Problema de prueba estandarizado: empaquetar esferas en un prisma rectangular

Question

Por lo tanto, este era un problema en los nuevos exámenes estandarizados de secundaria que California ha empezado a utilizar (CAASP). Estos nuevos exámenes se hacen completamente por ordenador, y cuentan con lo que llaman Computer Adaptive Testing. Básicamente, el examen se "adapta" a cómo lo está haciendo el estudiante, y ofrece problemas más difíciles o más fáciles en función de ello.

Sin embargo, este problema aparecía como la penúltima pregunta, y era extremadamente complicado. Tengo curiosidad por saber cómo se supone que hay que hacer este problema.

¿Cuántas esferas con diámetro $3$ puede caber en un prisma rectangular de dimensiones $24.1$ , $30.1$ y $16.9$ ?

Si alguien necesita alguna aclaración, intentaré ser bastante rápido.

Gracias

Answer 1

No hay pruebas, sólo algunas observaciones sencillas y experimentos numéricos con el empaquetamiento cúbico centrado en la cara (FCC) y el empaquetamiento cerrado hexagonal. El resultado es: $540$ bolas (doce capas de $45$ en el envase cerrado hexagonal) sólo caben en una caja con las dimensiones dadas.

Advertencia: Excepto en el caso de la $540$ -envasado de bolas, las afirmaciones numéricas que aparecen a continuación no son cuidadosamente comprobadas a mano.

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• Multiplicando el volumen de la caja por la densidad media del embalaje FCC y dividiendo por el volumen de una bola de radio $3$ da un límite superior absoluto de $642$ bolas.

• Dejemos que $\{d_{1}, d_{2}, d_{3}\} = \{16.9, 24.1, 30.1\}$ y que $\Lambda$ sea la red que contiene el punto $(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}, \frac{3}{2})$ y generado por los vectores $v_{1} = (3, 0, 0)$ , $v_{2} = (\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\sqrt{3}, 0)$ y $v_{3} = (\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\sqrt{3}, \sqrt{6})$ . Contar el número de bolas de diámetro $3$ centrado en los puntos de $\Lambda$ y contenida dentro de la caja $$ [0, d_{1}] \times [0, d_{2}] \times [0, d_{3}] $$ da: $$ \begin{array}{cc} (d_{1}, d_{2}, d_{3}) & n \\ \hline (16.9, 24.1, 30.1) & 500 \\ (16.9, 30.1, 24.1) & 480 \\ (24.1, 16.9, 30.1) & 512 \\ (24.1, 30.1, 16.9) & 480 \\ (30.1, 16.9, 24.1) & 486 \\ (30.1, 24.1, 16.9) & 476 \\ \end{array} $$ El estereograma siguiente muestra el $512$ -embalaje de bolas, con cuatro capas de $38$ y $8$ capas de $45$ .

• El empaquetamiento anterior (en el que cada tercera capa está "mal colocada") lleva a considerar el empaquetamiento cerrado hexagonal con las mismas dos capas inferiores. De hecho, esto es un poco mejor: $$ \begin{array}{cc} (d_{1}, d_{2}, d_{3}) & n \\ \hline (16.9, 24.1, 30.1) & 510 \\ (16.9, 30.1, 24.1) & 495 \\ (24.1, 16.9, 30.1) & 540 \\ (24.1, 30.1, 16.9) & 513 \\ (30.1, 16.9, 24.1) & 495 \\ (30.1, 24.1, 16.9) & 486 \\ \end{array} $$ En particular, doce capas de $45$ las bolas se pueden apilar en la caja $[0, 24.1] \times [0, 16.9] \times [0, 30.1]$ :

La caja más pequeña (vista superior mostrada a continuación) tiene unas dimensiones $$ 24 \times \tfrac{15}{4}(1 + 2\sqrt{3}) \times 3(1 + 11\sqrt{\tfrac{2}{3}}) \approx 24 \times 16.75 \times 29.45,\quad \text{cf. } 24.1 \times 16.9 \times 30.1. $$

Answer 2

El hecho de que $24.1$ y $30.1$ son simplemente mayores que los múltiplos de $3$ me hace suponer que el autor del problema espera que hagas una capa inferior que sea un paquete cuadrado de $8 \times 10$ y luego apilar un $7 \times 9$ paquete cuadrado en eso, un $8 \times 10$ en eso, y así sucesivamente. El espacio entre capas de este embalaje es $\frac {\sqrt 2}23 \approx 2.121$ , por lo que obtenemos $1+\lfloor \frac {16.9-3}{2.121}\rfloor=7$ capas en la caja, para $80 \cdot 4 + 63 \cdot 3=509$ . Mi teoría se ve debilitada por el hecho de que la vertical no es un ajuste apretado. Por supuesto, no he demostrado que mi embalaje sea óptimo, y de hecho sospecho firmemente que no lo es. ¿Era esa una de las opciones? Estoy de acuerdo en que este es un problema terrible para una prueba cronometrada. Incluso haciendo la tercera dimensión $18.1$ y asumiendo que un paquete cúbico sería mejor.