538. com ' s rompecabezas de la desbordante Copa de Martini - cómo calcular el eje menor y mayor de una sección transversal elíptico de un cono

Question

Puzzle acertijo FiveThirtyEight.com / 13 de mayo

El rompecabezas va como esta; "Es el viernes. Tú has mejorado tus pies y han bebido lo suficiente de su martini que, cuando el vaso cónico (

Answer 1

Considere la posibilidad de este diagrama, que representa una vista lateral de la copa de martini con "punta" de modo que la bebida llega a una distancia máxima en $x := |\overline{OX}|$ y un mínimo de distancia de $y := |\overline{OY}|$ a partir de un cono de vértice $O$:

Deje $O^{\prime\prime}$ ser el punto medio de la $\overline{XY}$, por lo que es el centro de la representación de la elipse; por lo tanto, $|\overline{O^{\prime\prime} X}| = |\overline{O^{\prime\prime} Y}| = a$ es la elipse "radio mayor".

Dos observaciones rápidamente:

• Con $H$ el pie de la perpendicular de$O$$\overline{XY}$, por lo que el $h := |\overline{OH}|$ está a una altitud de $\triangle XOY$ (y congruente a la altura de la bebida de cono de sí mismo), $$a h = |\triangle XOY| = \frac{1}{2} x y \sin 2\theta \tag{1}$$

• Con "horizontales" $\overline{XX^\prime}$, $\overline{YY^\prime}$, y $\overline{X^{\prime\prime}Y^{\prime\prime}}$, como se muestra arriba, vemos que el $\overline{O^{\prime\prime} X^{\prime\prime}}$ $\overline{O^{\prime\prime}Y^{\prime\prime}}$ son necesariamente el punto medio de los segmentos de los respectivos triángulos $\triangle XYX^\prime$$\triangle XYY^\prime$; por lo tanto, $$|\overline{O^{\prime\prime}X^{\prime\prime}}| = \frac{1}{2} |\overline{XX^\prime}| = x \sin\theta \qquad\text{and, likewise}\qquad |\overline{O^{\prime\prime}Y^{\prime\prime}}| = y\sin\theta \tag{2}$$

También, se nota que $b$, la elipse "radio menor", es la longitud de un segmento perpendicular a $\overline{X^{\prime\prime}Y^{\prime\prime}}$ $O^{\prime\prime}$ que cumpla con un (semi-)círculo con diámetro de $\overline{X^{\prime\prime}Y^{\prime\prime}}$:

Esta es la clásica construcción de la media geométrica de los dos valores, y hemos $$b^2 = |\overline{O^{\prime\prime}X^{\prime\prime}}| |\overline{O^{\prime\prime}Y^{\prime\prime}}| = x y \sin^2 \theta \tag{3}$$

Ahora, dado que el volumen de un cono cuya base es una elipse con radios $a$$b$, y cuya altura es $h$, está dada por $$V = \frac{1}{3}\cdot(\text{area of base})\cdot(\text{height}) = \frac{\pi}{3} ab h \tag{4}$$ tenemos $$V = \frac{\pi}{3}\cdot a h \cdot b = \frac{\pi}{3}\cdot \frac{1}{2}x y \sin 2\theta \cdot \sqrt{ x y \sin^2\theta} = (xy)^{3/2}\cdot\frac{\pi}{6}\sin\theta\sin 2\theta \tag{$4^\prime$}$$

Es decir, fija $\theta$, podemos decir simplemente:

$$V^2 \;\;\text{is proportional to}\;\; (xy)^3 \tag{$\estrella de$}$$

Siendo esto así ... Si un determinado volumen de bebida en una "inclinación" de vidrio alcanza distancias extremas $x$ $y$ desde el vértice, y el mismo volumen de la bebida en un "nivel" de vidrio alcanza la distancia de $z$ (en todas direcciones) desde el vértice, entonces claramente tenemos

$$x y = z^2 \tag{$\estrellas\estrella de$}$$

El "nivel" la distancia es la media geométrica de la "inclinación" extremos! Sospecho que, dado el orden de esta relación, debe haber una ruta más corta.

