¿Cuál es el área mínima de un rectángulo que contiene todos los círculos de radio $1/n$ ?

Question

¿Cuál es el área mínima de un rectángulo que contiene todos los círculos (no superpuestos) de radio $1/n$ , $n\in\mathbb{N}$ ?

El área total de los círculos es finita: $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\pi}{n^2}=\frac{\pi^3}{6}\approx5.168$ .

A continuación muestro el rectángulo de menor área que puede contener círculos con radios $1$ y $\frac{1}{2}$ . Este rectángulo tiene la altura $2$ y anchura $\frac{3}{2}+\sqrt2$ por lo que el área es $3+2\sqrt2\approx5.828$ . Coloqué círculos con radios $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, ..., \frac{1}{20}$ sin ningún patrón en particular.

Aquí está el gráfico de desmos .

Mi intuición me dice que los otros círculos también caben. Los otros ocuparían sólo $\dfrac{\pi^3/6-\sum_{n=1}^{20}\pi/n^2}{3+2\sqrt2-\sum_{n=1}^{20}\pi/n^{2}}\approx 0.188$ del espacio restante. Pero, ¿cómo podríamos demostrar que todos los círculos caben en este rectángulo?

Mi pregunta se inspira en un pregunta sobre el ajuste de círculos armónicos en un disco unitario.

Answer 1

Se puede abordar esta cuestión formando una cuadrícula desplazada de cuadrados de radios $1/k$ de forma aproximadamente triangular que encaje en el sector superior izquierdo del rectángulo, con lo que los cuadrados se pueden rellenar con círculos y ya hemos terminado.

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Para formalizar esta idea, empecemos por darnos suficiente margen para necesitar sólo el sector superior izquierdo. El cálculo del post señala que no necesitamos gran parte del área restante si rellenamos el primer $n = 20$ pero para tener más espacio (y puesto que lo necesitaremos más adelante de todos modos), rellenemos el primer campo $65$ bolas a mano para que podamos empezar con $n=66$ :

(Gráfico Desmos aquí modificado a partir del gráfico de la OP)

Ahora que tenemos esto, nuestro objetivo será construir un triángulo en el sector superior izquierdo a partir de cajas, con radios como tales:

Por supuesto, está la cuestión de cómo hacer que los cuadrados sean tangentes cuando los radios son decrecientes, así que estipulamos que en cada etapa primero ponemos una caja lo más a la izquierda y luego lo más arriba posible, y luego ponemos las cajas restantes a ras de la parte superior derecha de la caja asociada de la etapa anterior. Gráficamente, donde una caja está etiquetada $m$ si se añade en el $m$ paso, esto parece:

Si trazamos una línea con ángulo $45 \deg$ en la parte inferior derecha de la caja más inferior, obtenemos una caja delimitadora de un triángulo:

La longitud del lado corto de este triángulo isósceles se obtiene sumando primero los diámetros de la columna de casillas situadas más a la izquierda y añadiendo después el diámetro de la casilla situada más abajo a la izquierda. En concreto, si realizamos los números triangulares $T_n = \frac{n(n+1)}{2}$ podemos acotar la longitud lateral $S_m$ en el $m$ ª fase de la construcción como: $$S_m = \frac{2}{n + \frac{m(m-1)}{2}} + \sum_{k=0}^{m-1} \frac{2}{n + \frac{k(k+1)}{2}} \le \frac{2}{n} + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2}{n + \frac{k(k+1)}{2}}$$

De hecho, aquí utilizamos el hecho $n = 66$ para determinar:

$$S_m \le \frac{2}{66} + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2}{66 + \frac{k(k+1)}{2}} = \frac{2}{66} + \frac{4\pi \tanh \left(\frac{\sqrt{527} \pi}{2} \right)}{\sqrt{527}} = 0.577703\ldots$$

Ahora bien, esto es importante, porque resulta ser un límite suficientemente bueno. En efecto, si se traza la tangente al círculo unitario en el diagrama de la OP en el punto $(\cos(3\pi/4), \sin(3\pi/4))$ y ve dónde se cruza con el límite vertical de la izquierda, un cálculo rápido (utilizando el hecho de que la línea tiene ecuación $y = x + \sqrt{2}$ ) muestra el mayor triángulo isósceles posible que puede encajar tiene lado corto de longitud $2 - \sqrt{2} = 0.585786\ldots$ por lo que nuestro triángulo construido arriba encaja.

