Wiskundemeisjes

Ionica & Jeanine
 
Slik Internetbureau Rotterdam Internetbureau Rotterdam



Categorieën

Archief

Tetraëders in een kubus


In Puzzels, door Jeanine

Jan van de Craats mailde ons een interessante opgave die hij heel lang geleden verzon voor de Pythagoras-olympiade.

Hoeveel tetraeders (regelmatige viervlakken) met ribbenlengte 1 passen er in een kubus met ribbenlengte 1?

opgave kubus

Wie weet de oplossing en vooral: wie kan bewijzen dat zijn oplossing klopt?

33 reacties op “Tetraëders in een kubus”

  1. Rinse:

    Misschien moet de opgave nog iets gepreciseerd worden? Gaat het om het maximale aantal tetraëders? Mogen ze in stukjes gezaagd worden? Is dit laatste het geval, dan vermalen we ze tot zaagsel en is het antwoord (6 keer wortel 2). [berekening: inhoud tetraëder is(1/12 wortel 2), dus inhoud kubus gedeeld door inhoud tetraëder geeft (6 keer wortel 2)]

  2. Jan van de Craats:

    De bedoeling is inderdaad: hoeveel tetraeders passen er MAXIMAAL in zo'n kubus. En een in stukken gezaagde of vermaalde tetraeder is geen tetraeder meer.

  3. Juan:

    Mooie vraag!
    Ben al een uur bezig en heb hier al 20 A6'jes voor mij liggen (ja, klein kladblokje :-) ).

    Maareh... Een goede VWO leerlingen moet toch alle opgaven in Pythagoras op kunnen lossen?

    Oeps... Eerst maar slapen, morgen gaan we verder :-)

  4. Rinse:

    Een poging:

    2 tetraëders passen in elk geval. We noemen één van de zijvlakken van de tetraëder het grondvlak en het hoekpunt er tegenover de top. We plaatsen de ene tetraëder met zijn top in een hoekpunt P van de kubus en de andere tetraëder met zijn top in het tegenoverliggende hoekpunt Q. PQ is een lichaamsdiagonaal van de kubus. We zorgen er voor dat de beide grondvlakken loodrecht op lichaamsdiagonaal PQ staan. Dat beide tetraëders op deze manier (na geschikte draaiing) in de kubus passen is eenvoudig na te rekenen. De grondvlakken van de tetraëders liggen nu in twee evenwijdige vlakken V en W, loodrecht op PQ. De vlakken V en W verdelen (het inwendige van) de kubus in 3 delen. Tussen de vlakken V en W past geen tetraëder, want de afstand van deze vlakken is lengte PQ min 2 keer hoogte tetraëder = wortel 3 min tweederde wortel 6 (dat is ongeveer 0,1). In elk van de twee overblijvende delen van de kubus bevindt zich al een tetraëder en die zit 'volledig klem', daar is geen ruimte voor nog een tetraëder. Ik houd daarom het maximale aantal tetraëders, dat in de kubus past, op 2.
    (Maar ik geef toe dat hiermee nog niet echt aangetoond is dat we niet op een slimmere manier meer tetraëders in de kubus zouden kunnen plaatsen. Op grond van de symmetrie van de figuren verwacht je dat het maximale aantal een even aantal zal zijn, 4 en zeker 6 lijkt teveel.)

  5. Roland:

    Wat een leuke vraag, Jan! Als rechtgeaard wiskundige vroeg ik me meteen af hoe het in n-dimensies zit. Hoeveel n-dimensionale tetraeders met ribbe 1 passen er in de n-dimensionale kubus met ribbe 1?

    Een inhoud berekening a la Rinse geeft in elk geval een bovengrens. De inhoud van een n dimensionale kubus is 1 en die van de n dimensionale tetraeder is wortel(n+1)/(n!2^(n/2)) dus de bovengrens is n!2^(n/2)/wortel(n+1). Dat zijn heel wat tetraeders... ruwweg n^n

    Laten we nu het aantal n-dimensionale tetraeders dat in de n-kubus past een naam geven, bijvoorbeeld T(n).
    Voor n=1 en n=2 is het makkelijk na te gaan dat er maar 1 tetraeder in past, dus T(1) = 1, T(2) = 1 en volgens Rinse is T(3) = 2.
    De rij T begint dus 1,1,2,...