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Editar para agregar ... Como @hipergeométrica ha hecho la observación de que (por volumen constante) de la elipse de eje menor y el de la lado-vista de la zona permanecen constantes, voy a hablar de la forma en que estos hechos surgen de mi análisis. Simplemente combinar $(\star)$ $(3)$ $(1)$ para obtener:

• $V$ es proporcional a $b^3$.
• $V^2$ es proporcional a $|\triangle XOY|^3$.

Entonces, la constancia de $V$ implica la constancia de los otros valores.

Answer 2

El diagrama de abajo muestra el lado y vistas aéreas de la posición vertical e inclinada copa de martini.

Para el vertical de vidrio, la forma de la martini líquido es una invertida cono recto circular, con una altura de $p\sin\theta$ y la base circular de área $A_1$. Volumen de martini está dada por:

$$\begin{align} V&=\frac 13\cdot A_1 \cdot p\cos\theta\\ &=\frac 13\cdot \pi (p\sin\theta)^2\cdot p\cos\theta\\ &=\frac 13\cdot \pi p\sin\theta\cdot \underbrace{\left(\frac 12 \cdot p^2\cdot \sin 2\theta\right)}_{\text{area of sideview cross-section}} &&\cdots (1) \end{align}$$

Para el inclinado de vidrio, la forma de la martini líquido es una invertida elipsoidal de cono, con la altura de la $h$ y la elipse de la base con el área de $A_2$ y semi-mayor y semi-menor ejes de $a$ $b$ respectivamente. Volumen de martini está dada por:

$$\begin{align} V&=\frac 13\cdot A_2 \cdot h\\ &=\frac 13\cdot \pi ab\cdot h\\ &=\frac 13 \cdot \pi b \cdot \underbrace{\left(\frac 12 \cdot 2a\cdot h\right)}_{\text{area of sideview cross-section}}\\ &=\frac 13 \cdot \pi b \cdot \underbrace{\left(\frac 12 \cdot q\cdot 1\cdot \sin 2\theta\right)}_{\text{area of sideview cross-section}}\\ \end{align}$$

También, cuando el vidrio está inclinado, la superficie superior de martini líquido cambia de un círculo, una elipse, alargándose a lo largo de la dirección de inclinación, con la anchura se mantiene constante, i.e semi-eje menor de la elipse es igual al radio del círculo original, o $b=p\sin\theta$. Por lo tanto $$V=\frac 13 \cdot \pi p\sin\theta \cdot \left(\frac 12 \cdot q\cdot 1\cdot \sin 2\theta\right)\qquad\cdots (2)$$

El volumen sigue siendo el mismo:

$(1)=(2)$ : $$\begin{align} \frac 13\cdot \pi p\sin\theta\cdot \left(\frac 12 \cdot p^2\cdot \sin 2\theta\right) &=\frac 13 \cdot \pi p\sin\theta \cdot \left(\frac 12 \cdot q\cdot 1\cdot \sin 2\theta\right)\\ \underbrace{\frac 12 \cdot p^2\cdot \sin 2\theta}_{\text{area of upright sideview cross-section}}&=\underbrace{\frac 12 \cdot q\cdot 1\cdot \sin 2\theta}_{\text{area of tilted sideview cross-section}}\\\\ \color{red}{q}&\color{red}{=p^2}\qquad\blacksquare \end{align}$$ El anterior también muestra que la zona de los laterales de la sección transversal sigue siendo la misma antes y después de la inclinación.

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Nota Especial:

En nombre de la ciencia y las matemáticas, me ordenó a mí mismo un martini!

Fotos muestra a continuación. Palillo medidas diámetro del círculo y el eje menor de la elipse, y muestra que ambos son el mismo. De oliva marcas de centro de círculo/elipse, respectivamente.

