Poliedro convexo y su Gauß-curvatura

Question

Estoy tratando de probar:

Un poliedro convexo tiene positivos de Gauss-Curvatura en cada vértice.

Lo que sabemos:

• De gauss-Curvatura en cada vértice está dado por $K(p) = 2\pi - \sum\limits_{\text{angle } \alpha_i \text{ around } p} \alpha_i$.
• De gauss-Bonnet estado $\sum\limits_{\text{every vertex }p} K(p) = 2\pi\chi(S)$ donde $S$ el poliedro convexo. Por lo tanto, también podemos escribir$\sum\limits_{\text{every vertex }p} K(p) = 4\pi$.

Mi intento:

He conectado el de Gauss-Curvatura de Gauss-Bonnet-de la Fórmula y se obtiene

$$ \sum\limits_{\text{cada vértice }p} K(p) = \sum\limits_{\text{cada vértice }p} \left(2\pi \sum\limits_{\text{ángulo } \alpha_i \text{ todo } p} \alpha_i\right) = 4\pi. $$ Supongamos ahora que existe un $\tilde{p}$ tal que $2\pi - \sum\limits_{\tilde{p}} \alpha_i < 0$. A continuación, $2\pi < \sum\limits_{\tilde{p}} \alpha_i$...

A partir de aquí no sé cómo conseguir más adelante. ¿Alguien tiene una alternativa de probar esta declaración o, al menos, puede alguien decirme cómo completar mi prueba?

Thx de antemano!

Answer 1

Dado cualquier poliedro convexo $P$, considerar la suma de Minkowski de $P$$\bar{B}(\epsilon)$, una bola cerrada centrada en $0$ con radio pequeño,$\epsilon$.

$$P_{\epsilon} \stackrel{def}{=} P + \bar{B}(\epsilon) = \{\; \vec{p} + \vec{q} : \vec{p} \in P, |\vec{q}| \le \epsilon\; \}$$

Deje $K$ ser la curvatura de Gauss en el límite $\partial P_{\epsilon}$. Deje $V, E, F$ el número de vértices, aristas y caras de $P$ respectivamente. El límite de $\partial P$ está compuesto de $V + E + F$ fragmentos.

• $F$ plana polígonos, uno por cada cara.

  En estos cepilladora de polígonos, la curvatura de Gauss $K$ se desvanece.

• $E$ cilíndrico fragmentos con un radio de $\epsilon$, uno de cada borde.

  Para cualquier borde de la $e$$P$, vamos a $\ell_e$ de su longitud. Deje $\psi_e$ ser el ángulo entre los dos apuntando hacia afuera normales de las dos caras de $P$ conectado a $e$. El fragmento cilíndrico es el "producto cartesiano" de un segmento de recta de longitud $\ell_e$ y un arco circular de longitud $\psi_e\epsilon$. Dado que uno de los principales curvaturas se desvanece en un cilindro, el Gaussiaon curvatura $K$ nuevamente se desvanece en estos fragmentos cilíndricos.

• $V$ esférico fragmentos con un radio de $\epsilon$, uno para cada vértice.

  Deje $p$ ser un vértice de $P$ $e_1, e_2, \ldots, e_{d}$ ser los bordes en contacto con $p$. Por la sencillez de la descripción, vamos a extender la definición de $e_i$ para otros enteros $i$ por periodicidad. Vamos a suponer que los bordes se ordenan de manera que $e_{i}$ $e_{i+1}$ son adyacentes el uno al otro. Vamos

  • $\alpha_i$ ser el ángulo entre el borde de la $e_i$$e_{i+1}$.
  • $\hat{n}_i$ ser el exterior apuntando vector normal para el rostro entre las $e_{i}$$e_{i+1}$.

  El esférico fragmento asociado con $p$ será una geodésica polígono que tiene vértices en $\vec{v}_i = \vec{p} + \epsilon \hat{n}_i$. La geodésica entre el $\vec{v}_{i-1}$ $\vec{v}_i$ tiene una longitud de $\epsilon \psi_{e_i}$.

  Si aplicamos Gauss Teorema de Bonnet a este geodésica polígono, encontramos que su área está dada por la fórmula $$\epsilon^2 ( 2\pi - \sum_{i=1}^d \beta_i)$$ donde $\beta_i$ es el cambio de ángulo de la tangente vectores de los arcos corresponde a $e_{i}$$e_{i+1}$$\vec{p} + \epsilon\hat{n}_i$. La clave es $\beta_i = \alpha_i$. Para ver esto, cambiar a un nuevo sistema de coordenadas donde

  • $p$ es el origen.
  • el borde de la $e_1$ a lo largo de la $x$-eje, es decir, la dirección de la $(1,0,0)$.
  • el borde de la $e_2$ a lo largo de la dirección de la $(\cos\alpha_1, \sin\alpha_1, 0)$.
  • $\hat{n}_1$ a lo largo de la $z$-eje, yo.e la dirección $(0,0,1)$.

