¿Es posible poner pares disjuntos abiertas 3d-bolas con radios $\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\dots$ dentro de una bola de la unidad?
no es una pregunta original, la encontré en algún lugar en el internet una vez, pero sin ninguna respuesta.
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Como se ha señalado por @mjqxxxx, esto es posible.
De hecho, es posible pack de dos familias de abrir bolas de radios $\frac12, \frac13, \ldots$ en la unidad de la esfera.
La imagen de abajo ilustran una configuración posible (con $n$$300$):
$\hspace1in$ 
En la imagen de arriba, las dos familias están relacionados unos con otros a través de una reflexión con respecto al origen.
Ahora vamos a concentrarnos en las familias de bolas de color marrón. El marrón de la bola con el radio de $\frac12$ se centra en $(0,0,-\frac12)$. Para $n \ge 3$, el marrón de la bola con el radio de $\frac1n$ está centrado en
$$(x_n,y_n,z_n) = (r_n\sin\theta_n\cos\phi_n,r_n\sin\theta_n\sin\phi_n, r_n\cos\theta_n)$$
donde $\displaystyle\;r_n = 1 - \frac1n,\;\theta_n = \frac{\pi}{4}\left(\frac{n+1}{n-1}\right)\;$ $\phi_n$ está definida recursivamente por
$$ \phi_n = \begin{cases} 0, & n = 3\\ \phi_{n-1} + \rho_n + \rho_{n-1}, &n > 3 \end{casos} \quad\text{ donde }\quad \rho_n = \sin^{-1}\left(\frac{1}{(n-1)\sin\theta_n}\right) $$ Si uno ortogonal proyecto de la pelota con el radio de $\frac1n$ a $xy$-plano, $\rho_n$ será la media del ángulo subtendido por el balón de la imagen con el resultado de procedencia. La condición $\phi_{n} - \phi_{n-1} = \rho_{n} + \rho_{n-1}$ garantía de las bolas con radios $\frac{1}{n}$ $\frac{1}{n-1}$ son distintos el uno del otro.
Para $n = 2$, el marrón de la bola con el radio de $\frac12$ está tocando la bola azul con el radio de $\frac12$ y el marrón de la bola con el radio de $\frac13$. Sin embargo, sus interiores son disjuntas.
Para las pequeñas $n$, se puede construir un modelo 3d de la configuración anterior y verificar por los ojos las bolas son distintos el uno del otro. Imagen de arriba contiene bolas de con $n$ hasta $300$, bolas de con $2 < n \le 300$ han sido inspeccionados y que son distintos el uno del otro.
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Para mayor $n$, las bolas se forma una espiral en la que convergen a algún tipo de ciclo límite en $\theta = \frac{\pi}{4}$. Para una típica bola de allí, su proyección en $xy$-avión se sobrepasan un ángulo de $2\rho_n \sim \frac{2\sqrt{2}}{n}$ con respecto al origen. Además, las bolas cercanos se ordenarán de la información "brazos". Deje $\frac{1}{Kn}$ ser el radio de la bola más cercana en el siguiente brazo de la espiral (es decir, el brazo más cercano al límite ciclo inmediatamente por encima del brazo). Los "ángulos" entre la bola y su vecino más cercano en el siguiente brazo será de alrededor de $2\pi$. Esto significa $$\int_{n}^{Kn} \frac{2\sqrt{2}}{n} dn = 2\sqrt{2}\log K \aprox 2\pi \quad\implica\quad K \aprox e^{\pi/\sqrt{2}}$$
La distancia entre este par de bolas es de alrededor de $\theta_n - \theta_{Kn} \approx \frac{\pi}{2Kn} - \frac{\pi}{2n} = \frac{\pi}{2n}\left(\frac1K-1\right)$.
Podemos compararla con la separación necesaria $\frac{1}{n} + \frac{1}{Kn} = \frac{1}{n}\left(1 + \frac{1}{K}\right)$ entre ellos.
Dado que la relación $\frac{\pi}{2}\left(\frac{K-1}{K+1}\right) = \frac{\pi}{2}\left(\frac{e^{\pi/\sqrt{2}}-1}{e^{\pi/\sqrt{2}}+1}\right) \approx 1.263418 > 1$, cuando se $n$ es grande, la pelota con el radio de $\frac1n$ es disjunta de la próxima brazo de la espiral.
Puente para el análisis de pequeñas y grandes $n$, tenemos que comprobar el tiempo de $n$ alcance $300$, si podemos pasar a utilizar el resultado para un gran $n$ o no.
No tengo una rigurosa prueba. Sin embargo, al aumentar el $n$ a $100$, el error relativo entre el $2\rho_n$ y su aproximación a $\frac{2\sqrt{2}}{n}$ ya cae por debajo de $0.55\%$. El error relativo en $K$ debe ser de alrededor de $\frac{\pi}{\sqrt{2}} \cdot 0.55\% \sim 1.3\%$. Tan lejos como puedo ver, otras aproximaciones deben generador de errores relativos de la misma orden. Dado que la relación $1.263418$ está por encima de decenas de por ciento mayor que $1$. Parece $n = 100$ ya es lo suficientemente grande.
La combinación de todos estos análisis, una apuesta segura es de que todas las bolas en dos familias son distintos el uno del otro.
Norbert Tamas
Puntos
499
A ver si me hice entender bien:
Dados cualesquiera dos 3D-balls (y están abiertos), ninguno puede interset el uno con el otro. Que es $$ B_n \cap B_k = \oslash$$ for any $k$ and $$n.
Es que quería saber si usted puede caber todo en una bola de radio $1$, mientras que cada una de las $B_n$ radio $\frac 1 n$$n >1$.
Si la respuesta es sí, entonces usted puede caber a todos, sin intersecciones. Es decir, la suma de su volumen debe ser menor a $\frac {4 \pi} 3$.
$$ \sum V_{olume} < \frac {4 \pi} 3 $$
Tenemos que comprobar si la desigualdad anterior es cierto.
¿La serie belows convergen? A qué número?
$$ \sum V_{olume} = \sum_{n=2}^\infty \frac {4 \pi} 3 \frac 1 {n^3}$$
Y sí, sí converge a (aproximadamente) $$\sum_{n=2}^\infty \frac {4 \pi} 3 \frac 1 {n^3} \approx 0.202157 \ \frac {4 \pi} 3$$
Lo que confirma que la desigualdad es verdadera.
Por lo tanto, sí. Usted puede caber a todos aquellos 3D-bolas dentro de una bola de radio $1$.
Basado en el Post de respuesta o modificar considerablemente de edad la respuesta es incorrecta?
He eliminado el antiguo respuesta equivocada y estoy publicando esta nueva.
