Cubriendo una bola unitaria con bolas de la mitad del radio

Question

Este es un directo (y obvio) que la generalización de los últimos MO pregunta, "que Cubre discos con pequeños discos":

Cuántas bolas de radio $\frac{1}{2}$ necesario para cubrir completamente una bola de radio 1?

La respuesta puede estar en el papel ", que Cubre una Bola con Pequeñas Bolas Iguales en $\mathbb{R}^n$," por Jean-Louis Verger-Gaugry, que no puedo acceder inmediatamente (Springer link aquí). Si alguien sabe la respuesta por $\mathbb{R}^3$, me interesaría aprender de ella. Y sería especialmente interesante si hubo una prueba tan satisfactorio como Noam Elkies para siete de la mitad de discos para la cobertura de un en $\mathbb{R}^2$. Gracias!

La actualización. [29May2012] Una serie de contribuciones por Voluntad Jagy, Gerhard Paseman, Karl Fabian, y zy, han reducido el límite superior de $56$ a $33$ a $22$, con un límite inferior de $16$.

La actualización. [5Aug2012] Ed Wynn resuelto la cuestión con un análisis cuidadoso: $21$ bolas son necesarios, y basta!

Answer 1

Aquí está (estoy casi seguro) una solución óptima, basándose en las ideas de otras respuestas.

Sabemos que nos puede generar un máximo de 30° los límites de la esfera, mediante la colocación de la mitad de las bolas en el radio sqrt(3)/2. Podemos deducir a partir de http://neilsloane.com/coverings/index.html que vamos a necesitar 20 de la mitad de las bolas para cubrir la superficie exterior, además de un 21 a cubrir el centro. Así, el 21 es un límite inferior.

Para obtener un 21 de bolas solución, la escala, el 20 de coordenadas de http://neilsloane.com/coverings/dim3/cover.3.20.txt para que la radio, y añadir de uno en el origen. Tenga en cuenta que las bolas en sqrt(3)/2 dar las tapas en el centro de la mitad de la bola con el mismo ángulo que el exterior de las tapas, por lo que la cubierta de las obras en el interior también.

Aquí están las coordenadas de 21 de media bolas para cubrir el balón: {{+0.060111,-0.479945,-0.718359},{-0.559060,+0.562759,+0.347496},{-0.164091,-0.848680,-0.053063},{-0.509173,-0.375273,-0.591535},{-0.140963,+0.208121,+0.828743},{+0.690970,+0.512659,-0.098697},{+0.377263,-0.700146,+0.342736},{-0.250648,-0.504068,+0.658097},{-0.743210,+0.007958,+0.444494},{+0.550076,+0.074555,-0.664724},{+0.521328,-0.588831,-0.362624},{+0.088527,+0.791576,+0.339956},{-0.158465,+0.221391,-0.822116},{-0.718586,-0.473046,+0.099309},{-0.339530,+0.726217,-0.327609},{+0.439846,-0.237215,+0.707294},{+0.853710,-0.140538,+0.037800},{+0.536789,+0.335659,+0.590924},{+0.243253,+0.709202,-0.433429},{-0.778146,+0.197643,-0.324694},{+0.000000,+0.000000,+0.000000}}

Hay algo de "grasa" en la superficie de cubiertas (uso de 30° tapas al 29.6..° es necesario), y cada no-esfera central protuberancias de forma convexa fuera del cono de la que es responsable, por lo que es fácil creer que esto es de hecho una portada. También he comprobado bien, aunque voy a estar agradecido si alguien lo comprueba con menos improvisado métodos. En las posturas expuestas, el radio de las bolas puede ser tan bajo como 0.49812. Moviendo las coordenadas originales más hacia el interior, a la radio 0.8595, el radio de las bolas puede ser tan bajo como 0.49439.

