Wiskundemeisjes

Ionica & Jeanine
 
Slik Internetbureau Rotterdam Internetbureau Rotterdam



Categorieën

Archief

Tetraëders in een kubus (2)


In Puzzels, door Jeanine

Ja ja, George heeft drie tetraëders met ribbenlengte 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 reacties.)

Jan van de Craats mailde ons al een mooi plaatje met de gevonden oplossing:

oplossing

Maar de vraag blijft staan: kan iemand bewijzen dat er geen vier tetraëders met ribbe 1 in een kubus met ribbe 1 passen?

Toevoeging 14 januari: Nico Bakker stuurde ons dit filmpje, om een beter ruimtelijk idee te krijgen.

13 reacties op “Tetraëders in een kubus (2)”

  1. Roland:

    Helaas nog geen bewijs gevonden van de onmogelijkheid van vier viervlakken in het zesvlak.

    Wel een aardige opmerking over het hogerdimensionale geval: Hoeveel n-dimensionale tetraeders kunnen er in een n-kubus als ze dezelfde ribbelengte hebben. Ik noemde het antwoord T(n). We weten nu vrij zeker dat T(3)= 3, maar is T(4) ook 4 of veel meer of minder, en T(100000000)?

    T(n) groeit minstens exponentieel. Hieronder laat ik namelijk zien dat T(n) > 2^((n-2)/3) vanaf een zekere n.

    Het idee is simpel: plaats een tetraeder met een hoek in een hoek van de kubus zo dat het midden van de tetraeder op de lichaamsdiagonaal ligt.

    De vraag is dan hoeveel hoeken je op deze manier kunt vullen zonder overlap te krijgen.

    Een grove schatting zal laten zien dat als de coordinaten van twee hoekpunten op minstens drie plaatsen verschillen dat er dan geen overlap tussen de tetraeders in de hoeken kan zijn.

    De n-kubus heeft als hoekpunten de punten met coordinaten alle mogelijke 0-1 rijtjes van lengte n. Dat zijn er 2^n, maar hoeveel kunnen we er kiezen zo dat ieder tweetal op minstens drie plaatsen verschilt?

    Het precieze antwoord laat ik aan de lezer over, maar het zijn er minstens 2^(n/3) waarbij n/3 naar beneden wordt afgerond. Je kunt de coordinaten in de 0-1 rijtjes namelijk in groepjes van drie verdelen en alleen die hoekpunten nemen waar alle coordinaten binnen een groepje gelijk zijn. Als je niet wil afronden kun je er ook wat onder gaan zitten op je 2^((n-2)/3) dat groeit nog steeds exponentieel.

    Dan rest nu de grove schatting nog. Stel je hebt twee hoekpunten van de kubus en je weet dat ze minstens drie stappen uitelkaar liggen, waarom raken de tetraeders in de hoekpunten elkaar dan niet?

    Tetraeders zijn lastig, zeker de n-dimensionale versie, dus we kijken liever naar hun omgeschreven bollen. Als die niet overlappen, overlappen de tetraeders zeker niet.

    Om te kijken of twee bollen overlappen kijk je of hun middelpunten dichter bij elkaar liggen dan de som van hun stralen.

    Om wat overzicht te krijgen kijken we eerst wat er gebeurt als je in elke hoek een tetraeder legt en zo in elke hoek een omgeschreven bol krijgt. De middelpunten van deze bollen vormen weer een n-dimensionale kubus van iets kleinere afmetingen. Dat komt omdat ieder middelpunt op een lichaamsdiagonaal ligt en ze allemaal op even ver van het centrum van de kubus verwijderd zijn.

    Hoe groot is de zijde van deze nieuwe kubus? Precies z(n) = 1-2/wortel(2n+2).
    En de straal van de omgeschreven bol?
    Precies r(n) = wortel(n/(2n+2)).

    Even terug naar het probleem. We hadden twee punten op de kubus van zijde 1 die minstens drie stappen uit elkaar liggen. We willen aantonen dat de bijbehorende bollen niet overlappen. Dat wil zeggen dat

    Afstand tussen middelpunten > 2r(n)

    Omdat de middelpunten op de kubus met zijde
    z(n) liggen en ook nog minstens drie stappen uit elkaar, is de afstand tussen de middelpunten minstens wortel(3)z(n).
    De vraag is dus of

    wortel(3)z(n) > 2r(n)

    voor grote n gaat wortel(3)z(n) naar wortel(3) en 2r(n) naar wortel(2). Vanaf een zekere n klopt het dus altijd. We kunnen dan twee niet overlappende tetraeders in de hoeken leggen. raar maar waar.

    Ik geef toe dat mijn schatting van T(n) niet heel sluw is. Dat was ook niet de bedoeling. Kan iemand het beter?

    PS. Als je de straal van de omgeschreven bol wil berekenen is het handig om als hoekpunten van de tetraeder de volgende punten te nemen. De punten met een coordinaat 1 en de rest 0.

  2. Tom:

    Illustratieve illustratie! (goed plaatje)

    Met welke software is die gemaakt?

  3. Jan van de Craats:

    @Tom: Ik heb de plaatjes geprogrammeerd in PostScript. Zie op mijn homepage (klik op mijn naam hieronder) onder het kopje `Mastercourse Wiskunde in Beeld'. Daar vind je nog veel meer voorbeelden en een cursus om het zelf te leren.
    Succes!

