¿Si acumulas 100 esferas idénticas cuántas terminarán en la superficie?

Question

Hasta ahora he hecho esta pregunta en las secciones de física, ingeniería y matemáticas, pero no he obtenido respuesta en tres años. Si tienes 100 esferas idénticas y las agrupas en una forma esférica, ¿cuántas terminarán en la superficie? Pueden estar bien apretadas o sueltas en un patrón hexagonal o cúbico. Pueden estar simétricamente o uniformemente espaciadas. Me doy cuenta de que la respuesta puede variar en uno o dos dependiendo de cómo las agrupes, pero en general parece algo que se puede responder. ¿Hay alguna fórmula que se pueda aplicar a cualquier número de esferas? Por ejemplo, ¿qué pasa si tienes 120 esferas idénticas, cuántas estarán en la superficie entonces? Imagina un átomo con 120 núcleos en el núcleo. Gracias por tu ayuda.

EDIT: Después de ver algunas de las respuestas, me recordó mi proceso de pensamiento hace unos años cuando empecé a pensar en esto. ¿Cómo defines superficie, qué tipo de empaquetado, etc. Yo también probé con bolsas de plástico y terminé usando bolas magnéticas de diferentes colores. Experimentar ha funcionado muy bien y hice la pregunta porque realmente pensé que habría una fórmula simple disponible. En cuanto a qué es la superficie, he encontrado otra pregunta que en realidad se acerca más a lo que me interesa. No importa cuántas esferas se acumulen en una forma esférica, puedes separarlas en dos categorías. Esferas en el (interior) y esferas en la (superficie o que tocan una esfera en la superficie). Esto parece confuso al principio, pero en realidad simplifica la pregunta sobre la superficie al llenar literalmente los espacios vacíos. Entonces, realmente la pregunta es ¿cuántas esferas no están en la superficie o tocan una esfera en la superficie? Aún así, puede ser difícil contar esferas cuando cambias entre formas hexagonales, cúbicas o esféricas de forma simétrica. Por eso he esperado una solución más rápida.

Answer 1

Enfoque experimental

Aquí hay 100 canicas en una bolsa de polietileno:

Si una canica toca la bolsa, se cuenta como estando en la superficie. No conté, y la bolsa no era perfectamente redonda. Un globo podría ser mejor.

Enfoque teórico

Esto funciona para un gran $N$, y el resultado es como Ivan predijo (a partir de argumentos de escala en 2D y 3D, imagino). Descuidamos los defectos de empaquetamiento en el volumen, y tratamos la superficie como si no tuviera curvatura ni defectos. La densidad de empaquetamiento máxima de esferas es bien conocida por los químicos,

$$P_\mathrm{3D} = \frac{π \cdot \sqrt{2}}{6} = 0.74046\ldots\tag{1}$$

La densidad de empaquetamiento máxima de círculos es menos conocida en este sitio, pero puedes buscar en Wikipedia:

$$P_\mathrm{2D} = \frac{π \cdot \sqrt{3}}{6} = 0.90687\ldots\tag{2}$$

Si tienes $N$ canicas con radio $r$, puedes estimar el radio $R$ de la esfera que las rodea, obtener su área ($4 \pi R^2$), y calcular cuántos círculos (de área $\pi r^2$) caben en esa área. La expresión resultante escala con $N$ a la potencia de dos tercios, como dijo Ivan:

$$N_\mathrm{surface} = 4 \cdot P_{\mathrm{2D}} \cdot \left(\frac{N}{P_{\mathrm{3D}}}\right)^\frac{2}{3}\tag{3}$$

Por ejemplo, para un millón de esferas, aproximadamente cuatro por ciento están en la superficie. Para una sola esfera, todas están en la superficie. La expresión para $N = 1$ da $4.4$, bastante malo. Para $N = 100,$ da $95.2$. Esa no es una mala estimación; desde el enfoque experimental, veo más de $30$ canicas en la superficie, y la imagen solo muestra un lado.