Ed Wynn, 4 De Agosto De 2012.
[Gráfico añadido por J. O'Rourke:]
         

Answer 2

Sí, el documento cubre esa pregunta y da límites. Sin embargo, la programación del límite superior del autor en matemática revela que en tres dimensiones necesita a lo sumo$-50$ bolas, lo que parece un poco sospechoso. Por otro lado, el autor cita resultados anteriores de Rogers, que solo funciona para cubrir bolas de radio al menos$3/(2\log 3)\approx 1.65$ por bolas de radio$1/2.$ De todos modos, puede intentar darle sentido a todo esto usted mismo.

Answer 3

Muy bien, se puede hacer con $56$ en un evidente patrón. Tomar un cuatro por cuatro por cuatro cubos de cubos más pequeños, cada uno de los de edge $1 / \sqrt 3$. Se circunscriben a cada uno con una bola de diámetro $1$, o radius $1/2$. Estos, a continuación, cubrir el mayor cubo. Coloque la bola de diámetro $2$, radio $1$, centrada en el centro de la gran cubo. Es cubierto por las bolas más pequeñas. Ahora quite los ocho esquina cubos. Estos son superfluas, las esferas delimitar estos eran en realidad tangente a la pelota grande. $64 - 8 = 56$.

[Gráfico añadido por J. O'Rourke:]
        

El mismo método con octaedros truncados puede ser un poco peor, tal vez un poco mejor.

De cualquier manera, hace que la pelota de fútbol la cosa parece un poco raro. Pero sería bueno ver algunas fotos.

• http://en.wikipedia.org/wiki/Bitruncated_cubic_honeycomb

• http://en.wikipedia.org/wiki/Truncated_octahedron

El tercer método que viene de la misma idea,

• http://en.wikipedia.org/wiki/Rhombic_dodecahedron#Honeycomb

EDICIÓN, el lunes por la mañana. Gracias por la figura, @José. Busqué algunas cosas en SPLAG por Conway y Sloane, páginas 31-34. La mejor (más eficiente) entramado de la cubierta se ha conocido tradicionalmente como el cuerpo de red cúbica centrada, resultó óptima por Bambah en 1954. La celda de Voronoi es el octaedro truncado, como se ha mencionado. Tenga en cuenta que este poliedro puede ser inscrito en una esfera, en la que todos los vértices están a la misma distancia del centro, por cierto para el cubo, pero también false para el dodecaedro rómbico. En efecto, el entramado para la mejor cobertura es dual a la rejilla para mejor esfera de embalaje. Si tuviéramos radios muy pequeños en lugar de 1/2, el octaedro truncado cubriendo sería sin duda ganar. Como hemos radio de 1/2, difícil de decir. También es incierto si es mejor poner un vértice en el origen, como lo hice con los cubos, o en el centro de una de las células, que es computacionalmente más fácil, por mano de todos modos.

Answer 4

Se extiende la idea de W. Jagy, este es un código de Mathematica visualizar que el 33 con esferas de radio 1/2 centrada en el origen y los puntos medios de las caras de un soccerball con circunradio 3/4 cubierta de la unitsphere.

coord = PolyhedronData["TruncatedIcosahedron", "VertexCoordinates"]; caras = PolyhedronData["TruncatedIcosahedron", "FaceIndices"]; f6 = Seleccione[caras, Longitud[#] == 6 &]; f5 = Seleccione[caras, Longitud[#] == 5 &]; len = Norma[coord[[1]]] // Simplificar; Graphics3D[{{Opacidad[0.3], la Esfera[{0, 0, 0}, len*4/3], Esfera[ Media[coord[[#]]], len*2/3] & /@ f6, Esfera[ Media[coord[[#]]], len*2/3] & /@ f5, Opacidad[1], Esfera[{0, 0, 0}, len*2/3]}, {Opacidad[0.4], PolyhedronData["TruncatedIcosahedron" , "Las Caras"]}}, En Caja -> False]
[Gráfico de la anterior código añadido por J. O'Rourke:]
        