Como comprobación de cordura, ahora podemos poner los círculos restantes de radio $1/k$ en las cajas de radio $1/k$ y determinar el área resultante. En efecto, el área de las cajas puede calcularse como $\sum_{k = 66}^\infty \left(\frac{2}{k}\right)^2 \approx 0.061$ mientras que el área del sector superior izquierdo viene dada por $1 - \frac{\pi}{4} \approx 0.21$ así que nos sobra mucha superficie.

Answer 2

Para $a$ y $N$ podemos colocar discos disjuntos de radios $\frac 1n$ , $n\ge N$ en un $a\times a$ cuadrado, columna por columna, donde columna $k$ ( $k=0,1,2,\ldots$ ), consiste únicamente en discos de radio $\le\frac 1{n_k}$ .

Tenemos claramente $n_0=N$ y como $\frac 2{n_k}$ cabe al menos $n_k\cdot\frac a2-1$ veces en $a$ tenemos $$n_{k+1}\ge \left(1+\frac a2\right) n_k-1.$$ Esto hace que $$ n_{k+1}-\frac2a\ge \left(1+\frac a2\right)\left(n_k-\frac 2a\right)$$ para que $$ n_k\ge \left(1+\frac a2\right)^k\left(N-\frac2a\right)+\frac2a>\left(1+\frac a2\right)^k\left(N-\frac2a\right).$$ Entonces la anchura combinada de todas las columnas es $$ \sum_{k=0}^\infty\frac2{n_k}\le \frac2{N-\frac2a}\sum_{k=0}^\infty\left(1+\frac a2\right)^{-k}=\frac{2}{N-\frac2a}\cdot\frac1{1-\frac1{1+\frac a2}}=\frac{2+\frac4a}{N-\frac2a}.$$ Para encajar en nuestro $a\times a$ cuadrado, basta con que $\frac{2+\frac4a}{N-\frac2a}\le a$ es decir, que $$\tag1 N\ge \frac{4(a+1)}{a^2}=\left(1+\frac2a\right)^2-1.$$ También podemos resolver esto para $a$ y elegir el valor mínimo para $a$ compatible con $(1)$ : $$\tag2a=\frac{2}{\sqrt{N+1}-1}.$$

Ahora corta este cuadrado a lo largo de una diagonal en dos mitades y asigna cualquier disco que se superponga a la línea de corte a una parte que contenga al menos la mitad del disco. De este modo, si reordenamos las dos mitades en un triángulo rectángulo isósceles de altura $a\sqrt 2$ todos los discos están contenidos en un triángulo rectángulo isósceles de altura ligeramente mayor $$ h=a\sqrt 2+\frac{\sqrt2}N=\frac{2}{\sqrt{N+1}-1}+\frac{\sqrt2}N.$$ Recogiendo $N=39$ llegamos a $$ h = \frac2{\sqrt{40}-1}+\frac{\sqrt2}{39}=0.41188\ldots<\sqrt2-1.$$

Concluimos que todos los discos de radio $\frac1n$ , $n\ge39$ Encaja en el hueco de la parte superior izquierda de tu diseño. (Con sólo un poco más de esfuerzo, por ejemplo, utilizando estimaciones de números armónicos para rellenar mejor las columnas, se podría bajar el $39$ hasta $33$ y sigue siendo un límite muy burdo). La imagen de abajo muestra el diseño original más un triángulo amarillo para contener todos los discos $\le\frac1{39}$ discos, más posible de nueve discos rojos de radio $\frac1{20}$ (lo suficientemente grande para colocar $\frac1{21},\ldots,\frac1{29}$ ) y nueve discos verdes de radio $\frac1{30}$ (lo suficientemente grande para colocar $\frac1{30},\ldots,\frac1{38}$ ). Y aún queda bastante margen de maniobra.