Porciones iguales de mi tarta esférica

Question

Hace poco horneé un pastel esférico ( $3$ cm de radio) e invitó a algunos amigos, $6$ de ellos, para cenar. Cuando terminé con el plato principal, pensé en servir este pastel esférico y para evitar desacuerdos no invitados sobre el tamaño de las porciones, cogí mi cortadora de huevos con cuñas paralelas(y diseñada para cortar $6$ rebanadas a la vez; mi cortadora tiene $5$ cuñas) y coloqué mi tarta esférica justo en el centro exacto de la misma antes de presionar uniformemente sobre la cortadora.

Cómo debe ser la colocación relativa de mis cuñas de la cortadora para que yo sea capaz de distribuir por igual el pastel entre mis $6$ La configuración de la cortadora de huevos se parece a esto:

Answer 1

Sea $R$ sea el radio de tu tarta esférica. Consideraremos el caso en que tengamos que dividir el pastel en $n$ trozos del mismo tamaño.

Cada pieza tendrá entonces un volumen $\frac{4}{3}\frac{\pi R^3}{n}.$

Podemos calcular el volumen de cada rebanada estableciendo una serie de integrales, donde integramos sobre un cilindro infinitesimalmente delgado con volumen $dV=\pi r^2 dy,$ donde $r\leq R$ es el radio del cilindro (como este pero donde $r$ aquí está el radio a la altura $h=R-y$ ). Tenemos (dibújelo usted mismo para verlo) $r^2+y^2=R^2,$ que da

$$\frac{4}{3}\frac{\pi R^3}{n}=\pi\int_{a_i}^{b_i}(R^2-y^2)dy=\pi\left(R^2(b_i-a_i) +\frac{a_i^3-b_i^3}{3} \right),$$ donde $a_i$ es el valor de $y$ donde el $i$ comienza y $b_i$ es el valor donde termina, con $a_1=-R$ y $b_n=R$ . Obsérvese que tenemos $a_{i+1}=b_i.$

Así pues, tenemos $n$ ecuaciones con $n-1$ desconocidos:

$$\begin{align} \frac{4}{3}\frac{ R^3}{n}&=R^2(b_1-a_1) +\frac{a_1^3-b_1^3}{3}=R^2(b_1-(-R)) +\frac{(-R)^3-b_1^3}{3}\\ &=R^2(b_2-a_2) +\frac{a_2^3-b_2^3}{3}=R^2(b_2-b_1) +\frac{b_1^3-b_2^3}{3} \\ &\quad\quad \quad\;\;\;\;\quad \quad\quad\quad\;\quad\quad \quad\vdots \\ &= R^2(b_n-a_n) +\frac{a_n^3-b_n^3}{3}=R^2(R-b_{n-1}) +\frac{b_{n-1}^3-R^3}{3}. \end{align}$$

Como no es lineal, probablemente lo más fructífero sea resolverlo numéricamente.

Para $n=6$ en unidades de torta-radii (por lo que $R=1$ pero siempre podemos escalar), tenemos

$$b_1\approx-0.4817, \quad b_2\approx-0.2261,$$

que es todo lo que necesitamos debido a la simetría ( $b_3=0$ ). Así que su cortadora de pastel/huevo debe tener una distancia

$$\Delta b_{01}=0-b_1\approx 0.4817,\Delta b_{12}=b_2-b_1\approx 0.2556,\Delta b_{23}=0-b_2 \approx 0.2261.$$

Así que tu rebanadora de huevos debería parecerse un poco a esto:

$\quad\quad\quad\;\;\;$

Aquí está lo mismo que arriba, pero para $n\in[1,20]$ :

Debo decir que me sorprende lo anchas que deben ser las piezas más exteriores para que tengan un volumen igual al resto, pero probablemente se trate de que mi cerebro no es capaz de captar la exponenciación (aquí tomando la tercera potencia).

Aquí está el código de Mathematica (probablemente muy feo, pero que funciona):

ClearAll["Global`*"];
M = 20;
For[
 n = 1, n < M, n++,
 ans = b /. 
   FullSimplify[
    Assuming[Element[n, Integers], 
     Solve[4/n == 3 (b - a) + a^3 - b^3, b]]];
 B[a_] = N[Re[ans[[3]]]];
 tabs[n] = {RecurrenceTable[{h[k + 1] == B[h[k]], h[1] == -1}, 
    h, {k, 1, n + 1}]};
 ]
NumberLinePlot[Table[tabs[k], {k, 1, n}], {x, -1, 1}]

Como se muestra en esta respuesta podemos encontrar la posición del primero para ser (en el caso de $R=1$ )

$$x(n)=2\cos \left( {\frac{{\alpha - 2\pi }} {3}} \right), \quad\quad \text{with } {\,\alpha = \arctan \left( {\frac{{2\sqrt {\left( {n - 1} \right)} }} {{n - 2}}} \right)}, \text{ for } n>2.$$

Pero introducir esta respuesta en la siguiente ecuación cúbica y tratar de resolverla parece masoquista, de ahí la petición anterior de métodos numéricos. Tenga en cuenta que $\tan (0)=0$ tenemos $\lim_{n\rightarrow \infty}x(n)=-1$ como se esperaba.

