Skip to content

Ipercubi che lasciano il segno

20 ottobre 2015

Riprendo un post di qualche anno fa e lo generalizzo. L’idea non è eccessivamente difficile, come invece lo è il descriverla. Potrei avere difficoltà a raccontare di spazi Euclidei a n dimensioni. In questi casi c’è sempre il pericolo che l’intuizione inciampi, ma lascio al volenteroso lettore che ha compreso il mio intento, il compito di indicarmi la strada corretta o una scorciatoia.

Nel post originario consideravo due cubi, ciascuno dei quali aveva un vertice coincidente col centro dell’altro. Il solido ottenuto dalla loro unione è facilmente visualizzabile, e ne proponevo lo sviluppo in modo da poterlo creare ritagliando un foglio di carta. In alternativa si può anche costruire l’oggetto incollando 15 cubetti uguali formando due cubi 2\times 2\times 2 con un cubetto in comune.

Il quesito era pertinente alle tre dimensioni: qual è il volume da aggiungere alla figura per renderla convessa?

Mi cimento ora nel mostrare una generalizzazione in n dimensioni. Non è detto che non si possa estendere il problema in altri modi, o che quello che qua presento sia il più naturale. La strada che ho seguito è quella di catturare uno degli aspetti del problema, che trovo particolarmente interessante, e di applicarlo in più dimensioni.

Invece di pensare a due cubi che si toccano, la figura può essere costruita immaginando un cubo solo che trasla nello spazio. Tutti i punti che tocca durante la traslazione, ma che non appartengono né alla posizione iniziale né a quella finale, concorrono alla formazione del volume da aggiungere alla figura per renderla convessa.

Da qui in avanti, sottintendiamo l’unità di misura, che sarà una generica u per misure lineari, u^2 per superfici e così via. Ragioniamo in due dimensioni, immaginando un quadrato di lato 2. Dalla posizione iniziale a quella finale, il quadrato si sposta in direzione (1, 1).

La parte di piano attraversata dal quadrato è costituita da due triangoli, ed è facile calcolare in modo diretto la loro area. Insieme formano un quadrato di area 1, un quarto del quadrato che si è mosso.

Tra i vari modi di calcolare l’area di questi triangoli, ne propongo uno un po’ più contorto ma che tornerà utile. Nel movimento, ci sono solo due dei quattro lati del quadrato che “spazzano” il piano. La parte di piano che spazzano non si sovrappone, e forma sia i triangoli, di area T, sia tutto il quadrato in posizione di arrivo, di area 4, tranne l’intersezione con il quadrato in posizione di partenza, intersezione che ha area 1. In totale questa parte di piano ha area 4, quindi

4 = T + (4 - 1),

da cui T=1.

Come faccio a sapere che la parte di piano spazzata ha area 4? Per prima cosa perché quest’area si divide a metà in due parallelogrammi simmetrici, che posso “raddrizzare” mantenendo inalterata l’area (principio di Cavalieri) per ottenere due rettangoli. E poi l’area di ciascun rettangolo si calcola moltiplicando la base, che è il segmento lungo 2, per l’altezza, che è la componente del vettore spostamento ortogonale alla base e che è lunga 1.

Questo approccio per il calcolo di T può essere esteso in n dimensioni. La strategia così come è delineata è quella di estendere l’area spazzata, l’area del quadrato in posizione di destinazione e l’area dell’intersezione, in modo da determinare T per differenza.

I due elementi più semplici sono gli ultimi due. Intanto l’oggetto che si muove, e che in una dimensione è un segmento, in due un quadrato e in tre un cubo diventa un n-cubo, o ipercubo. Il suo volume è dato da 2^n, giacché ogni dimensione è ortogonale alle altre, e tutti i lati sono uguali.

L’intersezione è 1, alias 1^n. Sembra paradossale perché resta costante mentre il volume degli ipercubi cresce a dismisura. Molto curioso, se si pensa che questa intersezione tocca comunque i centri degli n-cubi.

Adesso passiamo al calcolo del volume spazzato. Questo è determinato da metà delle facce dell’n-cubo, che sono n. Il numero di facce totali è 2n, perché per ciascuna dimensione ci sono due facce ad essa ortogonali.

Ogni faccia ha superficie 2^{n-1}. Nel piano è il segmento lungo 2, nello spazio un quadrato di area 4, in quattro dimensioni è un cubo di volume 8 e così via.

Prima intuizione: il volume spazzato si ottiene come base per altezza. L’altezza è unitaria, essendo la componente del vettore spostamento ortogonale alla base. Quindi l’area totale è

n \cdot 2^{n-1}.

Seconda intuizione: il volume spezzato rispetta il principio di Cavalieri e può essere richiuso a formare l’n-cubo in posizione di arrivo.

Mettendo insieme i pezzi,

n \cdot 2^{n-1} = T + (2^n - 1),

e allora

T = 2^{n-1} \cdot (n - 2) + 1,

che per n \geq 1 inizio con

T = 0, 1, 5, 17, 49, 129, 321, 769, 1793, 4097.

Il primo caso è degenere: traslando un segmento lungo 2 per un tratto lungo 1 abbiamo due segmenti che si sovrappongono, e non si deve aggiungere nulla per ottenere la convessità.

Il caso 2D è quello dimostrato nell’articolo, e per il caso 3D si rimanda all’articolo citato all’inizio. Per le altre dimensioni mi appoggio alle due intuizioni di cui sopra. Starà in piedi tutto il ragionamento?

Annunci
No comments yet

Rispondi

Inserisci i tuoi dati qui sotto o clicca su un'icona per effettuare l'accesso:

Logo WordPress.com

Stai commentando usando il tuo account WordPress.com. Chiudi sessione / Modifica )

Foto Twitter

Stai commentando usando il tuo account Twitter. Chiudi sessione / Modifica )

Foto di Facebook

Stai commentando usando il tuo account Facebook. Chiudi sessione / Modifica )

Google+ photo

Stai commentando usando il tuo account Google+. Chiudi sessione / Modifica )

Connessione a %s...

%d blogger hanno fatto clic su Mi Piace per questo: