Calcular el volumen de un restaurante para llevar la caja que es circular en la parte inferior y de la plaza, en la parte superior

Question

Teniendo un poco de un problema de calcular el volumen de un cuadro:

Originalmente quería usar la integración para medir girando alrededor de la x-axiz, pero se dieron cuenta que cuando se pliega la parte superior se convierte en un cuadrado, y todo se convierte más bien irregular. Desde que se diferencia en la circunferencia no voy a ser capaz de medir como lo había previsto.

¿Hay algún método o fórmula que puede utilizarse para medir de una forma como esta, o sólo debo tener a la aproximación de un cilindro y de la aproximación de un cuadro y añadir los dos juntos?

Answer 1

Una diferente aproximación podría ser la de tomar de la sección transversal en cada altura, no como una interpolación lineal entre la parte superior e inferior de la superficie, pero como cuadrados con esquinas redondeadas. Esto se ajusta a la foto más de cerca, como el método de la interpolación lineal tiene una discontinuidad en la radio de curvatura en la parte inferior: El punto de que en la parte superior es un extremo de la plaza se modela un pliegue a lo largo de todo el lateral, mientras que en la fotografía, no hay pliegue puede ser visto.

Si tomamos la sección transversal tiene la forma de un cuadrado redondeado, podemos calcular su área mediante el uso de las fórmulas para los círculos y rectángulos:

$$A = \pi \cdot r^2 + 2 \cdot a \cdot b - b^2$$

El uso de $b=a-2\cdot r$, podemos eliminar esa variable:

$$A = a^2 + (\pi -4) \cdot r^2$$

Ahora suponemos que las variables varían de forma lineal entre la parte superior e inferior: $r$ va de $r_0$ en la parte inferior para $0$ en la parte superior, y $a$ va de $2r_0$ en la parte inferior para $a_0$ en la parte superior, lo que nos da:

$$r(h) = \left(1-\frac{h}{h_0}\right)\cdot r_0$$

$$a(h) = \left(1-\frac{h}{h_0}\right)\cdot 2r_0 + \frac{h}{h_0} \cdot a_0$$

y por lo tanto:

$$A(h) = \left(1-\frac{h}{h_0}\right)^2 \cdot \pi \cdot r_0^2 + \left(1-\frac{h}{h_0}\right) \cdot \frac{h}{h_0} \cdot 4 \cdot r_0 \cdot a_0 + \left(\frac{h}{h_0}\right)^2 \cdot a_0^2$$

o, mejor ordenadas para la integración:

$$A(h) = \pi \cdot r_0^2 + \frac{h}{h_0} \cdot \left( 4\cdot r_o \cdot a_0 - 2 \cdot \pi \cdot r_0^2 \right) + \left(\frac{h}{h_0}\right)^2 \cdot \left( a_0^2 - 4\cdot r_0 \cdot a_0 + \pi \cdot r_0^2\right) $$

Lo que nos da a continuación:

$$ V = \int_0^{h_0} A(h) \mathrm{d}h= h_0 \cdot \pi \cdot r_0^2 + \frac{1}{2} \cdot \frac{h_0^2}{h_0} \cdot \left( 4\cdot r_o \cdot a_0 - 2 \cdot \pi \cdot r_0^2 \right) + \frac{1}{3}\cdot\frac{h_0^3}{h_0^2} \cdot \left( a_0^2 - 4\cdot r_0 \cdot a_0 + \pi \cdot r_0^2\right)$$

$$=h_0\cdot\left(\frac{1}{3}\pi r_0^2 + \frac{2}{3} r_0 a_0 + \frac{1}{3} a_0^2\right)$$

Y este es un render de lo que esto se ve como en 3d:

Este resultado puede ser obtenido clásico sin ningún tipo de integrales, utilizando sólo las fórmulas para el volumen de cónica sólidos y para el cuboides. Para ello, hemos dividido el sólido en nueve partes:

El central, parte amarilla es simplemente una pirámide cuadrada, y tiene un volumen de $\frac{1}{3}\cdot h_0\cdot a_0^2$. Los cuatro magenta piezas son oblicuos conos con un cuarto de círculo como base. De nuevo, usando la fórmula para cónica sólidos, su volumen es cada una de las $\frac{1}{12}\cdot h_0\cdot\pi\cdot r_0^2$

Y los cuatro cian piezas son de forma irregular tetraedros, pero podemos determinar su volumen mediante la adición de un par de piezas para ver cómo encajan en un prisma de las mediciones de $a_0\times r_0 \times h_0$:

En el caso más general de $\frac{a_0}{2} \neq r_0$, habrá un cuarto verde pieza necesitaba (lo que iría en la parte delantera y bloquean nuestra vista de todo). Sin embargo, las piezas verdes en conjunto forman un prisma de altura $a_0$ y una superficie superior de la zona de $\frac{1}{2} \cdot r_0 \cdot h_0$, y los dos de color azul-gris piezas son dos pirámides con la altura de la $h_0$ rectangular y en forma de bases de tamaño $\frac{1}{2} a_0 \times r_0$. Por lo tanto, el volumen del tetraedro es:

$$a_0 \cdot h_0 \cdot r_0 - a_0 \cdot \frac{1}{2} \cdot r_0 \cdot h_0 - 2 \cdot \frac{1}{3} \cdot h_0 \cdot \frac{1}{2} a_0 \cdot r_0 = \frac{1}{6} h_0 \cdot r_0 \cdot a_0$$

Poniendo todo junto, obtenemos el volumen como:

$$V=\frac{1}{3}\cdot h_0\cdot a_0^2 + 4\cdot \frac{1}{12}\cdot h_0\cdot\pi\cdot r_0^2 + 4 \cdot \frac{1}{6} h_0 \cdot r_0 \cdot a_0$$ $$=h_0\cdot\left(\frac{1}{3}\pi r_0^2 + \frac{2}{3} r_0 a_0 + \frac{1}{3} a_0^2\right)$$

Una más suave modelo a lo largo de las líneas de la misma sería para interpolar superellipses entre la parte inferior y superior, que de igual forma se daría un creaseless cambio en el radio de curvatura por debajo de las esquinas. Sin embargo, superellipse áreas tienen una fórmula que involucra la función gamma, y por lo tanto no son fáciles de integrar de nuevo para obtener un volumen.

Answer 2

Como la forma de un sólido no está claramente definido, voy a hacer la más simple suposición: superficie lateral está hecho de líneas, que conecta cada punto de $P$ de base cuadrada para el punto de $P'$ de la base circular con la misma longitud $\theta$ (ver figura de abajo).

En ese caso, si $r$ es el radio de la base circular, $2a$ el lado de la base cuadrada, $h$ la distancia entre las bases, una sección del sólido a la altura de la $x$ (línea roja en la figura) está formado por los puntos de $M$ tener una distancia radial $OM=\rho(\theta)$ desde el eje del sólido dado por: $$ \rho(\theta)={a\sobre\cos\theta}{x\sobre h}+r\left(1-{x\sobre h}\right), \quad\text{para}\quad -{\pi\over4}\le\theta\le{\pi\over4}. $$ Una cuarta parte de el sólido tiene un volumen dado por: $$ {V\over4}=\int_0^h\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\int_0^{\rho(\theta)}r\,dr\,d\theta\,dx= \frac{h}{12} \left(4^2+\pi r^2 + 2ar \ln{\sqrt2+1\sobre\sqrt2-1}\right). $$

Answer 3

Desde que se diferencia en la circunferencia de la

¿Estás seguro de esto? Una cosa a tener en cuenta sobre el cuadro son las rayas verticales. La imagen sugiere que tienen el mismo ancho y veo a la producción o el diseño inteligente razón por la que no debería tener. Sin embargo, esto haría que el apilado imposible (como lo señaló la AlienAtSystem), si las cajas vienen parcialmente pre-doblado – lo cual es difícil de decir. Para esta respuesta, supongo que los de las secciones transversales de la caja debe tener la misma circunferencia, en particular la parte inferior y la parte superior.

Si la parte inferior es un círculo con un radio de $r$, su área es de $A_\text{bot} := πr^2$ y su circunferencia es de $c := 2πr$. Si la parte superior es un cuadrado, debe tener los bordes de la longitud de la $a := \frac{c}{4} = \frac{πr}{2}$ y por lo tanto un área de $A_\text{top} := a^2 = \frac{π^2r^2}{4}.$

Ahora, para todos los demás horizontal secciones transversales, tenemos que hacer suposiciones acerca de su forma. La forma más fácil suposición es que su zona de cambios de forma lineal a lo largo de la altura de la box1. Con esto, conseguimos que el promedio de área de una sección cruzada horizontal es $A_\text{av} = \frac{1}{2} (A_\text{top}+A_\text{bot})$. Con $h$ como la altura de la caja, llegamos a:

$$V = A_\text{av}h = \frac{h}{2} (A_\text{top}+A_\text{bot}) = \frac{πhr^2 (π+4)}{8}.$$

Dado que existe poca diferencia entre la parte superior e inferior de la zona ($\frac{A_\text{bot}}{A_\text{top}} = \frac{4}{π} ≈ 1.27$), esta aproximación debería ser suficiente para la mayoría de los propósitos prácticos.

Si mi hipótesis inicial debe ser incorrecta, puede hacer el mismo cálculo con $a$ disociado de $c$ y llegar a $V=\frac{1}{2} h (πr^2+a^2)$.

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^{1 Uno podría argumentar que es la raíz cuadrada de la zona debe cambiar de forma lineal, como lo hace para los conos, pirámides, y similares, pero que es más que una suposición como un linealmente área de cambio, dado que hemos saltones y similares.}

Answer 4

Uno puede, por supuesto, tratar de modelo de la caja de comida para llevar como apropiado y de superficie construida, y luego calcular un volumen integral basado en eso.

Mi superficie síntesis de la propuesta utiliza esta ecuación polar de un polígono regular (especializados en la plaza de caso) como un componente, y yo modelo la construcción de la caja de comida para llevar como una interpolación lineal entre un círculo de radio $r$ y un cuadrado con lado de longitud $2a$, e $h$ es la altura de la caja. Las ecuaciones paramétricas puede ser expresado como (por escrito en formato vectorial para enfatizar los componentes):

$$(1-v)\begin{pmatrix}r\cos\theta\\r\sin\theta\\0\end{pmatrix}+v\begin{pmatrix}a\varrho(\theta)\cos\theta\\a\varrho(\theta)\sin\theta\\h\end{pmatrix}\qquad 0 \le \theta \le 2\pi,\;0<v<1$$

where $\varrho(\theta)=\sec\left(\theta-\dfrac{\pi}{2}\left\lfloor\dfrac{2\theta}{\pi}+\dfrac12\right\rfloor\right)$.

Here is a plot of the surface using Mathematica:

With[{r = 2/3, a = 4/5, h = 5/3},
     ParametricPlot3D[(1 - v) {r Cos[t], r Sin[t], 0} +
                      v {a Sec[Mod[t + π/4, π/2] - π/4] Cos[t],
                         a Sec[Mod[t + π/4, π/2] - π/4] Sin[t], h},
                      {t, -π, π}, {v, 0, 1}, Exclusions -> None,
                      Mesh -> None, PlotPoints -> 35, PlotRange -> All]]

The volume enclosed by this surface can be shown to be equal to

$$V=\frac{h}{6}\left(\pi r^2+4a\left(a+r\log\left(3+\sqrt{8}\right)\right)\right)$$

Esta superficie no es un modelo perfecto, sin embargo. Si se compara esta superficie con el cuadro en el OP de la imagen, te darás cuenta de que la transición de círculo cuadrado es un poco más brusco. Uno podría tratar de usar una transición distinta a la facilidad de los bordes de la caja, pero voy a dejar la experimentación a alguien más.

Answer 5

Un enfoque más general

Los debates en los comentarios se han identificado dos condiciones que deben cumplirse para que un modelo válido de la caja, dado que es construido a partir de cartón:

1. La superficie lateral tiene una curvatura de Gauss de 0, o de manera más informal, puede ser extendido en una superficie plana sin recortes adicionales
2. Si el radio del círculo inferior o en el lateral de la longitud de la parte superior de la plaza se establece en 0, la fórmula debe convertirse en el conocido fórmulas para el volumen de una pirámide o de cono, respectivamente. (De hecho, esto se sigue de la primera condición, porque esas formas son los únicos que cumplir en este caso de degeneración)

Una clase de objetos que automáticamente se cumplen estas condiciones son prismatoids, que son poliédricas sólidos cuyos vértices mentira en dos planos paralelos:

Sus caras laterales constan de triángulos o trapezoides, que son automáticamente plana, y dado que no existen vértices entre la parte superior e inferior de la superficie, y por lo tanto cualquier lateral de la cara sólo se puede conectar a dos vecinos caras laterales, también podemos desplegar su superficie lateral en una forma plana por "girar" a lo largo de los bordes.

El prismatoid modelo también puede ser utilizado como aproximación para no poligonal superficies superior e inferior, mediante la aproximación de ellos por cada vez más fino de los polígonos. Por ejemplo, el modelo utilizado por Aretino y J. M. puede ser aproximada por una prismatoid mediante la creación de vértices en las posiciones superior e inferior correspondientes a la espaciados uniformemente los valores de $\theta$. El modelo examinado en mi otra respuesta puede ser aproximada por tomar uniformemente los espacios de vértices a lo largo del círculo y de la conexión de cada uno a la mejor esquina de la plaza.

