac{h_C}{h_C-h_B}\,\right)^2 \, - \, \left(\, \frac{h_C}{h_C - h_B}\,\right)}\\ & = s \, \sqrt{1 + \frac{h_C^2}{(h_C-h_B)^2} \, - \, \frac{h_C}{h_C - h_B}\,}\\ & = s \, \sqrt{\frac{(h_C - h_B)^2}{(h_C - h_B)^2} + \frac{h_C^2}{(h_C-h_B)^2} \, - \, \frac{h_C\, (h_C - h_B)}{(h_C - h_B)^2}\,}\\ & = s \, \sqrt{\frac{(h_C - h_B)^2 \, + \, h_C^2 \, - \, {h_C\, (h_C - h_B)}}{(h_C - h_B)^2}}\\ & = \frac{s \, \sqrt{(h_C - h_B)^2 \, + \, h_C^2 \, - \, h_C^2 - h_C h_B}}{h_C - h_B}\\ & = \frac{s \, \sqrt{h_C^2 - h_C h_B \, + \, h_B^2 \,}}{h_C - h_B}\\ \end{align} Ahora, estamos listos para terminar el cálculo de $CH$ \begin{align} CH &= \frac{CE}{AE} \, \frac{\sqrt{3}}{2} \, s = \frac{s \, h_C}{h_C - h_B} \, \cdot \, \frac{h_C - h_B}{s \, \sqrt{h_C^2 - h_C h_B \, + \, h_B^2 \,}} \, \cdot \, \frac{\sqrt{3}}{2} \, s \\ &= \frac{\sqrt{3} \, s \, h_C}{2 \sqrt{h_C^2 - h_C h_B \, + \, h_B^2 \,}} \end{align}

Paso 4. El cálculo de $CH_0$$\cos(\theta)$. Por Pitágoras' teorema de ángulo recto del triángulo $CHC_0$ $$CH_0 = \sqrt{CH^2 - CC_0^2} = \sqrt{ \frac{{3} \ s^2 \, h_C^2}{4 \big(h_C^2 - h_C h_B \, + \, h_B^2\big)} - h_C^2 \, }$$ $$CH_0 = h_C \, \frac{ \sqrt{3\, s^2 + 4 \, \big(h_C h_B - h_C^2 - h_B^2\big) }}{2 \, \sqrt{h_C^2 - h_C h_B + h_B^2}}$$ Since $\cos(\theta) = \frac{CH_0}{CH}$ obtenemos \begin{align} \cos(\theta) &= \frac{CH_0}{CH} = h_C \, \frac{ \sqrt{3 \, s^2 + 4 \, \big(h_C h_B - h_C^2 - h_B^2\big) }}{2 \, \sqrt{h_C^2 - h_C h_B + h_B^2}} \, \cdot \, \frac{2 \sqrt{h_C^2 - h_C h_B \, + \, h_B^2 \,}}{\sqrt{3} \, s \, h_C}\\ &= \frac{\sqrt{3 \, s^2 + 4 \, \big(h_C h_B - h_C^2 - h_B^2\big) }}{\sqrt{3} \, s} \end{align}

Paso 5. El cálculo final de la $DD_0$. Ahora, estamos listos para poner todas las piezas juntas y obtener la longitud de $DD_0$. Por lo que hemos obtenido anteriormente, \begin{align} DD_0 &= DG \, \cos(\theta) + GG_0 = \left( \sqrt{\frac{2}{3}} \, s \right) \, \left(\frac{\sqrt{3 \, s^2 + 4 \, \big(h_C h_B - h_C^2 - h_B^2\big) }}{\sqrt{3} \, s} \right) \, + \, \frac{h_C + h_B}{3} \end{align} así que, finalmente, $$DD_0 = \frac{\, \sqrt{6 \, s^2 + 8 \, \big(h_C h_B - h_C^2 - h_B^2\big)}}{3} \, + \, \, \frac{h_C + h_B}{3}$$