Cubrir un cubo con un cuadrado

Question

Supongamos que nos dan un cuadrado de una unidad, y que queremos cubrir completamente la superficie de un cubo cortando el cuadrado y pegándolo en la superficie del cubo.

Q1 . ¿Cuál es el mayor cubo que puede ser cubierto por un $1 \times 1$ cuadrado cuando se corta en un máximo de $k$ ¿piezas?

El caso $k=1$ se ha estudiado, probablemente antes de esta referencia: "Problema 10716: Un regalo cúbico," Boletín Mensual de Matemáticas de Estados Unidos , 108(1):81-82, enero de 2001, solución de Catalano-Johnson, Loeb, Beebee.
          
(Esto se discutió en un Pregunta sobre el MSE .) La solución representada da como resultado una longitud de arista del cubo de $1/(2\sqrt{2}) \approx 0.35$ .

Como $k \to \infty$ En la cobertura de las 6 caras no debe haber solapamientos inútiles, y así el cubo más grande cubierto tendrá una longitud de arista $1/\sqrt{6} \approx 0.41$ . ¿Qué partición del cuadrado conduce a esta cobertura óptima?

Q2 . Para qué valor de $k$ ¿se ha alcanzado este nivel óptimo?

No he encontrado literatura sobre este problema para $k>1$ pero parece probable que se haya explorado. Gracias por cualquier indicación.

Answer 1

Se puede cortar un $\sqrt{6}\times\sqrt{6}$ cuadrado en 24 trozos que luego cubren el $1\times1\times1$ cubo. Dos triángulos de la figura inferior más un paralelogramo forman un $1\times1$ cuadrado. las partes de las piezas que sobresalen a la izquierda pueden obviamente volver a encajar en la derecha, por lo que 18 piezas, más 6 partes que sobresalen son 24. Puedes mejorar esto cosiendo las piezas a través del borde del cubo para hacer una pieza doblada y cosiendo algunos de los paralelogramos de vuelta a los triángulos.

![cubo.png][1]

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[ Añadido por O'Rourke :] Para hacer más explícita la construcción de Yoav, he aquí cómo dos triángulos y un paralelogramo se unen para formar un $1 \times 1$ cuadrado:

[ Añadido por Kallus :] Aquí hay una ilustración de una construcción similar a la de Fedja pero con sólo cinco piezas. La primera figura es el $\sqrt{6}\times\sqrt{6}$ cuadrado. El segundo es el $2\times3$ rectángulo, que doblamos en un cubo quitando los dos cuadrados amarillos, doblando el resto y añadiendo los cuadrados como las dos caras que faltan.

[ Añadido por O'Rourke :]
 

Answer 2

Cuatro piezas, utilizando la técnica de teselación que aprendí de Harry Lindgren Disecciones geométricas (1964):

Answer 3

Sólo ilustrativo La solución de 4 piezas de Noam Elkies :

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La cara inferior es mayoritariamente amarilla (excepto un poco de verde); las dos caras posteriores ocultas son de color malva.

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Answer 4

Lo siento, esto es una respuesta a otra pregunta. (No he leído bien la pregunta).

Pregunta: Para lo cual $k$ , $k$ cuadrados pueden embaldosar la superficie del cubo.

Respuesta: $k=6\cdot(n^2+m^2)$ .

Este es un mosaico con $k=30$ , $n=1$ y $m=2$ .

_{(fuente: <a href="https://www.math.psu.edu/petrunin/wiki/2-1.png" rel="nofollow noreferrer">psu.edu </a>)}

Es obvio si el mosaico es vértice a vértice.

Si el mosaico no es vértice a vértice, se obtiene una geodésica cerrada formada por lados superpuestos. Entonces puedes desplazar los cuadrados de un lado de la geodésica para que el mosaico sea "más vértice a vértice". Repitiendo esta operación puedes hacer que el mosaico sea vértice a vértice.

Answer 5

No se promete que sean óptimos, pero aquí hay algunos límites inferiores:

Con $k=2$ , longitud del lado $3/8=0.375$ (con una pieza volteada), y con $k=3$ , longitud del lado $2/5=0.4$ :