    Bij 112 denk ik meteen aan Fibonacci, maar helaas in de kubus kan ik minstens 3 tetraeders kwijt. Dus T(3) = 3 of meer. Helaas is dit tekstvak te klein om mijn bewijs te bevatten.

  6. Rinse Poortinga:

    PS bij mijn vorige reactie m.b.t. het 'eenvoudig narekenen':

    Er zijn 6 zijvlaksdiagonalen van een kubus die samen een regelmatige tetraëder vormen. (Hetzelfde geldt dan voor de andere 6 zijvlaksdiagonalen). Een regelmatige tetraëder met zijde 1 wordt gevormd door 6 zijvlaksdiagonalen van een kubus met ribbe 1/2 wortel 2.

  7. Rinse:

    Tijdens een concert vanavond spookten de tetraëders nog steeds door mijn hoofd.
    Dus nog een keer anders:

    De enige andere manier die ik kan vinden om twee tetraëders in de kubus te plaatsen, is de volgende. Laat het gaan om kubus ABCD-EFGH. We laten een ribbe van één tetraëder samenvallen met een opstaande ribbe AE van de kubus. We laten een ribbe van de andere tetraëder samenvallen met ribbe CG van de kubus. Dat past precies, want de kruisende ribben van een tetraëder hebben een afstand 1/2 wortel 2, dus de beide tetraëders hebben een ribbe gemeenschappelijk. Deze gemeenschappelijke ribbe ligt op het verbindingslijnstuk van de middens van de opstaande ribben BF en DH. Beide tetraëders zitten op deze manier klemvast in de kubus. Willen we nog een tetraëder in de kubus plaatsen, dan zal die òf in de bovenste helft van de kubus moeten liggen òf in de onderste helft. Dat is onmogelijk, want een tetraëder met zijde 1 past niet tussen twee evenwijdige vlakken met afstand 1/2 (deze afstand moet minimaal 1/2 wortel 2 zijn).

    Omdat er (volgens mij althans) geen andere manieren zijn om twee tetraëders in de kubus te plaatsen, zijn we nu klaar. Bij de eerder genoemde manier paste er geen derde tetraëder bij en ook bij deze manier niet. Mijn conclusie is dan ook: het maximale aantal is 2.

    Wie overtuigt mij van mijn ongelijk?

  8. Rinse:

    Een andere vraag:

    Wat is het maximale aantal regelmatige tetraëders met zijde 1 dat in een bol met straal 1 past?

    Ik heb zelf eerlijk gezegd geen idee.

  9. Roland:

    Rinse schrijft in 7:
    "Wie overtuigt mij van mijn ongelijk?"

    Mijn antwoord is: de tetraeders zelf.

    Maak van papier een doosje van 5 bij 5 bij 5 centimeter en drie tetraeders van dezelfde ribbe. Dan zul je zien dat twee tetraeders nog op oneindig veel andere manieren passen en dat er soms zelfs een derde bij past.

    Als je dat teveel werk is kun je de tweede tetraeder ook vrij laten draaien rond de as door C loodrecht op ACGE.

  10. Ionica:

    Maar past er dan misschien ook een vierde bij?

  11. Rinse:

    Niet dat het me teveel werk is, maar aan knippen en plakken doe ik sowieso niet. Ik besef nu wel dat ik een paar (ja zelfs oneindig veel) mogelijkheden over het hoofd gezien heb. Nu nog uitrekenen hoe die derde tetraëder er bij past.

  12. Rinse:

    Wel wat lastig dat het niet mogelijk is om hier plaatjes te plaatsen. Of kan dat wel?

  13. Ionica:

    Nee, dat kan helaas niet. Je kunt wel een link naar een plaatje elders plaatsen. Als we tijd hebben, dan kunnen Jeanine of ik het plaatje in de reactie zetten.

  14. Rinse:

    Geheel tegen mijn principes geknipt en geplakt.

