Proyección de tetraedro a plano complejo

Question

Es ampliamente conocido que: distintos puntos de $a,b,c$ en el plano complejo forma de triángulo equilátero iff $ (a+b+c)^{2}=3(a^{2}+b^{2}+c^{2}). $

Nueva para mí es este hecho: deje $a,b,c,d$ ser las imágenes de los vértices de un tetraedro regular proyectada al plano complejo, entonces $(a+b+c+d)^{2}=4(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}).$

Me pregunto si alguien se acercó con intresting prueba, tal vez implican declaración anterior. Lo que yo trato es de unos geometría analítica, pero las cosas se ponen difíciles suficiente para mí para dejar de fumar.

Answer 1

En realidad, cada armónico polinomio $P$ $\mathbb R^3$ de grado no superior a $2$ tiene este "valor medio de la propiedad", que sigue siendo cierto para otros sólidos platónicos así. Todos tenemos que comprobar es que el funcional lineal $A\mapsto \sum_v(Av,v)$ donde $A$ es una matriz simétrica real de las entradas y la suma se toma sobre todos los vértices de un sólido platónico centrada en el origen es simplemente un múltiplo de la traza funcional. Este sería seguir inmediatamente si se demuestra que la expresión de $\langle x,y\rangle=\sum_v (x,v)(y,v)$ es un múltiplo de la costumbre producto escalar $(x,y)$. Ahora, $\langle x,y\rangle$ es un producto escalar y es invariante bajo cualquier operador ortogonal $U$ que conserva el sólido platónico. Por lo tanto, el conjunto de $x$ que maximizar $\langle x,x\rangle$ bajo la condición de $|x|=1$ también es invariante bajo tales $U$. Este ajuste es el subespacio propio correspondiente a la mayor autovalor de la matriz simétrica $B$ definido por $\langle x,y\rangle=(Bx,y)$. Pero el grupo de rotaciones de preservar el sólido platónico es lo suficientemente rico en el sentido de que no tiene no trivial subespacios invariantes (es todo lo que necesitamos de la automorphism grupo de un sólido para conseguir el MVP de la serie de polinomios de grado 2, por lo que muchos semiregular sólidos será trabajar demasiado), por lo que el espacio propio de $B$ es el total de espacio, que sólo es posible si $B$ es un múltiplo de la matriz de identidad.

Answer 2

Deje $z_k$ ser las proyecciones de los vértices. Tenga en cuenta que para arbitrario $w\in{\mathbb C}$ uno tiene $$4\sum_k(z_k+w)^2-\bigl(\sum_k(z_k+w)\bigr)^2 = 4 \sum_k z_k^2 -\bigl(\sum_k z_k\bigr)^2\ ,$$ de ahí la declaración de la traducción invariante.

Asumimos que los cuatro vértices $a_k$ del tetraedro cuatro vértices de un cubo unitario con un vértice en $0$. Para ser exactos: $a_1$, $a_2$, $a_3$ son los puntos extremos de (y puede ser identificado con) una base ortonormales de ${\mathbb R}^3$, e $a_4:=a_1+a_2+a_3$.

Para cualquier vector $x\in{\mathbb R}^3$ obtenemos el número complejo a $z$ pertenecientes a la proyección ortogonal de a $x$ a de la $(e_1,e_2)$-plano por medio de la fórmula $$z= \langle e_1,x\rangle + i\langle e_2,x\rangle\ .$$ Como este mapa de ${\mathbb R}^3\to{\mathbb C}$ es lineal, tenemos $$\sum_k z_k = \sum_k' z_k \ + z_4=2 z_4\ ,\qquad(*)$$ donde $'$ denota suma más de $1\leq k\leq 3$ solamente.

Ahora viene el punto decisivo de esta configuración: Tenemos $$\eqalign{\sum_k' z_k^2 &=\sum_k' \langle e_1,a_k\rangle^2 - \sum_k'\langle e_2,a_k\rangle^2 + 2i \sum_k' \langle e_1,a_k\rangle \langle e_2,a_k\rangle \cr &= |e_1|^2 -|e_2|^2 + 2i\langle e_1,e_2\rangle =0\ ,\cr}$$ debido a que el $a_k$ $\ (1\leq k\leq 3)$ forma una base ortonormales de ${\mathbb R}^3$, como lo hacen los $e_i$. El uso de $(*)$ llegamos a la conclusión de que $$4 \sum_k z_k^2 = 4z_4^2 =\bigl(\sum_k z_k\bigr)^2\ .$$

Answer 3

Como mencioné en mi comentario, el tetraédrica fórmula es invariante bajo las traducciones, así que vamos a centrarnos en regular tetraedros muy bien centrada en el origen.