Aproximando una esfera con un cubo

Si tienes 125 esferas que se empaquetan de forma cúbica primitiva, tendrías un cubo con 5 esferas en cada dirección. La capa de arriba y abajo, derecha e izquierda, frente y trasera estarían en la superficie, dejando un cubo de 3 por 3 por 3 en el centro. Entonces, 27 esferas estarían en el interior y las restantes 98 estarían en la superficie. Cuando tomamos esas mismas 125 y las empaquetamos más apretadas de forma que quepan en una esfera mínima, el área superficial se reduciría, y el empaquetamiento en la superficie se haría más denso, lo que lleva a una fracción similar de esferas en la superficie.

Answer 2

Hay que tener en cuenta que la idea clásica de un núcleo atómico como un conjunto de bolas de nucleones es muy incorrecta, al igual que otra idea clásica de un átomo como un sistema planetario de bolas de electrones que orbitan y giran.

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Supongo que hasta ahora has tenido mala suerte, ya que esta tarea es, en la opinión de mi cerebro no matemático, resistente tanto al análisis teórico general (geometría, topología) como al análisis experimental.

Dudo que exista una fórmula general (o muy compleja en el mejor caso), aparte de la fórmula asintótica para el radio del grupo $R$, mucho mayor que el radio de la esfera $r$, donde $N_\mathrm{surf} = a \cdot N^{2/3}$.

El problema para N pequeños como 100 y el diámetro efectivo relacionado es, que hay colisión entre mantener la disposición de esferas dada y seguir la forma esférica.

¿Se supone que existen fuerzas centrípetas que corrompen la disposición esférica en favor de una forma más esférica?

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Si se da el factor de llenado del espacio $f$ (una fracción del volumen llenada por esferas) entonces para $R \gg r$ el volumen de la esfera

$$V \simeq \frac {4N}{3f} \cdot \pi \cdot r^3 \tag{1}$$

y

$$R=r \cdot {\left(\frac Nf\right)}^{1/3} \tag{2}$$

La capa externa de grosor $2r$ tiene un volumen $$V_\mathrm{s} = \frac 43 \cdot \pi \cdot \left( R^3 - \left(R-2r\right)^3 \right)= \frac 43 \cdot \pi \cdot \left( 3R^2.2r - 3R.4r^2 + 8r^3 \right) \\= \frac 43 \cdot \pi \cdot r^3 \left( 6{(\frac Rr)}^2 - 12 \frac Rr + 8 \right) \\= \frac 43 \cdot \pi \cdot r^3 \left( 6 \cdot {(\frac Nf)}^{2/3} - 12 \cdot {(\frac Nf)}^{1/3} + 8 \right)\tag{3}$$

El volumen de las esferas en esta capa es aproximadamente $$V_\mathrm{s1} \simeq V_\mathrm{s} \cdot f = \frac 43 \cdot \pi \cdot r^3 \cdot f \cdot \left( 6 \cdot {(\frac Nf)}^{2/3} - 12 \cdot {(\frac Nf)}^{1/3} + 8 \right) \tag{4}$$

El número de esferas superficiales es entonces aproximadamente

$$N_\mathrm{surf} \simeq \frac {V_\mathrm{s1}}{V_\mathrm{1 sphere}}= \frac {\frac 43 \cdot \pi \cdot r^3 \cdot f \cdot \left( 6 \cdot {(\frac Nf)}^{2/3} - 12 \cdot {(\frac Nf)}^{1/3} + 8 \right) }{\frac 43 \cdot \pi \cdot r^3} \\ =f \cdot \left( 6 \cdot {(\frac Nf)}^{2/3} - 12 \cdot {(\frac Nf)}^{1/3} + 8 \right) \tag{5}$$

Para un N muy grande, obtenemos lo previamente publicado:

$$N_\mathrm{surf} \simeq 6 \cdot f^{1/3} \cdot N^{2/3} \tag{5a}$$

Ten en cuenta que esta solución asintótica para N grande considera las esferas superficiales como aquellas tocadas por el envoltorio de papel alrededor del objeto.

