Círculo más grande que puede caber en un hipercubo

Question

En una unidad de la cuadratura del círculo más grande es el diámetro de 1.

En una unidad de cubo me han motivado que el mayor círculo es $\sqrt{\frac{6}{5}}$

(EDIT:(solución Total: $r = \sqrt{\frac{n}{8}}$) Este razonamiento es equivocado; hay círculos más grandes, sólo lea esta sección si le gusta ver a mí el trabajo de la radio específico no máxima clase de círculos en hypercubes. Véase más abajo para mi trabajo después de ver las respuestas de las personas.)

En las dimensiones superiores, yo solo puedo especular que el mayor círculo tiene un diámetro $\sqrt{\frac{2n}{n+2}}$

Mi razonamiento es el siguiente:

Para encontrar el avión en el que el mayor círculo sería mentira, parece razonable elegir el más lejano de dos esquinas $(0,0,0), (1,1,1)$, y, a continuación, elija el punto medio de los bordes verticales de la $(1, 0, \frac{1}{2}), (0, 1, \frac{1}{2})$. Esto le da un rombo con diagonales $\sqrt{3}$ $\sqrt{2}$ (las diagonales del cubo y el cuadrado de la altura de la $\frac{1}{2}$, respectivamente), y las longitudes de lado todos los $\sqrt{1^2 + \frac{1}{2}^2} = \frac{\sqrt{5}}{2}$

Ahora, $(1, 0, \frac{1}{2}).(0, 1, \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$ por lo que el coseno de un ángulo agudo del rombo es $\frac{1}{4}/(\frac{\sqrt{5}}{2})^2 = \frac{1}{5}$, por lo que el ángulo agudo es $\cos^{-1}\left(\frac{1}{5}\right)$. La menor distancia entre los lados opuestos (la altura) de este rombo es:

$$\begin{aligned} \frac{\sqrt{5}}{2}\cos\left(\frac{\pi}{2} - \cos^{-1}\left(\frac{1}{5}\right)\right) &= \frac{\sqrt{5}}{2}\left[\sin\left(\cos^{-1}(\frac{1}{5})\right)\right]\\ &=\frac{\sqrt{5}}{2}\sqrt{1 -\frac{1}{5^2}} \\ &=\sqrt{\frac{6}{5}}\end{aligned} $$

El círculo centrado en el centro del rombo tiene en la mayoría de este diámetro, ya que luego se reunirá en el rombo de forma tangencial.

Mi razonamiento no es riguroso, pero aquí es cómo se extiende a las dimensiones superiores:

Supongo que el plano del círculo se encuentra en incluiría (wlog.) la diagonal de longitud $2$, $(0,0,0,0),(1,1,1,1)$

También supongo que los vectores $(1,0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}),(0,1,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ definir el plano. Estos tienen la longitud $\frac{\sqrt{6}}{2}$, producto escalar $\frac{2}{4}$ y por lo tanto el ángulo de $\cos^{-1}(\frac{2}{6})$. La altura sería:

$$\begin{aligned} \frac{\sqrt{6}}{2}\left[\sin\left(\cos^{-1}\left(\frac{2}{6}\right)\right)\right] &=\frac{\sqrt{6}}{2}\sqrt{1 - (\frac{2}{6})^2}\\ &=\sqrt{\frac{8}{6}}\end{aligned}$$

Y si esta conjetura de que un avión se mantiene en la dimensión n: $$\begin{aligned} \left(1,0,\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},...\right)\cdot\left(0,1,\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},...\right) &= \frac{n-2}{4}\\ &= \left|\left(1,0,\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},...\right)\right|\\ &= \sqrt{\frac{n+2}{4}}\end{aligned}$$

da el ángulo de $\cos^{-1}(\frac{n-2}{n+2})$

y la altura de la $\sqrt{\frac{n+2}{4}} \sqrt{1 - \frac{(n-2)^2}{(n+2)^2}}$

$= \sqrt{\frac{2n}{n+2}}$

Así, en el supuesto de que este es un plano de la celebración de un círculo de diámetro máximo, el diámetro del ser $= \sqrt{\frac{2n}{n+2}}$, radio $= \sqrt{\frac{n}{4n+4}}$, por lo que nunca pude encajar un círculo de radio de $\frac{1}{\sqrt{2}}$ en cualquier hiper-cubo.

