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Vecchio 21-09-08, 16:33   #21
Erasmus
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Predefinito Re: E adesso andiamo avanti ...

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Questa in realtà è una sottile vendetta nei confronti di Erasmus, che si diverte a proporre problemi, i più dei quali io non oso nemmeno affrontare, per non correre il rischio di restare a pensarci su per giorni interi ...

Vediamo un po'... Siamo riusciti ad inscatolare le sfere con una "densità di stipamento" di 0.74048...
Ci rimangono gli interstizi vuoti, e potremmo sfruttarli occupandoli con sfere più piccole, grandi tanto quanto occorre e basta ad occupare ciascuna sfera un interstizio ...
Limitandoci agli interstizi presenti ora (e non andando giù a quelli che si creeranno dopo aver messo le sfere piccole), la domanda è:

Se nel nostro scatolone abbiamo N sfere grandi di raggio R, quante sfere piccole e di che raggio potremo aggiungerci ?

Beh, fatto questo sarà poi facile calcolare la nuova "densità di stipamento"...
Non ti sei ancora del tutto risvegliato dal tuo letargo estivo!

Vedi (più su) l'estensione di Soddy da S3 a S4 dei Kissing Circles (in realtà di Cartesio).
Il diametro 2r delle tue sferette lo trovi con la formula già data anche da me.
Poi ne metti uno strato negli unterstizi (uno strato ad ogni strato delle precedenti) ... e se guardi le file di ogni strato vedi che ce n'è una fila di piccole ad ogni fila di grandi.
Il resto ... è calcoletto bruto (troppo "bruto", quindi "brutto" per te, lo sappiamo).

Continuando all'infinito?
Tappi tutto, come se rifondessi sfere metalliche.

Ma stiamo esulando troppo dallo spirito iniziale di questo topic

Bye, bye,
__________________
Erasmus
«NO a nuovi trattati intergovernativi!»
«SI' alla "Costituzione Europea" federale, democratica e trasparente!»

Ultima modifica di Erasmus : 28-08-14 11:57.
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Vecchio 21-09-08, 16:37   #22
Mizarino
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Predefinito Re: Quattro cerchi tangenti a tre a tre.

EhEh, non è così semplice ...
Gli interstizi non sono tutti uguali ...
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Vecchio 22-09-08, 00:16   #23
Erasmus
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Predefinito Re: Quattro cerchi tangenti a tre a tre.

Quote:
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EhEh, non è così semplice ...
Gli interstizi non sono tutti uguali ...
Come sarebbe che "gli interstizi non sono uguali" ?
...

...

Siamo d'accordo, almeno, che il precedente "stipamento" è esatto solo per sfere uguali infinitesime in scatole finite o per sfere uguali finite ma in scatole infinite in ogni direzione?

Fatto il primo stipamento a densità massima di sfere uguali tra loro, gli interstizi sono uguali: sono quelli tra 4 sfere uguali ciascuna tangente alle altre 3.
Le sferette aggiuntive sono allora pure tutte uguali fra loro.
[I centri di quattro sfere tangenti stanno ai vertici di un tetraedro regolare di spigolo pari al diametro 2r. Il centro d'un interstizio dista allora dal prossimo centro di sfera
d = sqrt(3/2)*r.
Il raggio della sferetta incastrata nell'interstizio è dunque r' = [sqrt(3/2) – 1]*r = (0,2247448 ...)*r].

Adesso i nuovi interstizi sono diversi da prima ma ancora tutti uguali tra loro e stanno tra 3 sfere di raggio r ed una sferetta di raggio [sqrt(3/2) – 1]*r. Per il solito teorema (di Soddy-Descartes) in ognuno ci sta una sfera tangente a quattro sfere e ancora più piccola di cui la formula permette il calcolo del raggio.
Quindi: seconda intrusione ed ancora con sfere tutte uguali tra loro.
Dopo questa, finalmente ci sono due tipi di interstizi, sempre tra 4 sfere: quelli tra 3 sfere di raggio r ed una della seconda intrusione e quelli tra due sfere di raggio r, una della prima intrusione di raggio [sqrt(2/3) – 1]*r ed una della seconda intrusione (di raggio ancora più piccolo).

Ma si parlava, intanto, solo di una prima intrusione.

Analizziamola!