    Knippen en plakken

    Maar ook dit overtuigt mij er niet van dat er drie tetraëders in de kubus passen.

  15. Rinse:

    We werken nog steeds in kubus ABCD-EFGH. Een ribbe van de eerste tetraëder valt samen met ribbe AE van de kubus en een ribbe van de tweede tetraëder valt samen met ribbe CG van de kubus. Diagonaalvlak ACGE is symmetrievlak van het geheel. De horizontale ribben van beide tetraëders vallen samen langs het verbindingslijnstuk van de middens van BF en DH. Zoals Roland opmerkt kunnen we ribbe CG van de tweede tetraëder zodanig in diagonaalvlak ACGE draaien dat de horizontale ribbe van deze tetraëder zich naar beneden beweegt. (We kunnen zelfs zover draaien dat hij in het grondvlak van de kubus terecht komt) Daarna kunnen we de eerste tetraëder op dezelfde manier draaien zodat ook de horizontale ribbe van deze tetraëder wat naar beneden komt. Dat zou ruimte moeten scheppen voor een derde tetraëder. Als je echter rechthoek ACGE op een stuk papier op ware grote (lengte eenheid bijv. 5 cm) tekent met daarin de doorsneden van beide tetraëders met dit vlak, eveneens ware grootte, dan zie je (en kun je berekenen) dat dit weinig soulaas biedt. Boven de beide tetraëders is gewoon te weinig ruimte voor nog een derde tetraëder. Verschuiven van beide tetraëders in de richting AC is ook maar beperkt mogelijk, want de horizontale ribbe van elk van beide tetraëders steekt aan beide kanten een halve lengte-eenheid uit vlak ACGE.

    Ik houdt het maximale aantal tetraëders dat in de kubus past nog steeds op 2.
    Maar ik laat me graag verbazen door iemand die een betere oplossing heeft.

  16. han:

    ja ik ben ook benieuwd naar de ontknoping van dit spannende raadsel. Kan iemand misschien verlichting brengen?

  17. Roland:

    E pur si muove

    Vergeet de tweevoudige symmetrie van het vlak ACGE.

    De kubus heeft vele symmetrieen.

    Als je drie tetraeders kwijt wil, lijkt het verstandiger om naar drievoudige symmetrie in de kubus te kijken...

    Jouw redenering is misschien we een stap op weg naar een bewijs dat er geen vier tetraeders op een viervoudig symmetrische wijze in passen. Waar vier is, is twee.

    Is het eigenlijk hard te maken dat de optimale pakking symmetrisch moet zijn?

  18. Maarten:

    Han en Roland: jullie horen te slapen op deze tijden!
    En nee, volgens mij is er geen reden waarom een optimale pakking symmetrisch moet zijn. Aangezien het antwoord (2 of 3) ver verwijderd is van de maal-tot-zaagsel-schatting (ongeveer 8,5), blijft er sowieso veel ruimte over. Hoogstwaarschijnlijk kan er dus altijd nog het een en ander geschoven worden, waarbij eventuele symmetrie verloren gaat.

  19. Jan van de Craats:

    Oei Roland, niet te veel aanwijzingen geven! En Rinse, wat doet die rekenmachine bij je op tafel? Die heb je echt niet nodig!

  20. Rinse:

    "wat doet die rekenmachine bij je op tafel? Die heb je echt niet nodig!"

    Ik heb het apparaat inderdaad sinds ik met FPU ben gegaan (dat is inmiddels twee en een half jaar geleden) niet meer gebruikt, er moesten nieuwe batterijen in.

    Dat mij nu ineens een licht opgaat door de opmerkingen van Roland kan ik helaas niet zeggen. Eigenlijk heb ik (ondanks FPU) helemaal geen tijd voor dit soort dingen, maar ik slaap slecht als ik met een onopgelost probleem zit.

  21. Rinse:

    Nog maar eens een poging:

    Wat volgens mijn wat slordige fröbelwerk lijkt te passen is de volgende constellatie met 3 tetraëders in kubus ABCD-EFGH:

    De eerste tetraëder met een ribbe langs AE en een zijvlak in vierkant ADHE.