Trazado sólo tres externa esferas como en

Graphics3D[{{Opacidad[0.3], la Esfera[{0, 0, 0}, len*4/3], Esfera[ Media[coord[[#]]], len*2/3] & /@ Tomar[f6, 2], Esfera[ Media[coord[[#]]], len*2/3] & /@ Tomar[f5, 1], la Opacidad[1], Esfera[{0, 0, 0}, len*2/3]}, {Opacidad[0.4], PolyhedronData["TruncatedIcosahedron" , "Las Caras"]}}, En Caja -> False]
[Gráfico de la anterior código añadido por J. O'Rourke:]
        

muestra que los dos puntos de intersección de tres de los vecinos exterior de las esferas mentira, ya sea fuera de la esfera con un radio de 1 o dentro de la esfera de radio 1/2. Esto puede hacerse fácilmente el rigor de cálculo:

mcl = Chop[ Join[Media[coord[[#]]] & /@ Tomar[f6, 2], Media[coord[[#]]] & /@ Tomar[f5, 1]]]; erg = Solve[(Norma[{x, y, z} - #] == len*2/3) & /@ mcl, {x, y, z}] // N; ((Norma[{x, y, z}]/len*3/4) /. #) & /@ erg

que los rendimientos de las distancias

{0.216794, 1.06042}

Answer 5

Este es un cálculo numérico de una mejora de la cubren, como el propuesto por Gerhard Paseman. Es da la siguiente lista de 22 centros de 1/2-pelotas de que la cubierta de la unidad de la bola. Todos, además de la central, están en la esfera con un radio Sqrt[3]/2.

2 en los polos

6 en el hemisferio superior a la latitud t = 0.20483559485813116` Pi

6 en la parte inferior del hemisferio en la latitud t = 0.20483559485813116` Pi

7 mentira distribuido en el ecuador con la distancia angular 2/7.15 Pi, y el cambio de fase 0.86 wrt los seis superiores e inferiores.

Yo no calcular todas las intersecciones de los vecinos de bolas explícitamente.

Centros: {{0, 0, 0}, {0.570962, 0.651155, 0.}, {-0.137028, 0.855116, 0.}, {-0.745836, 0.440145, 0.}, {-0.81481, -0.293402, 0.}, {-0.294026, -0.814585, 0.}, {0.439574, -0.746173, 0.}, {0.855011, -0.137682, 0.}, {0.599996, 0.346408, 0.519621}, {0., 0.692816, 0.519621}, {-0.599996, 0.346408, 0.519621}, {-0.599996, -0.346408, 0.519621}, {0., -0.692816, 0.519621}, {0.599996, -0.346408, 0.519621}, {0.599996, 0.346408, -0.519621}, {0., 0.692816, -0.519621}, {-0.599996, 0.346408, -0.519621}, {-0.599996, -0.346408, -0.519621}, {0., -0.692816, -0.519621}, {0.599996, -0.346408, -0.519621}, {0., 0., 0.866025}, {0., 0., -0.866025}}

Gráficos:

ddp = 0.86; ecuador = Tomar[Table[{Cos[p], Sin[p], 0}, {p, ddp, 2 Pi, 2/7.15 Pi}], 7]; t = 0.20483559485813116 Pi; dp = 0; up = Table[{Cos[p] Cos[t], Sin[p] Cos[t], Sin[t]}, {p, Pi/6 + dp, 11/6 Pi + dp, Pi/3}]; dn = Table[{Cos[p] Cos[t], Sin[p] Cos[t], -el Pecado[t]}, {p, Pi/6 + dp, 11/6 Pi + dp, Pi/3}]; polos = {{0, 0, 1}, {0, 0, -1}}; out = Sqrt[3]/2 Join[ecuador, dn, polos]; Graphics3D[{{Opacity[1], Rojo, Esfera[{0, 0, 0}, 1/2]}, {La Opacidad[0.4], Rojo, Esfera[{0, 0, 0}, 1]}, {La Opacidad[0.2], Esfera[ #, 1/2] & /@ out}}, en Caja -> True]

[Gráfico de la anterior código añadido por J. O'Rourke:]
        

KF-PS: he cambiado el desplazamiento de fase de 0,85... a ddp = 0.86. En este caso el cálculo numérico muestra que en realidad el mínimo de los máximos puntos de intersección de tres de los vecinos de las esferas es >1, lo que implica que la unidad de la bola está cubierto.