Empaque tetraedros regulares de longitud de borde 1 con un vértice en el origen en una esfera unitaria

Question

Actualmente estoy aventurando a través de Pablo de Sally Fundamentos de Análisis Matemático. Esta es una inusual libro de texto en términos de la dificultad de los ejercicios. Ya he sido sorprendido por el primero:

Cómo muchos de los tetraedros regulares de la longitud de la arista 1 puede ser embalado dentro de una unidad de la esfera con cada uno de ellos tiene un vértice situado en el origen?

Mi instinto me dijo que esto es altamente no trivial, como he luchado con él durante varias semanas. Podría alguien dar una sugerencia sobre cómo hacer frente a? Gracias de antemano.

Edit: Como jmerry y Erik enfermedad de Parkinson muestra, la solución ha sido exprimido entre el $20$ e $22$. Puede seguir el progreso?

Answer 1

Para complementar Erik de Parkinson, la construcción y el límite inferior, aquí un apretado límite superior: $22$.

Supongamos que colocamos uno de estos tetraedros en la esfera, con un vértice en el centro y tres en la esfera. ¿Cuál es el área del triángulo esférico generados a partir de los tres vértices sobre la esfera y el gran círculo alrededor de los bordes?

El área de una esfera de polígono (en la unidad de la esfera) es igual al exceso de la suma de los ángulos interiores sobre el estándar para un plano, polígono. Por ejemplo, un triángulo con un vértice en el polo norte y dos vértices $90^\circ$ distancia en el ecuador (una de las caras de un octaedro regular) tiene los tres ángulos iguales a $90^\circ$ (o, equivalentemente, $\frac{\pi}{2}$) para un total de $270^\circ$. Que un exceso de $\frac{\pi}{2}$, exactamente un octavo de la superficie total de $4\pi=720^\circ$.

Para los triángulos que nos importa, voy a usar las coordenadas. El primer vértice $O$ va en el centro $(0,0,0)$. Lugar la segunda y la tercera, en el ecuador, en las latitudes $\pm 30^\circ$: $A=(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac12,0)$ e $B=(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac12,0)$.
El tercer vértice $C$ es entonces directamente sobre el centro de la $OAB$, $x$ coordinar $\frac{\sqrt{3}}{3}$ e $y$ coordenada cero. Ya que es en la esfera, podemos resolver la esfera de la ecuación de $x^2+y^2+z^2=1$ conseguir $C=(\frac{\sqrt{3}}{3},0,\frac{\sqrt{6}}{3})$.

Ahora, vamos a calcular algunos ángulos de la esfera. Para que vamos a necesitar para calcular los vectores de tangentes, y las ecuaciones de los planos se encuentran en.
La ecuación para el plano tangente a la esfera en un punto de $(u,v,w)$ es simplemente $ux+vy+wz=1$ - para una superficie lisa se define como un nivel de la superficie de $f(x,y,z)=k$, el gradiente de la $f$ es perpendicular al plano tangente. En $A$, esta ecuación se convierte en $\frac{\sqrt{3}}{2}x +\frac12 y=1$.
El gran círculo de $AB$ se encuentra en el plano de la $OAB$, que tiene por ecuación $z=0$.
El gran círculo de $AC$ se encuentra en el plano de la $OAC$. El avión de la ecuación debe tener la forma $ux+vy+wz=0$ para algunos $u,v,w$. Ya que incluye a $A$ e $C$, obtenemos $\frac{\sqrt{3}}{2}u+\frac12 v = 0 = \frac{\sqrt{3}}{3}u + \frac{\sqrt{6}}{3}w$. La solución de este (y normalización), obtenemos $\frac{\sqrt{2}}{3}x-\frac{\sqrt{6}}{3}y-\frac13z=0$.

La tangente a la gran círculo de $AB$ a $A$ reside tanto en el plano tangente $\frac{\sqrt{3}}{2}x +\frac12 y=1$ y el gran círculo del avión $z=0$. Por lo tanto, es perpendicular a las normales y se puede encontrar con una cruz de producto: $\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac12,0\right)\times (0,0,1) = \left(\frac12,-\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$.
Del mismo modo, tenemos dos planos de la tangente a la gran círculo de $AC$ a $A$, y lo conseguimos con el producto cruzado $\left(\frac{\sqrt{2}}{3},-\frac{\sqrt{6}}{3},-\frac13\right)\times \left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac12,0\right) = \left(\frac16,-\frac{\sqrt{3}}{6},\frac{4\sqrt{2}}{6}\right)$.

