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Titolo: balls

Un quiz difficile...ma so che nell'NG ci sono
maghi dell'impacchettamento in grado di bruciarlo.
http://digilander.iol.it/truepillow
All the best
Leonardo

#include "truepillow.h"

cosi' a occhio direi....
spoiler
500?
Che poi e' esattamente il volume della scatola...
---
Blackstorm
[ICQ #116647346]
No te vayas todavía,
no te vayas por favor,
no te vayas todavía
que hasta la guitarra mia
llora cuando dice adios
[Sevillanas del adios]

 Che poi e' esattamente il volume della scatola...
Cominciamo a dimostrare che questa soluzione non e' ottimale.
Essa costituisce un packing a lattice cubico, cioe' ogni sfera
occupa lo spazio di un cubo con spigolo=diametro.
Stendiamo allora sul fondo della scatola 10x10 le prime
100 sfere. Poi stendiamo, tra ogni 4 sfere, uno strato
di 9x9=81 sfere. Continuiamo con uno strato da 100,
un altro da 81, un altro da 100 e un altro da 81.
Avermo raggiunto un'altezza di 4.54- inferiore a 5,
avendo sistemato 543 palline.
Sono quasi certo che non e' la sistemazione ottimale.
Ma e' cosi', tanto per rompere il ghiaccio...  ((^__^))
Ciao a tutti!
Livio


Se, dopo avere rovesciato la scatola, uso il procedimento di Livio, ottengo
un primo strato con 10 x 5 palline seguito da un secondo con 9 x 4.
Ora (50 + 36) x 6  = 494 palline.
A questo punto ho usato circa 9,09 cm.
Quindi posso ancora aggiungere uno strato di 50 palline e raggiungere 544
palline e 9,8 cm.
Sono comunque certo che la soluzione non è ancora quella finale.
Ciao a tutti.
       /\
      /  \o
     /    \
    /Sisifo\
sisi...@yahoo.com


 ha scritto nel
messaggio
news:a175ok$o8vf1$1...@ID-82863.news.dfncis.de...
| Se, dopo avere rovesciato la scatola, uso il
procedimento di Livio, ottengo
| un primo strato con 10 x 5 palline seguito da
un secondo con 9 x 4.
|
| Ora (50 + 36) x 6  = 494 palline.
|
| A questo punto ho usato circa 9,09 cm.
|
| Quindi posso ancora aggiungere uno strato di
50 palline e raggiungere 544
| palline e 9,8 cm.
|
| Sono comunque certo che la soluzione non è
ancora quella finale.
|
| