Billes...

nerosson · 05-04-2011 15:53:28

Bonjour à tous,

Une question me vient à l'esprit tout d'un coup et je ne sais pas si elle a déjà été posée ni si elle est difficile ou aisée pour les brillants matheux qui fourmillent sur ce site.

Soit une sphère de 15 centimètres de diamètre intérieur avec au sommet un trou de rond de un centimètre de diamètre. Combien de billes de un centimètre de diamètre pourra-t-on y introduire, étant entendu que la dernière ne devra pas dépasser le plan du trou d'entrée ?

nerosson · 05-04-2011 17:21:33

Bonsoir à tous,

A la réflexion, je voudrais aussi poser un autre problème de même nature (sans qu'il exclue le premier), mais qui devrait être beaucoup plus simple :

Quel est le nombre MAXIMUM de cubes ADHESIFS de un centimètre de coté que l'on pourrait assembler pour former un solide qui puisse tenir dans une sphère de quinze centimètres de diamètre ?

jpp · 05-04-2011 17:28:26

bonjour à tous.

la conjecture de Kepler donne un ratio moyen de 74/100 environ de l'espace pour avoir une
densité maximale avec un empilement cubique face centrée .

le volume intérieur étant 1767.14 cm3 , celui d'une bille, 0.5236 cm3

on ne peut donc dépasser [tex]N = 0.74 \times\frac{1767.14}{0.5236} \approx 2497[/tex]

Mais la surface de la sphère nous interdit d'optimiser à 74/100 car il y a 6 calottes sphèriques

qui vont faire baisser le ratio. de 74/100.

freddy · 05-04-2011 17:49:49

Salut,

perso, je "vois" plutôt un problème de surface enveloppe d'un ensemble de sphères qui se tangentent et tangentent la sphère enveloppante.

je calculerai ce soir ...

Dernière modification par freddy (05-04-2011 21:31:09)

jpp · 05-04-2011 19:23:49

re.

On optimise avec un premier niveau ou la densité surfacique est: [tex]\frac{\pi}{2.\sqrt{3}}[/tex]

puis on duplique la meme couche que l'on dépose dans les creux et le décalage est [tex]\sqrt{\frac{2}{3}}[/tex]

on obtient une densité volumique de [tex]\frac{\pi}{2.\sqrt{3}}\times{\sqrt{\frac{2}{3}}} \approx 0.74048[/tex]

on dispose donc 4 billes en formant un tétraèdre avec leur centre.

Dernière modification par jpp (01-02-2012 12:44:43)

jpp · 05-04-2011 19:44:21

re.

on peut inscrire un cylindre de diamètre 10.6 cm et de hauteur 10.6 cm ----> 1322 billes

ou un cube de grande diagonale 15 cm donc de 8.66 cm d'arète. ---> 918 billes

dans les 2 cas il faut calculer le reste et moi je m'arète là. pour ce soir.

jpp · 05-04-2011 21:23:24

re.
le meme empilement avec une sphère de [tex]\emptyset 13.5 cm[/tex] donne environ 1348 billes.

les surfaces enveloppes . si on fabrique une première couche sur la paroi interne de la sphère on

ne peut pas optimiser parce qu'il y aura des trous partout. la surface sphèrique n'étant pas

développable. on peut peut-etre empiler des tétraedres puis ajouter des triangles sur les faces du

plus grand tétraèdre jusqu'au remplissage.

Dernière modification par jpp (05-04-2011 21:47:36)

freddy · 05-04-2011 21:48:04

Hello !

un sacré problème que tu nous poses, là, camarade.

Tiens, vas voir : http://www.larecherche.fr/content/reche … le?id=4026

JPP avance bien, manifestement.

nerosson · 06-04-2011 15:29:23

Salut à tous,

J'en suis tout baba...

Hier soir, dans mon lit, je me disais "tu leur as posé un problème à la noix. Tu vas encore être ridicule. En fait de bille, tu ferais bien de te regarder ! Demain le mieux sera sans doute d'effacer la discussion".

Et voilà que les lumières qui illuminent ce site s'intéressent à mon problème et que, par lien interposé, je me retrouve en compagnie de Képler ! Vous savez : je suis pas si nul qu'on pourrait croire : sur ses trois lois astronomiques, je m'en rappelle deux, sans faire appel à Google !

Dernière modification par nerosson (06-04-2011 15:32:10)

freddy · 06-04-2011 16:47:52

Salut à toi tout seul,

t'en n'as pas marre de faire ton faux modeste, non ?

Tu pensais bien qu'on n'allait pas te dire qu'il fallait 15*15*15 = 3.375 billes sphériques pour remplir ta sphère, on se doûte bien qu'il y a des trous entre elles ...

Je me souviens, à l'époque où il y avait un examen d'entrée en sixième quand on arrivait du privé catho conventionné, avoir eu à résoudre un problème de boîte de conserve cylindrique qu'on devait ranger dans une caisse ...

Alors tu vois, les vieux singes, les grimaces ... ils connaissent !

totomm · 06-04-2011 17:13:27

Bonjour,

nerosson a écrit :

Quel est le nombre MAXIMUM de cubes ADHESIFS de un centimètre de coté que l'on pourrait assembler pour former un solide qui puisse tenir dans une sphère de quinze centimètres de diamètre ?

Dans cette sphère de 15 cm de diamètre,
Est-ce qu'iI s'agit d'empiler des CUBES de [tex]1 cm^3[/tex] ou bien des sphères de 1 cm de diamètre ? Cela ne me paraît pas tout à fait le même problème ?...

On peut bien sûr traiter des cubes ET AUSSI des sphères….

Note : nerosson est bien plus subtil et cultivé qu'il veut le laisser paraître…

Cordialement

nerosson · 06-04-2011 18:17:50

Salut à tous,

Je suis confus...

Totomm,

Mon problème de cubes est totalement indépendant de celui des billes.

Tu assembles des cubes adhésifs de un centimètre cube de telle sorte que le bloc ainsi constitué puisse rentrer dans une sphère de quinze centimètres. Celle-ci pourrait être matérialisée, par exemple par deux hémisphères qui se visseraient l'un sur l'autre.

Freddy,

Ca n'est pas de la modestie, ni fausse ni vraie.
a) Je suis juste titulaire d'un bac maths vieux comme Hérode.
b) j'ai presque tout oublié,
c) les maths, leur système de notation ont énormément évolué en plus d'un demi-siècle,
d) J'ai aimé les maths, je les aime encore, ce qui fait que je passe beaucoup de temps sur ce site où je suis en présence de gens qui sentent l'agrégation à plein nez.

Quoi d'étonnant à ce que je fasse un gros complexe et que je nourrisse une hantise de dire des conneries ?

P.S. Ta caisse de boite conserves devait être parallèlépipédique, alors, ça ne devait pas être bien sorcier. Au pire, il y avait peut-être une couche de boites qui étaient couchées au lieu d' être debout.

freddy · 06-04-2011 18:22:42

Re,

on dit "vieux comme mes robes" ...

Mon cher ami, je pense que tu aurais 30 ans de moins et tu nous mettrais des "claques" à tous ! ...

totomm · 06-04-2011 18:46:09

re,

pour des cubes de 1cm de coté jointifs faces contre faces, formant un grand cube de 14 cm de coté:
si on enlève tous les petits cubes (parmi les 2744) dont un sommet sort de la sphère de 15cm de diamètre
qui a même centre que le grand cube, il reste 1304 petits cubes.

Quelqu'un a mieux ?

Même procédé de calcul pour des sphères...empilées serrées... à vous !

Cordialement

jpp · 06-04-2011 19:00:36

bonsoir à tous

j'ai compté 2033 billes et je vais détailler .mais je vais expliquer ma méthode de comptage

jpp · 06-04-2011 19:42:33

re
L'unité sera le mm.

je considère la sphère des centres de diamètre [tex]140 mm[/tex]-- c-a-d la sphère qui doit

contenir tous les centre des billes de la spère de diamètre [tex]150 mm[/tex]

cette sphère est centrée à l'origine de mon repère [tex]Ox,Oy,Oz[/tex]

sur le plan horizontal [tex]Ox,Oy[/tex] je place , centré en O un triangle équilatéral de coté 10 mm.

sur ce plan , qui sera mon premier niveau ou niveau impair. je trace 3 droites passant par O ,

la première à 0° , la seconde à 60° et la troisième à 120° et elles traverse mon cercle.

Ensuite je mène toutes les parallèles à ces 3 droites au pas de 8.66 afin de compter tous les points

d'intersection qui sont les centre des billes de ce premier niveau .

Après , au pas de [tex]10\times{ \sqrt{\frac{2}{3}}} \approx 8.1649 mm[/tex] qui est la hauteur du tétraèdre d'arète 10 mm je trace tous les cercles horizontaux dont les centres sont sur l'axe Oz . ces cercles ont pour diamètre

140 -- 139.044 - 136.137 -- 131.149 - 123.828 -- 113.725 - 100 -- 80.828 et 50.331

1 2 3 4 5 6 7 8 9

je fais ensuite translater les cercles pairs de [tex]10\times\frac{\sqrt{3}}{3} = 5.7733333 suivant Y^+[/tex]

tous ces cercles sauf le diametre 140 ont leur symétrique/ au plan XOY

maintenant il reste à compter sur tous les niveaux les intersections situées sur et à l'intérieur de ces

cercles. Mais on peut en oublier 1 ou 2 je vous l'accorde.

Dernière modification par jpp (09-04-2011 08:08:09)

jpp · 06-04-2011 19:51:20

re

niveau 1 1 fois 187 = 187
niveau 2 2 fois 174 = 348
niveau 3 2 fois 163 = 326
niveau 4 2 fois 155 = 310
niveau 5 2 fois 139 = 278
niveau 6 2 fois 119 = 238
niveau 7 2 fois 91 = 182
niveau 8 2 fois 63 = 126
niveau 9 2 fois 19 = 38

Nérosson 2033 billes , si j'ai bien compté et c'est la "cerise sur le gateau."

Dernière modification par jpp (06-04-2011 19:53:15)

nerosson · 07-04-2011 14:36:47

Salut à tous,

Merci pour toutes ces savantes analyses. J'espère que vous aurez pris autant de plaisir à les faire que moi à constater l'intérêt que vous avez porté à ma petite idée. :-)

P.S. au départ, j'avais envisagé des lentilles (qu'on mange) toutes égales dans un cube dont les côtés de la base aurait été multiple du diamètre d' une lentille. J'aurais donné les cotes d'une lentille et celles du cube.

première réaction : je me suis dit : c'est trop simple :
a) première couche : facile à calculer,
b) deuxième couche :le centre de chaque lentille est placée sur le centre du carré formé par quatre lentilles de la première couche, donc le côté de la deuxième couche comporte une lentille de moins que le côté de la première couche,
c)la distance entre le plan central de la première couche et celui de la deuxième couche : moi je saurais le calculer pour des billes, donc un bon matheux doit y arriver pour les lentilles,
d) troisième couche catastrophe : première réaction : on dit : identique à la première couche. Mais, à la réflexion, on remarque que, pour une lentille du bord, la verticale du centre de gravité ne passe pas par le point de sustentation, donc elle bascule et perturbe la réalisation de la couche suivante (faites un dessin : vous verrez !)..

A moi, il me semble que ça fout tout par terre, mais si ça vous plait de cogiter là-dessus... :-)

Dernière modification par nerosson (07-04-2011 15:17:00)

totomm · 07-04-2011 22:44:05

Bonsoir,

Excellente méthode détaillée par jpp
Je n'ai donc pas pu résister à programmer aussi les sphères. quelques petites différences mais résultat concordant :
Niveau 0 : 187 ; Total = 187
Niveau 1 : 178 ; Total = 543
Niveau 2 : 163 ; Total = 869
Niveau 3 : 155 ; Total = 1179
Niveau 4 : 139 ; Total = 1457
Niveau 5 : 114 ; Total = 1685
Niveau 6 : 91 ; Total = 1867
Niveau 7 : 62 ; Total = 1991
Niveau 8 : 19 ; Total = 2029

Cordialement

totomm · 08-04-2011 08:21:53

Bonjour,

@nerosson :
Le problème des lentilles ma parait extrèmement facile à traiter
dans la mesure ou une lentille serait un ellipsoïde de révolution autour de son petit axe (suffisamment aplati)

En effet une ellipse est la projecton oblique d'un cercle...(Voir tout les problèmes que B. Pascal a traité ainsi...)