Pensa ad una piramide-tetraedrica enorme di sfere uguali. Ogni strato è un numero triangolare [del tipo k*(k+1)/2 con k da 1 ad n] di sfere. Una faccia triangolare ha n*(n+1)/2 sfere ed è di lato (spigolo) n sfere. Lo strato adiacente ha (n–1)*n/2 sfere. Le sfere della piramide sono la somma dei numeri triangolari del tipo
k*(k+1)/2 = (1/2)*(k + k^2) per k da 1 a n.
Perciò – vedi che ritornano persino le somme delle potenze! – sono:

(1/2)*[n*(n+1)/2 + n*(n+1)*(2n+1)/6] = n*(n+1)*(n+2)/6.
[Questi sono – suppongo! – numeri "tetragoni" ]

Gli interstizi sono allora (n–1)*n*(n+1)/6.
Nella piramide, il rapporto tra numero di interstizi e numero di sfere è (n–1)/(n+1).
Al tendere di n all'infnito il rapporto tende a 1.
Devi aggiungere una sferetta ad ogni sfera.
La sferetta ha volume [sqrt(3/2)–1]^3 volte il volime della sfera.
Se prima avevi densità PI/[3*sqrt(2)] adesso hai densità
PI/[3*sqrt(2)]*{1+ [sqrt(3/2)–1]^3]} = PI/[3*sqrt(2)]*(9/2)*[sqrt(3/2)–1] =
= (circa) 0,740480*1,011352 = 0,748886-

L'aumento di densità è piccolino! Me l'aspettavo di più ...

Ciao a tutti
__________________
Erasmus
«NO a nuovi trattati intergovernativi!»
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Vecchio 22-09-08, 06:42   #24
Mizarino
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Predefinito Re: Quattro cerchi tangenti a tre a tre.

EhEh, caro Erasmus, sei caduto nella trappola tridimensionale che ti avevo teso ...
Nessun merito da parte mia. Io queste cose le sapevo ...
Tu consideri (come viene naturale) gli strati di sfere che vai a sovrapporre parallelamente alla base della scatola (infinita), ma trascuri di pensare ai piani "diagonali" che si vengono a creare in seguito alla sovrapposizione. Anche in questi si creano degli interstizi, che non sono uguali a quelli "tetraedrici" da te ben descritti ...
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Vecchio 22-09-08, 08:56   #25
aleph
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EhEh, caro Erasmus, sei caduto nella trappola tridimensionale che ti avevo teso ...
Nessun merito da parte mia. Io queste cose le sapevo ...
Tu consideri (come viene naturale) gli strati di sfere che vai a sovrapporre parallelamente alla base della scatola (infinita), ma trascuri di pensare ai piani "diagonali" che si vengono a creare in seguito alla sovrapposizione. Anche in questi si creano degli interstizi, che non sono uguali a quelli "tetraedrici" da te ben descritti ...
Effettivamente esistono dei piani diagonali in cui le sfere sono disposte secondo un reticolo quadrato.... ma non vorrei che le sfere che si incastrano al centro di questi quadrati determinino poi comunque degli interstizi tetraedrici...

Questa è una considerazione che faccio a seguito esclusivamente di una valutazione "figurativa", quindi prendetela con le pinzette..
aleph non in linea   Rispondi citando
Vecchio 22-09-08, 08:58   #26
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Effettivamente esistono dei piani diagonali in cui le sfere sono disposte secondo un reticolo quadrato....
Fochino ...
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Vecchio 22-09-08, 09:11   #27
aleph
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Fochino ...
...ottaedrico?..
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Vecchio 22-09-08, 09:20   #28
Mizarino
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...ottaedrico?..
Fuoco!
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Vecchio 22-09-08, 10:36   #29
nino280
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Predefinito Re: Quattro cerchi tangenti a tre a tre.

Dal Libro II di Giovanni III lettura,leggo:
dodici sfere identiche possono toccarne un'altra della stessa dimensione;ciascuna sfera esterna tocca la sfera centrale e altre quattro.

P.S. In realtà non ho idea di quale reticolo venga fuori da queste due affermazioni,se tetraedrico ,ottaedrico,cubico corpo centrato,esagonale ,non lo so.

Ultima modifica di nino280 : 22-09-08 11:05.
nino280 non in linea   Rispondi citando
Vecchio 22-09-08, 10:59   #30
aleph
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Predefinito Re: Quattro cerchi tangenti a tre a tre.

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Fuoco!
Quindi... se le sfere di raggio r occupano i vertici dell'ottaedro di spigolo 2r, al centro dell'ottaedro dovrebbe andarci una sfera di diametro (2r * sqrt 2) - 2r...
aleph non in linea   Rispondi citando
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