    De tweede tetraëder met een ribbe langs BC en een zijvlak in vierkant ABCD.

    De derde tetraëder met een ribbe langs GH en een zijvlak in vierkant DCGH.

    Ik heb nog niet nagerekend (zonder rekenapparaat uiteraard!) of dit ook echt past.

    Je 'ziet' direct dat er geen vierde tetraëder meer bij past, maar dat is natuurlijk geen bewijs.

    Dat zou betekenen dat het maximale aantal tetraëders dat in de kubus past gelijk aan 3 is.

  22. Rinse:

    Het blijkt inderdaad te passen.

  23. Jan van de Craats:

    Beste Rinse, ik wil je nachtrust niet bederven, maar weet je zeker dat de drie tetraeders elkaar op die manier niet in de weg zitten?

  24. Rinse:

    Jan,

    Dat weet ik niet zeker, mijn conclusie van 16:18 was iets te voorbarig. Ik denk inmiddels zelfs dat de tetraëders elkaar op deze manier wel in de weg zitten. Ik heb een doorsnede gemaakt met een horizontaal vlak door de middens van de verticale ribben van de kubus en zie dan in deze doorsnede de eerste tetraëder uit mijn reactie van 15:37 als een driehoek met zijden van half wortel 3, half wortel 3 en 1. De doorsnede met de tweede tetraëder is een kleine gelijkzijdige driehoek die een overlap met eerst genoemde driehoek lijkt te vertonen.

  25. Jan van de Craats:

    Inderdaad Rinse, zo gaat het niet. Maar geef de moed niet op, je bent warm!

  26. Rinse:

    Warm of niet, ik zie voorlopig even geen andere mogelijkheden. Ik geef het stokje graag door aan anderen. Ik ben toch hopelijk niet de enige die op deze opgave zit te zwoegen?

  27. Tom:

    Nee, Rinse, je bent niet de enige.

    Helaas geen zinnige extra/nieuwe info hier :(

  28. Juan:

    Zelfs met heel wat gegoogle kom je er niet. Ik dacht: "Ach, er zal vast wel iemand anders op deze aardbol zich afgevraagd hoeveel tetraëders met ribbe 1 in een kubus met ribbe 1 passen. Het zal toch niet dat Jan van de Craats de enige is?"

    Maar het lijkt erop dat Jan echt de enige op de hele wereld is! hahaha

    En bovendien vind ik het erg gemeen om zo'n vraag in de Pythagoras te plaatsen! :-)

    Ik snap er echt niets van. En ben dan ook benieuwd of het bewijs ook wel eenvoudig te begrijpen is...

  29. George Rolf:

    De opmerking van Jan dat Rinse warm was met zijn verhaal van januari 8, 2008 @ 15:37 bracht mij op het idee van de oplossing die Jan in gedachten heeft. Kzattermemmeneusbovenop al die tijd, maar ik zag het niet.

    Rinse, je moet je drie tetraëders een beetje draaien om de ribbe die ze met de kubus gemeenschappelijk hebben, zodat alles wat meer symmetrisch wordt, en dan past het precies.

    Ik letter de hoekpunten van de kubus op Rinse zen manier. Van iedere tetraëder noem ik de hoekpunten a, b, c en d. Wat wat is, doet er niet toe bij een tetraëder. Ribbe ab laat ik samenvallen met een ribbe van de kubus.

    Als oorsprong van het coördinatenstelsel kies ik H. HG is de positieve x-as, HD de positieve y-as, en HE de positieve z-as.

    Bekijk de tetraëder waarvan ab samenvalt met HG. Zoals gezegd, ik heb hem een ietsje gedraaid. De 4 hoekpunten zijn:
    a = H = (0,0,0)
    b = G = (1,0,0)
    c = (1/2, 1/2 + 1/4*w(2), 1/2 - 1/4*w(2))
    d = (1/2, 1/2 - 1/4*w(2), 1/2 + 1/4*w(2))

    [w(..) is natuurlijk wortel van .. en * is maal]

    Met de andere twee tetraëders van Rinse doen we hetzelfde.