Le problème se ramènerait à mettre des sphères dans une boite,
et je suis assez certain que même les problèmes d'équilibre sur les bords s'en trouvent résolus.

Cordialement

jpp · 08-04-2011 12:58:22

Bonjour.

@ Totomm si tu as utilisé une CAO , tu dois avoir la bonne réponse .

Et tu vas comprendre pourquoi.

Je n'ai percuté que ce matin . Normalement _ et je ne vais pas reconter _ il y a 3 familles

de couche, donc 3 familles de cercle

Si j'appelle le niveau 0 le cercle dia. 140 , alors les 3 familles de cercles seront définies comme ceci

famille A -6 , -3 , 0 , 3 , 6 centrés à l'origine

famille B -8 , -5 , -2 , 1 , 4 , 7 translation suivant le vecteur [tex](0 , \frac{10.\sqrt{3}}{3})[/tex]

famille C -7 , -4 , -1 , 2 , 5 , 8 translation suivant le vecteur [tex](10.\frac{\sqrt{3}\times\cos(\frac{\pi}{6})}{3} , 10. \frac{\sqrt{3}\times\sin(\frac{\pi}{6})}{3})[/tex]

Maintenant , le ratio en question , il y a peut-etre plusieurs façons de le calculer

Le ratio surfacique équivaut à un empilement de cylindres D=1 H=1 dont le ratio vaut [tex]\frac{\pi}{2.\sqrt{3}}[/tex]

inscrite dans le cylindre il y a la sphère dont le rapport de volume Sphere/cylindre est [tex]\frac{2}{3}[/tex]

Ensuite le pas d'empilage des couches cylindriques étant [tex]1[/tex] et celui des couches spèriques

étant[tex]\sqrt{\frac{2}{3}}[/tex] alors le ratio d'occupation des sphères s'écrit:

[tex]\frac{\pi}{2.\sqrt{3}}\times\frac{\frac{2}{3}}{\sqrt\frac{2}{3}} = \frac{\pi}{3.\sqrt{2}}\approx 0.74048[/tex]

Dernière modification par jpp (08-04-2011 13:01:05)

totomm · 08-04-2011 14:24:27

Bonjour,

@jpp : la différence de nos résultats ne vient pas de l'empilement dit « hexagonal compact » (celui que nous avons tous deux calculé) comparé à l'empilement dit « cubique à faces centrées » ;

Non, j'ai fait une erreur en décalant la couche que j'appelle 0 vers ox au lieu de la décaler vers oy
Mais tu as fait sans doute aussi quelque erreur, car après correction, j'ai anlysé finement nos différences.
Voici mon résultat définitif :
Début de Calcul empilement dans sphère
Niveau 0 : 187 ; Total = 187
Niveau 1 : 174 ; Total = 535
Niveau 2 : 163 ; Total =861
Niveau 3 : 156 ; Total = 1173
Niveau 4 : 139 ; Total = 1451
Niveau 5 : 120 ; Total = 1691
Niveau 6 : 91 ; Total = 1873
Niveau 7 : 63 ; Total = 1999
Niveau 8 : 19 ; Total = 2037
Niveau 9 : 0 ; Total = 2037
Fin de Calcul empilement dans sphère
Tous les niveaux impairs sont multiples de 6 à cause d'une symétrie d'ordre 6
(sauf le niveau niveau 7 mais dont une sphère "limite" sur l'axe OY compte pour 2 dans la symétrie réduite à une symétrie d'ordre 3 d'où 60+3)

Note : je programme en Visual Basic 2008 express et calcule en flottant Double
et je visualise avec Corel Designer12 (qui n'est plus commercialisé)

@ nerosson : Cet énoncé a été bien plus palpitant que prévu... ?
Cordialement

nerosson · 08-04-2011 17:31:47

Salut à tous,

Ami Totomm,

Je vais te contredire :

1) une lentille n'est pas un ellipsoïde de révolution. Je n'irai pas jusqu'à dire qu'on risque de se couper la langue en mangeant des lentilles, mais les bords d'un ellipsoïde de révolution sont nettement arrondis, ce qui n'est pas le cas d'une lentille. A mon sens, une lentille est formée de deux portions de sphère (j'ai oublié le mot savant, si tant est que je l'ai jamais connu), placées face à face.

