Una unidad cuadrada puede ser cubierto por un solo disco de área $\pi/2$. Vamos a llamar al cociente de los cuadrados del área a la de la cubierta de los discos (es decir, la suma de las áreas de los discos) la eficiencia de la cubierta, de modo que en el caso base con uno de los discos que la eficiencia es $2/\pi\approx63.66\%$. Decir que el cubrimiento es eficiente si su eficacia supera este valor. Si utilizamos un panal de abejas (hexagonal) red de $22$ igualdad de discos en filas alternas de cuatro y cinco discos, obtenemos una cubierta de la eficiencia de $24/11\pi\approx69.45\%$; de modo eficiente revestimientos de existir. Permitiendo que los discos de diferentes tamaños, cuán pocos son necesarios para cubrir la plaza de manera eficiente? Se puede hacer con menos de $22$ discos?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Si es diferente círculo tamaños están permitidos, podemos llegar a una eficiencia $>76.3\%$ con sólo cinco discos:
Con $13$ discos de la máxima eficiencia ya es $>80.4\%$. Es suficiente para reemplazar cada "esquina de la disco" de arriba con tres discos con aproximadamente la mitad de la radio:
Si queremos ajustar la configuración en cada esquina (que permite a la mayoría de los discos externos a la superposición con el disco más grande) el máximo de eficiencia con $13$ disco es $\geq 82.5\%$:
Con un poco de búsqueda en Google me encontré con este artículo: Cubrir una Plaza con hasta 30 de la Igualdad de los Círculos, por Kari J. Nurmela y Patric R. J. Östergård.
Se utilizó un equipo de búsqueda para encontrar los cubrimientos de una plaza por $n$ igualdad de los círculos, donde el radio de los círculos es tan pequeño como sea posible. Dan una tabla de valores de radio, que reproduzco a continuación. He añadido las columnas con el área total de los círculos y la eficiencia.
n radius Circle Area Efficiency
1 0.707106781 1.570796327 0.636619772
2 0.559016994 1.963495408 0.509295818
3 0.503891109 2.393010029 0.417883748
4 0.353553391 1.570796327 0.636619772
5 0.326160584 1.671024545 0.598435255
6 0.298727062 1.682093989 0.594497101
7 0.274291885 1.654526896 0.604402384
8 0.260300106 1.702897662 0.587234349
9 0.230636928 1.504007739 0.664890196
10 0.218233513 1.496210711 0.66835506
11 0.212516016 1.560723218 0.640728598
12 0.202275889 1.542479343 0.648306899
13 0.194312371 1.542034638 0.648493864
14 0.185510547 1.51361395 0.660670444
15 0.17966176 1.521081313 0.65742705
16 0.169427052 1.442897104 0.693050112
17 0.16568093 1.466033314 0.68211274
18 0.160639664 1.459244113 0.685286301
19 0.157841982 1.487128592 0.672436806
20 0.152246811 1.456385273 0.686631497
21 0.14895379 1.463768108 0.683168321
22 0.143693177 1.427068593 0.700737165
23 0.141244822 1.441527004 0.693708822
24 0.138302883 1.442193663 0.693388153
25 0.133548707 1.400777811 0.713889092
26 0.131764876 1.418151189 0.705143434
27 0.128633535 1.403531108 0.712488661
28 0.127317553 1.425884911 0.701318874
29 0.125553508 1.436169083 0.696296844
30 0.122036869 1.403631932 0.712437482
Como se puede ver, se convierten en eficientes de $n=9$ en adelante. Aquí una imagen de que el papel de la primera eficientes arreglos $n=9 ... 12$.
Por supuesto, todavía puede ser posible que con menos de 9 discos de diferentes tamaños, usted puede hacer una eficiente que cubre.
EDITAR:
Inspirado por Jack D'Aurizio la solución que he encontrado que se puede incluso hacer una eficiente 3-disco de la cubierta.
El cálculo de la solución óptima es exactamente horrendo. Sólo manipulando los números, la mejor eficiencia encontré con esta configuración es de aproximadamente $0.693881$.
Elegí el gran radio de a $0.6572$, y a partir de ello se sigue que $|OG|=0.426511$, $|AE|=0.179029$, $|AF|=0.146978$, y el pequeño radio es $|EF|/2 = 0.115816$.
EDIT 2:
Para completar la respuesta, aquí es una simple prueba de que 2 discos nunca puede cubrir en forma eficiente la plaza.
Considere la posibilidad de los 4 vértices de la plaza. Si uno de los discos que cubre dos vértices diagonalmente opuestos, entonces va a ser tan grande como el 1-disco de la cubierta, y la no-cero de la zona de el otro disco hará que cualquier cubriendo con los discos ineficiente.
Si bien el disco cubre tres de los cuatro vértices, luego de cubrir una diagonal par, y la cubierta se convierte en ineficiente, como se explicó anteriormente.
La única manera, por tanto, para cubrir los cuatro vértices es si cada disco cubre dos vértices adyacentes. Esto hace que sus radios superiores a $1/2$. Esta desigualdad se ve fácilmente ser estricto. Su superficie total es entonces estrictamente mayor que $\pi/2$, por lo que cualquier cubriendo por ellos ineficiente.