Yo estoy pidiendo, ya sea para la justificación o la corrección de este método. Es correcto suponer que el plano corta un rombo en las dimensiones superiores?

Fin de la pregunta original

Como fue señalado por Mark Bennet, un máximo de círculo en un cubo de $[-1,1]^3$ se encuentra en el plano que pasa por el origen normal a $(1,1,1)$ y tiene un radio de $\frac{\sqrt{6}}{2}$

Aquí, trato de generalizar Marca Bennet ejemplo: (Favor de leer con un ojo crítico)

Este avión se cruza con el cubo en los seis puntos cuyas coordenadas tienen un$1$, $-1$ e una $0$. Estos son los más lejanos puntos del plano alcanza en el cubo. El menor que las líneas entre estos puntos se encuentran en la superficie del cubo y puede ser expresado, de forma simétrica en las 3 coordenadas, como $\pm(-1,t,1-t)$ $ t \in [0,1]$ estas líneas hacer un hexágono con un mínimo de distancia $\sqrt{1+\frac{1}{2}^2 +\frac{1}{2}^2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$ yo lo he hecho de forma metódica, para que yo pueda generalizar a dimensiones superiores.

En la mayor dimensión n hay dos casos:

n:

En este caso, el hyperplane por el origen normal a $(1,1,..)$ llega a todos los rincones de la hipercubo que han $\frac{n}{2} 1$'s y $\frac{n}{2} -1$'s. Ahora debemos elegir una base para el plano en este hyperplane que contiene el círculo más grande.

Podemos recuperar los círculos dada por @celtschk mediante el uso de los vectores de la base: $$\underbrace{(1,-1,1,-1\ldots,1,-1)}_{n}$$, and $$ \underbrace{(1,-1,1,-1\ldots}_{\frac{n}{2}} \underbrace{\ldots,-1,1,-1,1)}_{\frac{n}{2}}$$

Es decir, la conmutación de la señal a mitad de camino a través de lo que se suma a cancelar la segunda mitad y restar para cancelar la primera. A continuación, el círculo está dada por:

$$\{(\underbrace{\cos\phi,-\cos\phi,\ldots}_{\frac{n}{2}}, \underbrace{\sin\phi,-\sin\phi,,\ldots}_{\frac{n}{2}})|0\le\phi\le 2\pi\}$$

(desde $(\underbrace{1,-1,\ldots}_{\frac{n}{2}}0,0,\ldots)$ y $(0,0,\ldots\underbrace{-1,1,\ldots}_{\frac{n}{2}})$ son ortogonales, y $\phi = 0$ nos da su ampliación.(mayor escala que cabe en el cubo))

que tiene radio de $\sqrt{\frac{n}{2}}$

Pero podemos elegir una base que le da un círculo mayor?

n impar:

Answer 1

Tenga en cuenta que si usted toma la sección transversal de un cubo de unidad por un plano perpendicular a la diagonal uniendo las esquinas opuestas se obtiene un hexágono regular de lado $\frac {\sqrt 2} 2$. El círculo inscrito tiene diámetro $\frac {\sqrt 6}2$.

Te sugiero como punto de partida para las construcciones en dimensiones superiores.

Answer 2

Para hacer los cálculos más fácil, vamos a tomar un hipercubo de lado de longitud $2$ centrada en el origen, como se comprueba fácilmente, el máximo radio de un círculo en el que el cubo es igual a la máxima diámetro de un círculo en un cubo unitario.