Answer 2

Permítanme refundir Lovsovs ' respuesta desde otra perspectiva.
Considere al principio dividir un hemiesfera en $n$ partes de igual volumen. Designemos como $h(k,n)$ la posición relativa del $k$ -enésimo corte a lo largo del radio de la emisfera a partir del círculo de base (correspondiente a $k=0$ ). $$0 \leqslant h(k,n) \leqslant 1\quad \left| {\;0 \leqslant k \leqslant n} \right.$$ Así, tendremos $$\frac{2} {3}\pi R^{\,3} \frac{k} {n} = \pi \int_{y\; = \;0}^{h\,R} {\left( {R^{\,2} - y^{\,2} } \right)dy} = \pi \left( {R^{\,2} R\,h - \frac{1} {3}R^{\,3} h^{\,3} } \right)$$ es decir $$h^{\,3} - 3h + 2\frac{k}{n} = 0$$ Procederemos y resolveremos tales cúbico deprimido ecuación según el método indicado en esta obra de Alessandra Cauli consulte también el respuesta a este post .
Desmontaje del maletín $k=0$ para $\;1 \leqslant k \leqslant n$ definimos $$u = \sqrt[{3\,}]{{ - \frac{q} {2} + \sqrt {\frac{{q^{\,2} }} {4} + \frac{{p^{\,3} }} {{27}}} }}$$ donde $p$ y $q$ son respectivamente los coeficientes de $h^1$ y $h^0$ . El 2º radical es $$\frac{{q^{\,2} }} {4} + \frac{{p^{\,3} }} {{27}} = \left( {\frac{k} {n}} \right)^{\,2} - 1 = - \frac{{n^{\,2} - k^{\,2} }} {{n^{\,2} }} \leqslant 0$$ que al ser no positiva nos dice que hay tres soluciones reales.
Completar el cálculo de $u$ $$\begin{gathered} u = \sqrt[{3\,}]{{ - \frac{k} {n} + i\frac{1} {n}\sqrt {n^{\,2} - k^{\,2} } }} = \frac{1} {{\sqrt[{3\,}]{n}}}\sqrt[{3\,}]{{n\,e^{\,i\,\alpha } }} = \hfill \\ = e^{\,\,i\,\alpha \,/\,3} \quad \left| \begin{gathered} \;1 \leqslant k \leqslant n \hfill \\ \;\alpha = \arctan _{\text{4Q}} \left( { - k,\sqrt {n^{\,2} - k^{\,2} } } \right) = \pi - \arctan \left( {\sqrt {\left( {\frac{n} {k}} \right)^{\,2} - 1} } \right) = \hfill \\ \;\;\;\; = \pi - \beta \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered}$$ Tomamos entonces $$v = - \frac{p} {{3\,u}} = \frac{1} {u}\quad \quad \omega = e^{\,i\,\frac{{2\pi }} {3}} = 1/2\left( { - 1 + i\sqrt 3 } \right)$$ y llegar a obtener las tres soluciones como $$\begin{gathered} 1 \leqslant k \leqslant n\quad 0 \leqslant \beta = \arctan \left( {\sqrt {\left( {\frac{n} {k}} \right)^{\,2} - 1} } \right) < \frac{\pi } {2} \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} h_{\,1} = e^{\,i\,\alpha /3} + e^{\, - \,i\,\alpha /3} = 2\cos \left( {\frac{\pi } {3} - \frac{\beta } {3}} \right) \hfill \\ h_{\,2} = e^{\,i\,\alpha /3 + 2\pi /3} + e^{\, - \,i\,\alpha /3 - 2\pi /3} = - 2\cos \left( {\frac{\beta } {3}} \right) \hfill \\ h_{\,3} = e^{\,i\,\alpha /3 - 2\pi /3} + e^{\, - \,i\,\alpha /3 + 2\pi /3} = 2\cos \left( {\frac{\pi } {3} + \frac{\beta } {3}} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered}$$ de los cuales podemos determinar fácilmente que sólo $h_3$ respetar las condiciones físicas de nuestro problema.

Pasando ahora a dividir el toda la esfera Imaginemos que se compone de dos mitades, colocadas una sobre la otra, una sobre el positivo y la otra sobre el negativo. $h$ eje.
Así, cuando $n$ es par colocaremos los cortes en $k = 0,\; \pm 2, \cdots ,\; \pm \left( {n - 2} \right)$ ,
mientras que para $n$ impar en $k = \pm 1,\; \pm 3, \cdots ,\; \pm \left( {n - 2} \right)$ .
En conclusión, siempre en relación con el radio, las cuchillas de corte se colocarán en: $$\left\{ \begin{gathered} 2 \leqslant n\quad 0 \leqslant k \leqslant \left\lfloor {\frac{n} {2}} \right\rfloor - 1 \hfill \\ \beta \left( {k,n} \right) = \arctan \left( {\sqrt {\left( {\frac{n} {k}} \right)^{\,2} - 1} } \right) \hfill \\ h_{\,T} (k,n) = \pm 2\cos \left( {\frac{\pi } {3} + \frac{{\beta (2k + \bmod (n,2),\,n)}} {3}} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ (si puede aceptar que $\pm 0=0$ ).