Para el arreglo más ajustado es $f \simeq 0.74 $, entonces

$$N_\mathrm{surf} \simeq 0.74 \cdot \left( 6 \cdot {(\frac {100}{0.74})}^{2/3} - 12 \cdot {(\frac {100}{0.74})}^{1/3} + 8 \right) \simeq 77 \tag{6}$$

La función $N_\mathrm{surf} = f(N,f)$ no es muy sensible al factor de llenado del espacio para N pequeños. $N_\mathrm{surf} = f(100,0.6) \simeq 74$.

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Si consideramos en lugar de eso un arreglo rectangular suelto como la estructura cristalina de $\ce{NaCl(s)}$ con un total de $5 \cdot 5 \cdot 4=100$, entonces el número de esferas en la superficie sería de $100 - 3 \cdot 3 \cdot 2=82$.

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Para más información, consulta la tabla a continuación.

\begin{array}{r|rrrr} \hline &f&&& \\ N&0.74&0.7&0.65&0.6 \\ \hline 10&10&10&10&10 \\ 20&19&19&19&19 \\ 50&43&43&43&42 \\ 100&77&76&75&74 \\ 200&134&132&130&128 \\ 500&270&266&261&256 \\ 1000&450&444&435&425 \\ 2000&744&732&717&701 \\ 5000&1425&1402&1371&1339 \\ 10000&2313&2275&2224&2170 \\ 20000&3738&3674&3590&3502 \\ 50000&7010&6887&6727&6559 \\ 100000&11242&11044&10785&10511 \\ 200000&17992&17672&17254&16813 \\ 500000&33415&32815&32032&31207 \\ 1000000&53294&52334&51079&49757 \\ \hline \end{array}

Answer 3

Aquí utilicé un enfoque numérico aproximadamente equivalente al enfoque analítico en la respuesta de Poutnik. El procedimiento es generar la esfera de menor tamaño que contiene dentro de su radio 100 cuentas empaquetadas hexagonalmente, y luego determinar el número de cuentas en una segunda esfera concéntrica más pequeña. Si r=1 es el radio de una cuenta, R=5.074 es el radio de la esfera que contiene 100 cuentas empaquetadas. Entonces una esfera concéntrica que es más pequeña por r/2 contiene 69 cuentas, una que es más pequeña por r contiene 52 cuentas, y una que es más pequeña por 2r contiene 24 cuentas. Tenga en cuenta que para colocar exactamente 100 cuentas en una esfera perfecta, el arreglo de cuentas no es simétrico.

Existen formas alternativas (y mejores) de distinguir entre cuentas interiores y de superficie, por ejemplo contar el número de contactos. En un arreglo hcp esto es un máximo de 12, con las cuentas de superficie teniendo menos. El uso de dicho conteo revela que solo 25 cuentas no están en la superficie y hacen los contactos máximos posibles. Al igual que el método de estimación anterior, el conteo de contactos no verifica si existen brechas, etc. Estas claramente existen como se muestra en la siguiente imagen (las cuentas interiores están coloreadas de azul, las de superficie en negro):

Dado que N=100 no es muy grande, algunas de las aproximaciones utilizadas en los enfoques analíticos propuestos en otras respuestas están destinadas a fallar. Considera mi respuesta: el número de cuentas interiores predicho por un método numérico es casi el mismo que el número de cuentas de superficie según la aproximación de N grande. De hecho, el número de cuentas de superficie es más parecido al esperado para un cubo (ver respuesta de Poutnik) en lugar de una esfera ideal (N grande). Este problema fue diseñado para ser resuelto mediante experimentación (numérica u de otro tipo).