Deje $T$ ser las coordenadas de la matriz de un tetraedro; es decir, la matriz cuyas columnas son las coordenadas en $\mathbb{R}^3$ del tetraedro de vértices. Las columnas de la matriz, obviamente, de suma cero, pero hay algo que es menos obvio que podemos decir acerca de las filas:

Hecho: Las filas de $T$ forman un conjunto ortogonal de vectores de igual magnitud, $m$.

Por ejemplo (y la prueba del hecho), tomar el tetraedro que comparte los vértices con el doble de la unidad de cubo, para que $m=2$:

$$T = \begin{bmatrix}1&1&-1&-1\\1&-1&1&-1\\1&-1&-1&1\end{bmatrix} \hspace{0.25in}\text{so that}\hspace{0.25in} T T^\top=\begin{bmatrix}4&0&0\\0&4&0\\0&0&4\end{bmatrix}=m^2 I$$

Cualquier otro origen centrado en el tetraedro regular es similar a este, de modo que sus coordenadas de la matriz tiene la forma $S = k Q T$ para algunos ortogonal de la matriz $Q$ y algunas factor de escala $k$. Entonces

$$SS^\top = (kQT)(kQT)^\top = k^2 Q T T^\top Q^\top = k^2 Q (m^2 I) Q^\top = k^2 m^2 (Q Q^\top) = k^2 m^2 I$$

lo que demuestra que las filas de a $S$ también son ortogonales y de igual magnitud. (Hecho probado.)

Para el caso general, tome $T$ como sigue

$$T=\begin{bmatrix}a_x&b_x&c_x&d_x\\a_y&b_y&c_y&d_y\\a_z&b_z&c_z&d_z\end{bmatrix}$$

Ahora, considere la matriz $J := \left[1,i,0\right]$. De izquierda multiplicando $T$ $J$ da $P$, las coordenadas de la matriz (en $\mathbb{C}$) de la proyección de la tetraedro en el plano de coordenadas:

$$P := J T = \left[a_x+i a_y, b_x+ib_y, c_x+i c_y, d_x + i d_y\right] = \left[a, b, c, d\right]$$

donde $a+b+c+d=0$. Observar que

$$P P^\top = a^2 + b^2 + c^2 + d^2$$

Por otro lado,

$$PP^\top = (JT)(JT)^\top = J T T^\top J^\top = m^2 J J^\top = m^2 (1 + i^2) = 0$$

Por lo tanto,

$$(a+b+c+d)^2=0=4(a^2 + b^2 + c^2 + d^2)$$

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Nota: resulta que el Hecho se aplica a todos los sólidos Platónicos ... y la mayoría de los Archimedeans ... y un gran número de otros uniformes, incluyendo salvajemente auto-intersección de las realizaciones (incluso en un espacio multi-dimensional). Aquellos para los cuales el Hecho no tiene ligeramente deformado variantes para que el Hecho se realiza correctamente. (La clave es que el de coordinar las matrices de estas cifras son (de derecha)eigenmatrices de los vértices de la matriz de adyacencia. Es decir, $TA=\lambda T$. Para el tetraedro regular, $\lambda=-1$; para el cubo, $\lambda = 1$; para el gran dodecaedro estrellado, $\lambda=-\sqrt{5}$; para la pequeña retrosnub icosicosidodecahedron, $\lambda\approx-2.980$ para un pseudo-variante clásica cuya pentagrammic caras no triangulares equiláteras vecinos.)

El argumento de mi respuesta obras para todos los "Hechos conformes" origen centrado poliedros, por lo que el $(\sum p_i)^2 = 0 = \sum p_i^2$ previsto de los vértices $p_i$. Lanzar en un coeficiente --a saber,$n$, el número de vértices-- que garantiza la traducción de la invariancia, y hemos

$$\left( \sum p_i \right)^2 = n \sum p_i^2$$