Tetraedro de embalaje en el Cubo

Question

Estoy pensando en la siguiente geometría sólida problema.

Q: Supongamos que usted tiene una caja de "cubo" de forma con la longitud de la arista 1. Entonces, ¿Cómo muchos de los tetraedros regulares(con longitud de la arista 1) pueden estar en la caja?

Así que, esta es la clase de problemas de embalaje en el interior del cubo. Supongo que la respuesta es 3. pero no sé cómo demostrar que 3 es el número máximo. Es allí cualquier manera rigurosa para mostrar esto?

Gracias por la ayuda por adelantado.

Answer 1

1. "3" es posible, como se muestra en el siguiente diagrama.
   Los vértices de la red tetraedro son $$\left(\frac12,-\frac12,\frac12\right)\;\; \left(\frac12,-\frac12,-\frac12\right)\;\; \left(\frac{1}{2\sqrt{2}},\frac{1}{2\sqrt{2}},0\right)\;\;\text{ y }\;\; \left(-\frac{1}{2\sqrt{2}},-\frac{1}{2\sqrt{2}},0\right)$$ El verde y el azul tetraedros pueden ser obtenidos a partir de la roja girando a lo largo de la $(1,1,1)$ diagonal para $120^\circ$ $240^\circ$ respectivamente.

2. Creo que el "3" es el número máximo. La siguiente es una heurística argumento:

   Supongamos que tenemos $n$ tetraedros en el interior de un cubo. Hay $\frac{n(n-1)}{2}$ maneras de escoger un par de tetraedro $A, B$ entre ellos.

   Elegir un punto de $a$$A$, un punto de $b$ $B$ de manera tal que la distancia $|a-b|$ está maximizada. No importa cómo me coloque $A$$B$, siempre me $|a - b| \ge 2\sqrt{\frac23} \approx 1.633$.

   Debido a que este valor está muy cerca de a $\sqrt{3} \approx 1.732$, el diámetro del cubo, los puntos de $a, b$ va a estar muy cerca de los dos puntos extremos de una diagonal. Esto significa que cada par de tetraedro va a ocupar al menos una de las diagonales del cubo.

   Desde un cubo ha $4$ diagonales y parece imposible para los diferentes pares de tetraedro para compartir una diagonal, podemos encontrar: $$\frac{n(n-1)}{2} \le 4 \implies n \le 3$$