Vertical copa de martini

Inclinado copa de martini

Answer 3

En la superficie del cono, $\frac rz=\tan\theta$. En el plano de la superficie del líquido, utilizando la fórmula punto-pendiente de una línea $$\frac{z-h}{r\cos\psi-h\tan\theta}=\tan\phi$$ Donde $\phi$ es el ángulo de inclinación del vidrio y $\psi$ será el ángulo azimutal. $\psi=0$ a punto de $E$ en el diagrama. En el menisco, $$z=\frac r{\tan\theta}=h+r\tan\phi\cos\psi-h\tan\theta\tan\phi$$ Así $$r=\frac{h(1-\tan\theta\tan\phi)}{\frac1{\tan\theta}-\tan\phi\cos\psi}=\frac{h(1-e)\tan\theta}{1-e\cos\psi}$$ Donde hemos usado la variable $e=\tan\theta\tan\phi$ a limpiar un poco. Entonces se puede calcular $$\begin{align}V_{\phi}&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac{h(1-e)\tan\theta}{1-e\cos\psi}}\int_{\frac r{\tan\theta}}^{h+r\tan\phi\cos\psi-he}dz\,r\,dr\,d\psi\\ &=\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac{h(1-e)\tan\theta}{1-e\cos\psi}}\left[h(1-e)-\frac{r(1-e\cos\psi)}{\tan\theta}\right]r\,dr\,d\psi\\ &=\int_0^{2\pi}\left[\frac12h(1-e)\frac{h^2(1-e)^2\tan^2\theta}{(1-e\cos\psi)^2}-\frac1{3\tan\theta}\frac{h^3(1-e)^3\tan^3\theta}{(1-e\cos\psi)^2}\right]d\psi\\ &=\frac16h^3(1-e)^3\tan^2\theta\int_0^{2\pi}\frac{d\psi}{(1-e\cos\psi)^2}\end{align}$$ Vamos a dejar que $\nu=\psi-\pi$, a continuación, utilizar la anomalía excéntrica $$\sin E=\frac{\sqrt{1-e^2}\sin\nu}{1+e\cos\nu},\,\cos E=\frac{\cos\nu+e}{1+e\cos\nu},\,(1-e\cos E)=\frac{1-e^2}{1+e\cos\nu},\,dE=\frac{\sqrt{1-e^2}d\nu}{1+e\cos\nu}$$ Entonces $$\begin{align}V_{\phi}&=\frac16h^3(1-e)^3\tan^2\theta\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\nu}{(1+e\cos\nu)^2}\\ &=\frac16h^3(1-e)^3\tan^2\theta\int_{-\pi}^{\pi}\frac{(1-e\cos E)dE}{(1-e^2)^{3/2}}\\ &=\frac16h^3\left(\frac{1-e}{1+e}\right)^{3/2}\tan^2\theta\left[E-e\sin E\right]_{-\pi}^{\pi}\\ &=\frac13\pi h^3\tan^2\theta\left(\frac{1-e}{1+e}\right)^{3/2}\end{align}$$ Cuando el vaso está lleno y no se inclina tiene un volumen de $$V_0=\frac13\pi h^3\tan^2\theta$$ Y dado que el volumen de las escalas de medida $p^3$, tenemos que el volumen actual $$V_{\phi}=V_p=p^3V_0=p^3\frac13\pi h^3\tan^2\theta=\frac13\pi h^3\tan^2\theta\left(\frac{1-e}{1+e}\right)^{3/2}$$ Nos puede encontrar la distancia a la que el líquido se va hasta el otro lado mediante el establecimiento $\psi=\pi$, $$r=\frac{h(1-e)\tan\theta}{1+e}=qh\tan\theta$$ Donde $q$ es la fracción del lado lejano de que el fluido alcance. Desde $p=\left(\frac{1-e}{1+e}\right)^{1/2}$$q=\frac{1-e}{1+e}$, vemos que, de hecho,$q=p^2$. Increíble!

Answer 4

Esta solución está estrechamente relacionada con la transformación de Lorentz solución que he publicado antes, pero es tal vez más cerca del corazón de la cuestión. Disculpas por la publicación de varias soluciones, pero espero que cada uno aporta algo interesante de nuevo.