Finalmente, el ángulo de la esfera es el ángulo entre los dos vectores de tangentes. Ambos están normalizados a la longitud de la $1$ ya, por lo que acabo de sacar su producto escalar de a$\frac1{12}+\frac{3}{12}+\frac{0}{12}=\frac13$ encontrar el ángulo de $\arccos\left(\frac13\right)$.

Numéricamente, $\arccos\left(\frac13\right)$ es de aproximadamente $1.23$o $70.5^\circ$. Por simetría, los otros dos ángulos del triángulo esférico son los mismos, por lo que el exceso es $3\arccos\left(\frac13\right)-\pi\approx 0.551$, o alrededor de $31.6^\circ$. División que en el área total $4\pi$ o $720^\circ$, obtenemos acerca de $22.8$. Dado que el número de tetraedros debe ser un número entero, se redondeará hacia abajo para conseguir que en la mayoría de las $22$ tetraedros de este tipo puede caber en la esfera. Tomó un montón de espacio para escribir, pero todo esto es muy rutinario.

Y ahora, que deja a la determinación de si $21$ o $22$ tetraedros son posibles. Espero que la parte más difícil de todo lo que ha venido antes.

Answer 2

Esta no es una respuesta, pero un comentario extendido.

La longitud de la arista de una unidad de icosaedro (todos los vértices en la unidad de distancia desde el origen) es $$a = \frac{1}{\sin\frac{2 \pi}{5}} \approx 1.0514622$$ según la Wikipedia icosaedro Regular artículo. Si comparamos la red de un icosaedro de veinte triángulos equiláteros con la longitud de la arista 1 (correspondiente a las caras de los tetraedros opuesto al vértice en el origen), es bastante obvio que no hay espacio suficiente para meterse en otro tetraedro allí. (Esto corresponde a la realidad, haciendo de 20 unidad de tetraedros, y tratando de meterse en un tetraedro, manteniendo todos ellos dentro de una unidad de la esfera. Recuerde, las de arriba son las redes, no de un ángulo sólido diagrama).

Mis matemáticas-fu no es lo suficientemente avanzada como para expresar que como un convincente argumento matemático, sin embargo.

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Podría ser interesante tener en cuenta que R. H. Hardin, N. J. A. Sloane y W. D. Smith lista de los supuestos que cubre los radios de los puntos sobre la esfera (extracto) $$\begin{array}{c|c} \text{points} & \text{degrees} \\ \hline 19 & 30.3686748 \\ 20 & 29.6230958 \\ 21 & 28.8244768 \\ 22 & 27.8100588 \\ 23 & 27.4818687 \\ \end{array}$$ Esto significa que si se toma a la derecha de la circular de conos con el vértice del ángulo decir $2 \cdot 29.6230958 = 59.2461916$ grados, hasta el veinte de ellos pueden ser conectados por sus vértices; si el ángulo es decir $2 \cdot 30.3686748 = 60.7373496$ grados, sólo 19.

Por desgracia, la circunferencia inscrita y de la circunferencia circunscrita de la cara exterior del tetraedro son demasiado diferentes para permitir un control más riguroso obligado (de 20 a 22 tetraedros).

Answer 3

Sólo para ilustrar cómo el embalaje podría funcionar, aquí están cinco tetraedros regulares con una arista común (y, por tanto, un vértice común). Hay una muy estrecha angular de la brecha entre los dos tetraedros que no tienen dos adyacentes a los vecinos; el ángulo diedro entre las caras a ambos lados de la brecha es acerca de $7.36$ grados.

Cuando se pone a otro $15$ tetraedros alrededor de un vértice de esta manera, se obtiene una mayor cantidad de estas lagunas y algunas de las brechas más grandes. La pregunta entonces es si hay suficiente "espacio de maniobra" en la disposición de modo que usted puede hacer espacio entre los tetraedros para adaptarse a uno más. No parece probable, pero demostrando que es otro asunto.

Answer 4

Lo óptimo es 20, formando un icosaedro. Este es claramente el máximo basado en el hecho de que se desarrolla perfectamente alrededor del origen. Sin embargo, no es una respuesta matemáticamente satisfactoria.