Comme je l'ai dit précédemment, la première idée est de placer la deuxième couche de telle sorte que chaque lentille de deuxième couche se trouve à l'intersection des diagonales du carré formé par quatre lentilles de première couche (fig 1)
Avantage : on réduit au minimum la distance « d » entre les deux plans des deux couches.
Inconvénients :
a) dans la deuxième couche, on perd sur les bords du cube un espace égal à un demi-diamètre de lentille (fig 1)
b) dans la troisième couche placée selon les mêmes principes, donc identiquement à la première, les lentilles des bords, comme je l'ai déjà dit, se trouvent déséquilibrées, problème que je ne sais pas résoudre.

2) l'autre solution (fig 2) consisterait à faire toutes les couches identiques. Le problème devient enfantin.
Inconvénient : l'épaisseur moyenne (d') des couches est très supérieure et les vides sont beaucoup plus grands.

Par ailleurs, s'agissant aussi bien de billes que de lentilles, je regrette de ne pas disposer des moyens matériels qui me permettraient de confronter vos remarquables raisonnements mathématiques (que j'admire sans toujours les comprendre) à la méthode expérimentale.

Vous avez tous remarqué que si on met du café (par exemple) dans un bocal et qu'ensuite on fait vibrer le bocal, le niveau du contenu baisse. C'est parce que la nature (qui, comme chacun sait a horreur du vide jusqu'à treize mètres, comme disait je-ne-sais-plus-qui) profite des mouvement des grains pour réduire au maximum les vides.

J'aimerais mettre des billes d'un centimètre dans une sphère de 15 centimètres de diamètre, en secouant la sphère de temps en temps et je me dis que j'arriverais peut-être à en mettre une ou deux de plus que JPP, ce qui me permettrait de lui faire de la peine : j'ai toujours eu un côté sadique... :-)

totomm · 08-04-2011 19:26:03

Bonsoir,

nerosson a écrit :

Par ailleurs, s'agissant aussi bien de billes que de lentilles, je regrette de ne pas disposer des moyens matériels

Ami nerosson, Le regretté Georges Charpak avait justement inventé "La main à la pâte" pour introduire les problèmes si complexes qu'on ne les maitrise pas dans le détail...

Dans la solution 1, en bas à gauche, il est sûr que cette lentille va commencer à tourner dans la sens des aiguilles d'une montre pour se mettre en oblique et tout suivra pour un "désordre apparent"...

Revenons aux billes : Sans froisser jpp je peux affirmer qu'il en tient 2037 ( bien serrées entre elles) et non 2033 à cause des symétries (d'ordre 3*2). J'en ai parlé pour les niveaux impairs. les niveaux pairs eux-mêmes sont en nombre (multiples de 6) +1 à cause de la bille en (0,0) dans le niveu 0.
En secouant, je parierais aussi que l'arrangement, qui n'est pas "stable", accepterait effectivement des billes en plus, en effectuant quelques petits déplacements de billes qui ne touchent pas toutes exactement la surface interne de la sphère. Quant à le calculer : ???
Combien tiendraient entre 2037 et un max théorique de 2499 ?

Cordialement

jpp · 08-04-2011 19:45:29

re

il n'empèche qu'on pert vite en ratio à la périphérie car on n'a seulement 0.6 avec les 2037 billes .

Il y a un truc que je n'arrive pas à comprendre à propos de cette conjecture .

les sphères sont en contact une avec 12 autres il me semble .

Le tétraèdre , régulier ou non ,est le seul polyèdre rigide . J'entend par là que chaque sommet est

lié par une arète à tous les autres . c'est donc le seul indéformable puisque entièrement

triangulé . chaque sommet étant le centre de chacune des 4 sphères au plus proche des 3 autres.

Pourquoi est-ce toujours une conjecture ?

Dernière modification par jpp (08-04-2011 20:07:27)

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