Suponer sin pérdida de generalidad que el lado de longitud del vidrio es $1$ y el vértice de un ángulo recto, con $x$ $y$ ejes a lo largo de los lados del vaso como en el diagrama, y considerar la simple apretón de asignación de $M$:

$$M=\left(\begin{matrix} \frac{1}{k} & 0 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{de la matriz} \right) $$

Para aquellos no familiarizados con la representación de la matriz, $M$ es una función, un afín transformación lineal, que los mapas de coordenadas a coordenadas de la siguiente manera: $$(x',y',z') = (\frac{x}{k},ky,z)$$ Vamos a mostrar ahora que $M$ mapas (las coordenadas) de la recta líquido cono (coordenadas) de un oblicuo elíptica de cono que también es limitado por el cono de la copa. La superficie plana de la pieza vertical de líquido (la más pronunciada de la línea azul) está asignada a otra superficie plana (la menor), y su perímetro se compone de puntos en el cono. Como cada punto en el cono, cada uno de esos perímetro de puntos es en el $x$ o $y$ ejes y permanece allí en virtud de la transformación, o está en una hipérbola de la forma (para algunos en particular $z$) $xy=\frac{z^2}{2}$, y permanecerá en ese hipérbola en virtud de la transformación (debido a $x'y'=xy$), y por lo tanto se queda en el cono. Por lo $M$ mapas del perímetro de co-planar curva cerrada en el cono: una elipse. Al$k=p$, $x$ valor de $p$ mapas a $1$, por lo que el punto más alto de la elipse está en el borde. Apriete las asignaciones de volumen-la preservación de (ver más abajo). Por lo tanto, con $k=p$ tenemos el cono estamos buscando: el mismo volumen, superficie perímetro en el cono de vidrio, y se inclinó a la llanta. Y $y=p$ mapas a $y'=p^2$, de modo que el borde inferior de la superficie elíptica es $p^2$ del camino al lado. Por lo tanto la respuesta es $p^2$ (de hecho el producto de las longitudes de los líquidos de cono es $p^2$ para cualquier valor de $k$).

(A ver que $M$ conserva área en la $x-y$ plano, considere la posibilidad de cualquier figura dividido en infinitesimal cuadrados de lado $s$ y el área de $s^2$, orientado con los ejes. $M$ mapas de estos rectángulos de lados $\frac{s}{k}$$sk$, y así conservan su área. Ese volumen se conserva de la siguiente manera fácil, debido a que la profundidad ($z$) es invariable.)

Answer 5

Asumimos que el cono de vidrio tiene la altura y el radio de $1$ (por lo tanto de lado de longitud $\sqrt{2}$) sin pérdida de generalidad, ya que cualquier otro factor de forma puede ser obtenida por el uniforme de escala en la dirección de la copa del eje, que conserva las proporciones de los volúmenes (líquido para vidrio en posición vertical y con punta de configuraciones), y de las longitudes de línea paralela de los segmentos ($p$$x$donde $x$ es la respuesta que estamos buscando).

El volumen de la posición vertical de líquido es $\frac{1}{3}\pi p^3$, que de la oblicua elíptica cono formado por la punta de líquido es $\frac{1}{3}\pi abh$, y por lo $abh=p^3$. Deje $x$ ser la altura del borde inferior de la punta de líquido (y por tanto la fracción de longitudes de que es nuestra respuesta). La zona de la derecha triangular central de la sección transversal del líquido puede ser expresado como la mitad de la base por altura de dos maneras:

$$ah = \frac{1}{2}\sqrt{2}(\sqrt{2}x)=x$$

Donde $r$ es el radio del cono de vidrio en el centro de la elipse, y $d$ la distancia entre el centro de la elipse y el eje de la copa, los siguientes son fáciles de confirmar el uso de semejanza de triángulos y el teorema de Pitágoras.

$$r = x + \frac{1-x}{2} = \frac{x+1}{2}$$

$$d = 1-\frac{x+1}{2}=\frac{1-x}{2}$$

$$b=\sqrt{r^2-d^2}=\sqrt{x}$$

$$abh=x\sqrt{x}=p^3$$

$$x=p^2$$

(Esta solución es muy similar a uno que suministra a fivethirtyeight.com.)