  Es fácil ver

  • el plano determinado por $\hat{n}_0$ $\hat{n}_1$ $yz$- plano.
  • el plano determinado por $\hat{n}_1$ $\hat{n}_2$ es el $-x\sin\alpha_1 + y\cos\alpha_2 = 0$.

  Esto significa que el ángulo entre estos dos planos es igual a $\alpha_1$. Esto a su vez implica, $\beta_1$, el cambio de ángulo de la tangente vectores en $\hat{n}_1$ es igual a $\alpha_1$.

  Como resultado, la integral de $K$ más de un segmento esférico es igual a la angulares déficit de la correspondiente vértice $p$. $$\frac{1}{\epsilon^2} \times \epsilon^2 ( 2 \pi - \sum_{i=1}^{d} \beta_i ) = 2\pi - \sum_{i=1}^d \alpha_i$$

Estos se asienta dos preguntas:

1. ¿Por qué el ángulo de déficit pueden ser vistos como una concentración de la curvatura Gaussiana?

   Esto es porque es igual a la integral de la curvatura Gaussiana de una versión suavizada de $P$ alrededor de un barrio de la correspondiente vértice.

2. ¿Por qué el ángulo de déficit de un vértice es positivo?

   La respuesta está cerca de trivial. El angular de déficit es igual al ángulo sólido de la correspondiente esférica fragmento!

Answer 2

Este es un cuasi-duplicadas respuesta de MathOverflow, donde (en 1Jul2015) la pregunta [en espera], lo que significa que es probable que ser cerrado y finalmente eliminados.

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Permítanme tratar de esbozar una prueba de que "el hecho evidente de que la suma de los ángulos alrededor de un vértice de un convexo polytope está a menos de $2\pi$," como enunciado por Alexandre Eremenko en un comentario en MathOverflow.

Deje $v$ ser un vértice del poliedro convexo $P$. Se cruzan $P$ con una pequeña esfera, $S$ centrada en $v$. La intersección que se forma una convexa esférica polígono $Q$ (azul abajo) acostado dentro de un hemisferio de $S$. (El hemisferio rim (color rojo) corresponde a un plano de apoyo $P$$v$.) Podemos tomar el radio de $S$ $1$ debidamente escalado $P$ antes de de intersección. Tenga en cuenta que los ángulos de las caras de $P$ incidente a $v$ se convierten en los arcos de $Q$.

Ahora me gustaría reclamar que el perímetro de una convexa esférica polígono $Q$ situada en un hemisferio de una unidad de la esfera de $S$ es en la mayoría de las $2\pi$. Voy a imitar una prueba en un Noam Elkies MO la publicación de la un plano análogo de la reclamación. La prueba es por inducción.

Deje $Q_0$ ser el hemisferio rim; su longitud es de $2\pi$. $Q_0$ contiene $Q$: $Q_0 \supseteq Q$. Vamos a formar una sucesión de más fuerza que encierra convexo esférica polígonos, $Q_0 \supseteq Q_1 \supseteq Q_2 \ldots \supseteq Q$, con la disminución de los perímetros (con más precisión: no creciente perímetros).

Deje $k$ el número de bordes de $Q$ que no encuentran a lo largo de el límite de $Q_i$. Si $k=0$, $Q_i=Q$ y hemos terminado. Deje $e$ ser algunos borde de $Q$ que no se encuentran en el límite de $Q_i$. Extender $e$ a un gran círculo de arco que corta a $Q_i$ en puntos $a$$b$. Definir $Q_{i+1}$ siguientes $Q_i$, pero luego el "acceso directo" $ab$. Debido a $ab$ es una geodésica, es un camino más corto entre el$a$$b$, y por lo tanto no puede ser más largo que la porción de $Q_i$ de corte. Por lo que el perímetro de $Q_{i+1}$ es mayoría en el perímetro de $Q_i$. Continuar de esta forma se produce la secuencia anidada de acompañando esférica polígonos, terminando con $k=0$.

Si no hay ningún borde de $Q$ se encuentra a lo largo de las $Q_0$, luego el primer corte será un semicírculo (verde abajo), y el perímetro de $Q_1$$\pi+\pi$, es decir, todavía $2 \pi$.

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Por lo que el perímetro de $Q$ es en la mayoría de las $2\pi$, el perímetro de $Q_0$. Por lo tanto, la suma de los ángulos de las caras de $P$ incidente a $v$ es en la mayoría de las $2\pi$. Por lo tanto, $P$ ha ángulo positivo déficit en $v$, es decir, se ha positiva de Gauss la curvatura de allí.

Nota convexidad se utiliza, fundamentalmente, para un nonconvex esférica polígono podría tener arbitrariamente un gran perímetro, aún encajando dentro de un hemisferio.

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Añadido

(2Jul2015). El ejemplo a continuación se pretende mostrar no es la correcta el proyecto de los ángulos incidente a $v$ a un avión y argumentan que los ángulos sólo ampliar en virtud de la proyección. A continuación, un ángulo es $68^\circ$ incidente a $v$ en 3D, pero que el ángulo de proyectos a $45^\circ$ 2D).

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Como se puede ver, algunos ángulos crecer, algunos se encogen, en virtud de la proyección.