    Nu passen de 3 tetraëders, en ze zitten klem. Ze raken elkaar in het middelpunt van de kubus, op het midden van hun ribbe dc.

    Kan ik bewijzen dat 3 het maximum is? Geen idee.

    Kan Jan dat? Ik ben zeer nieuwsgierig.

  30. Jan van de Craats:

    Joechei!! Gefeliciteerd George, bingo! (Maar Roland had het ook al eerder voor elkaar). Inderdaad: het past precies, maar dan ook precies. Wonderbaarlijk mooi. Je zou het zelfs kunnen zien als een methode om het middelpunt van een holle kubus te vinden: men neme drie tetraeders, ... ;-)

    De wiskundemeisjes hebben er ook een mooi plaatje van dat ik ze al eerder opstuurde. Ik zou zeggen: plaats het maar!

    Dat wil echter niet zeggen dat we er al zijn. Ik kan inderdaad niet bewijzen dat er geen vier tetraeders in een kubus passen. Helaas heb ik geen miljoen dollar om als prijs uit te loven voor degene die als eerste een bewijs levert (want het zal best waar zijn), maar eeuwige roem is ook niet niks!
    Ik ben benieuwd.

  31. Wiskundemeisjes » Tetraëders in een kubus (2):

    [...] 1 in een kubus met ribbenlengte 1 gepast! (Als je niet weet waarom dat bijzonder is, lees dan deze post even na, en vooral ook de [...]

  32. Rinse:

    Ik kan weer rustig slapen!

  33. Anja Campmans:

    Hier het bewijs dat er 3 tetraëders in een kubus passen:

    1e tetraëder
    1 ribbe valt samen met een ribbe bijvoorbeeld de x-as (waarbij één hoekpunt van de kubus in het nulpunt (0 , 0 , 0) van een assenstelsel x, y, z). De tegenoverliggende ribbe ligt dan in het vlak x=1/2.

    2e tetraëder
    1 ribbe gaat langs een ribbe in de y richting (bijvoorbeeld z=1, x=1). De tegenoverliggende ribbe ligt in vlak y=1/2.

    3e tetraëder
    1 ribbe evenwijdig met de z-as (bv. x=0, y=1). De tegenoverliggende ribbe ligt in vlak z=1/2.

    Voorbeeld van waar de ribben van de tetraëders op de kubus nu liggen (in het rood aangegeven):

    Om 3 tetraëders in de kubus te kunnen plaatsen, is het noodzakelijk dat een individuele tetraëder niet voorbij punt M komt vanaf de ribbe waar deze samenvalt met de kubus (met M= (½ , ½ , ½) ). Anders laat dat geen ruimte over voor de andere tetraëders.

    Daaruit blijkt dat het past als de afstand L van het midden van een kubusribbe naar het centrum M van de kubus ruimte heeft voor d (d is de afstand in de tetraëder van het midden van een ribbe tot het midden van de tegenoverliggende ribbe, zie figuur hierboven).

    afstand L=wortel((1/2)^2+((1/2)^2)=wortel(1/4+1/4)=1/2wortel(2)

    om d te berekenen is het handig eerst h te berekenen
    h=wortel(1^2-(1/2)^2)=1/2wortel(3)
    d=wortel(h^2- (1/2)^2)=wortel((1/2wortel(3))^2-(1/4)^2=wortel((3/4)-(1/4))= wortel(2/4)=1/2wortel(2)

    Omdat de uitkomst van zowel d als L een 1/2wortel(2) is passen er precies 3 in. Er is geen 4e richting waar vanuit er nog een tetraëder geplaatst kan worden.

    Slot opmerking: er passen er qua inhoud wel ruim 8 in.

    voor de afbeeldingen die ik niet kon copieëren de links hier:
    http://i234.photobucket.com/albums/ee146/heyahamma/tetraeder003.jpg
    en
    http://i234.photobucket.com/albums/ee146/heyahamma/tetraeder001a.png

Plaats een reactie


Je kunt LaTeX gebruiken in je reactie.
Gelieve antwoorden op puzzels tussen [SPOILER] en [/SPOILER] te plaatsen.