  4. Albert Hendriks:

    Roland,
    voor een betere ondergrens voor T(n) dacht ik aan het volgende (door een betere schatting te geven van het aantal rijtjes dat tenminste 3 stappen uit elkaar ligt). Stel we hebben een optimale oplossing met zo veel mogelijk rijtjes T(n). De overige rijtjes noemen we V(n). We hebben: T(n)+V(n)=2^n.
    Voor een rijtje dat in V(n) zit is er in T(n) tenminste 1 enkel rijtje aan te wijzen dat daar de oorzaak van is. Andersom kan elk rijtje in T(n) van maximaal n+n(n-1)/2 = n(n+1)/2 rijtjes in V(n) die oorzaak zijn, want zoveel rijtjes verschillen 1 of 2 coordinaten. Hieruit volgt dat
    V(n) is kleiner dan (n(n+1)/2)T(n)
    Uit bovenstaande volgt dan dat T(n) kleiner is dan (2^n)/(n(n+1)/2+1). Voor n groot genoeg is T(n) kleiner dan
    2^n/n^2

  5. Albert Hendriks:

    Oeps, op het laatst moet 2x "groter dan" staan. T(n) is groter dan 2^n/n^2

  6. Albert Hendriks:

    Het bewijs dat er maximaal 3 passen kom ik niet uit. Ik heb al twee nachten slecht op dit probleem geslapen (1000x Pythagoras), dus ik hoop het nu even van me af te schrijven. Of heeft iemand ideeen? Het meest voor de hand liggend lijkt me iets te doen met het aantal ribben of vlakken van de kubus, aangezien die deelbaar door 3 zijn zoals al werd opgemerkt. Ik zat de denken om 7 punten te nemen, 6 loodrecht op afstand x (bijv. x=0.25) van het midden van de vlakken, en als 7e punt het middelpunt, en dan te bewijzen dat waar je een enkele tetraeder ook plaatst, hij altijd 2 van die punten in zich bevat. Maar ik krijg het dus niet voor elkaar (misschien een tegenvoorbeeld?).

  7. Maarten:

    @ Albert, 6
    Daar heb ik ook over nagedacht, en ik kwam er evenmin uit. Heb wel een paar aanzetten.
    Mijn idee was om te bewijzen dat het fraaie bovenstaande plaatje de enige manier is om drie tetraeders in een kubus te passen, modulo symmetrien van de kubus. Daaruit volgt uiteraard dat er niet meer dan drie in kunnen.

    1) Laat zien dat elk randvlak van de kubus door maximaal twee tetraeders geraakt wordt.
    2) Daaruit volgt dat er tenminste twee hoekpunten van de kubus vrij blijven.
    3) Hang de kubus op aan een vrij hoekpunt, en bekijk de doorsnede op middelhoogte. Zoals bekend is dat een zeshoek.
    4) In de bovenstaande afbeelding wordt een omgeving van het centrum van deze zeshoek door de tetraeders in drie precies gelijke delen verdeeld.
    5) Een tetraeder die precies 1 rand gemeen heeft met een rand van de kubus, bevat altijd het middelpunt van de kubus. Daaruit volgt dat de bovenstaande configuratie optimaal is voor tetraeders de tegen een rand aangedrukt zijn.
    6) ?? Hier weet ik het niet zo goed meer. Misschien kan je een geschikte bolvormige omgeving van het centrum van de kubus bekijken, en doorsneden daarmee of misschien kan je op sluwe wijze inzien dat 5) moet optreden.

    Niet zo simpel allemaal! Maar ja, je moet natuurlijk ook wel wat doen voor de eeuwige roem van Jan van de Craats :-)

  8. Tammo Jan:

    Ik snapte het plaatje hierboven niet zo, daarom heb ik het even nagetekend. Op http://www.math.uu.nl/people/dijkema/tetra staat een versie die je kunt ronddraaien. Misschien dat dat inspiratie levert om er nog een vierde tetraëder bij in te proppen?

  9. Rinse Poortinga:

    Het filmpje van Nico Bakker werkt bij mij niet. Het wordt geopend in ITunes. Hij blijft maar laden zonder dat er iets te zien valt. Weet iemand wat hier aan te doen is?

  10. Rinse Poortinga:

    Sorry, ITunes moet zijn Quicktime

  11. Cor Hurkens:

    Volgens mij heb ik een sluitend bewijs gevonden voor de stelling dat de gegeven oplossing met drie tetraeders de enig mogelijke is.
    Het bewijs is te lang om in dit bericht uit te leggen.
    Het hele verhaal is 4 A4-tjes lang en is te vinden op
    http://www.win.tue.nl/~wscor/tetrakubus.pdf
    (in PDF formaat). De crux van het bewijs is de plek van het kubusmiddelpunt ten opzichte van de tetraeders die in de kubus liggen.
    Commentaar is welkom
    Cor Hurkens, Technische Universiteit Eindhoven

  12. Jan van de Craats:

    Tussen alle rekenperikelen door kijk ik af en toe naar de oplossing van Cor Hurkens. Ik ben ervan overtuigd dat die goed is, alleen loop ik op bladzijde 3 een beetje vast in de details vanaf de derde regel. Maar de grond-ideeen zijn zeker goed: een tetraeder die M niet in het inwendige heeft, moet minstens een hoekpunt hebben dat vlak bij een kubushoekpunt ligt. Dan volgen wat technische gevalonderscheidingen die ik zelf ook nog wel eens op mijn manier wil navlooien, en die erop uitdraaien dat als er twee tetraeders in de kubus zitten die M niet bevatten, elk van de twee een kruisende kubusribbe moeten bevatten. Daarna loopt de rest (uniciteit op symmetrie na van de configuratie van drie tetraeders en dus de onmogelijkheid van vier tetraeders in de kubus) zonder problemen. Wat mij betreft dus: eeuwige roem voor Cor!

  13. Albert Hendriks:

    Gefeliciteerd Cor!

Plaats een reactie


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