La cosa buena acerca de prismatoids es que tienen una muy sencilla fórmula para calcular su volumen, lo que requiere que uno sepa sólo los valores del área de las secciones transversales en la parte superior ($A_1$), inferior ($A_3$) y en la mitad de la altura ($A_2$). Entonces, el volumen total del sólido es:

$$V= \frac{h}{6}(A_1 + 4 A_2 + A_3)$$

Desde $A_1$ e $A_3$ son fijados por la naturaleza del problema como $\pi\cdot r^2$ e $a^2$, respectivamente, la elección del modelo para la forma de los sólidos es simplemente una elección de lo que el valor de asumir para $A_2$.

De hecho, siguiendo la segunda condición para su conclusión, se puede demostrar que cualquier modelo de uso de la prismatoid enfoque debe tener en el final de una fórmula de volumen de la forma:

$$V = h\left(\frac{1}{3}\pi r^2 + \gamma a r + \frac{1}{3}a^2\right)$$

En que no es sólo la elección de $\gamma$ restante como variable libre. Mientras que cualquier modelo en particular puede hacer reclamaciones adicionales acerca de por qué es, y por lo tanto su elección de $\gamma$ es la más válida, como una visión más general, la cuestión puede ser planteada: ¿Cuál es el posible rango válido de $\gamma$? O, equivalentemente, ¿cuál es el posible rango de $A_2$?

Como resulta, la máxima $A_2$ es en realidad la dada por otros de mi respuesta, como el descrito de la forma es en realidad el casco convexo de los puntos en el círculo y el cuadrado (algo que voy estado sin prueba, ya que debe ser lo suficientemente fácil para usted para convencerse a sí mismo de ese hecho), que tiene un $\gamma$ de $\frac{2}{3}$.

Y para el prismatoid con el mínimo de $A_2$ (excluyendo la auto-intersección o trenzado modelos, por no estar de acuerdo con el problema planteado), yo propongo esto:

Y su sección transversal se parece a esto:

Yo puedo demostrar que la conexión de cada círculo el punto más cercano del punto medio de la plaza que le da la menor área, pero parece probable que, como el movimiento de cualquier conexión parece aumentar la sección transversal.

La zona, como puede ser demostrado por simple cálculo de la plaza y el segmento de círculo de áreas, es:

$$A_2 = \frac{1}{4}a^2 + \frac{1}{\sqrt{2}} a r + \frac{\pi}{4} r^2$$

Conectando en el volumen de la fórmula se obtiene:

$$V_{min} = h\left(\frac{1}{3}\pi r^2 + \frac{\sqrt{2}}{3} a r + \frac{1}{3}a^2\right)$$

Por lo tanto, con un mínimo de $\gamma$ de $\frac{\sqrt{2}}{3}$ y un máximo de $\gamma$ de $\frac{2}{3}$, podemos hacernos la pregunta:

¿Cuánto cuesta la elección de la modelo, a continuación, en realidad importa?

Mediante la adopción de un "cubo" como ejemplo con $h = 1$, $a=1$ e $r=\frac{1}{2}$, podemos calcular los volúmenes y sus diferencias:

$$\Delta V = V_{max} - V_{min} = \left(\frac{1}{12}\pi + \frac{2}{3}\right) - \left(\frac{1}{12}\pi + \frac{1}{3\sqrt{2}} + \frac{1}{3}\right) = \frac{2-\sqrt{2}}{6}$$

O, en punto flotante de unidades:

$$V_{max} \approx 0.928466$$ $$V_{min} \approx 0.830835$$ $$\Delta V \approx 0.097631$$

O en otras palabras, la elección de la modelo exacto cambia el resultado en volumen en más de un 10%.

No es técnicamente una "mejor" modelo de entre todas las opciones posibles de prismatoids, que es el único cuya superficie lateral se desenrolla en la aproximación más cercana de un círculo anillo sector, que es el lateral de la red de un cono truncado, la forma de la caja de comida para llevar antes la parte superior se dobla, y una deformación del papel que no se rompa a preservar la red. Sin embargo, yo no intento de encontrar que $\gamma$ esto resulta entonces, y sólo, basado en las formas de los modelos examinados ya, se supone que es más bien cerca de $\frac{2}{3}$.