Incluso dimensión, hay una fácil encontrar círculo con un radio de $\sqrt{n/2}$: $$\{(\underbrace{\cos\phi,\ldots,\cos\phi}_{\frac{n}{2}}, \underbrace{\sin\phi,\ldots,\sin\phi}_{\frac{n}{2}})|0\le\phi\le 2\pi\}$$

Esto ya supera tu conjetura, como para $n>2$ tenemos: $$\sqrt{\frac{n}{2}}=\sqrt{\frac{2n}{4}} > \sqrt{\frac{2n}{n+2}}\quad .$$

Curiosamente, el "hexágono" el círculo descrito por Mark Bennet para el cubo ($n=3$) también se ajusta a esa fórmula, como entonces $$\sqrt{\frac{3}{2}} = \sqrt{\frac{6}{4}} = \frac{\sqrt{6}}{2}\quad.$$

Sin embargo, sospecho que para $n>3$ este no es el mayor círculo que usted puede encontrar.

Aquí es otro pensamiento: El diámetro máximo en un $k$-dimensiones hipercubo es la diagonal de la longitud de la $\sqrt{k}$ Ahora un hipercubo con dimensión $n=mk$ puede ser producido como producto Cartesiano de a $m$ hypercubes de dimensión $k$. Las diagonales, a continuación, dar una inscrito hipercubo de dimensión $m$ y laterales de longitud y $\sqrt{k}$. Obviamente cualquier círculo que puede caber en ese inscrito hipercubo también se puede encajar en el original hipercubo. Por lo tanto, si denotamos con a $d(n)$ el máximo diámetro de un círculo que puede ser inscrito en una $n$-dimensiones de la unidad de hipercubo, entonces tenemos la relación $$d(mk) \ge\max\{d(m)\,\sqrt{k},\sqrt{m}\,d(k)\}$$

En particular, si $d(k)\ge \sqrt{k/2}$$d(mk)\ge \sqrt{mk/2}$.

Edit: En un comentario a otra respuesta, Michael Behrend vinculado a un documento que demuestra (bajo la suposición razonable de que el centro de la máxima círculo debe ser el centro del cubo) que, efectivamente, el máximo radio de un círculo inscrito en un hipercubo unidad es $\sqrt{n/8}$, lo que significa que el correspondiente diámetro es $\sqrt{n/2}$, de acuerdo con el límite inferior implícita por esta respuesta para cualquier dimensión que es un múltiplo de a $2$ o $3$.

Answer 3

Este fue esencialmente el problema de Putnam 2008 B3. Aquí hay un enlace a las soluciones para esa prueba: enlace. Se ha demostrado allí que el problema más general de tratar de poner una bola de dimensión $k$ dentro de un cubo de dimensiones unidad $n$, el radio máximo de la bola es $\frac{1}{2}\sqrt{\frac{n}{k}}$.

Answer 4

No una respuesta, pero algunos de inactividad reflexiones:

"Es correcto asumir...": no. No es una mala idea, supongo que esto podría ser verdad, pero sólo una prueba real va a establecer.

Si se va a establecer a través del cálculo, supongo que tendría que utilizar el cubo de $-1 \le x, y, z \le 1$, porque entonces usted simplemente tiene que optimizar más el set de 2-planos que pasa por el origen, en lugar de que el punto de $(0.5, 0.5, 0.5)$ (o el análogo cosa en dimensiones superiores). Por supuesto, el resultado que se obtiene debe ser reducido por un factor de $2$.

El "obvio" que la manera de parametrizar el conjunto de 2-planos es como $S^2 \times S^2$, tomando el par de vectores unitarios como una base para el plano. Esto tiene dos problemas: uno es que el par $(v, v)$ realidad no determinar un plano; la otra es que si $(v, w)$ determina un avión $P$, $(v, w')$ también determina el $P$ donde $w'$ es cualquier otro vector unitario en $P$ (con la excepción de $v$) determina el mismo plano. Eso significa que $Area(v, w)$ no tienen un mínimo estricto al $(v, w)$ es una base ideal avión $P$, y que hace que las cosas sucias.

El próximo manera más obvia es escoger un vector unitario $v$ y un vector unitario ortogonal $w$, es decir, un punto en el plano tangente a $S^{n-1} \subset \Bbb R^n$. Ahora la optimización de la función de área de se...bueno... desordenado.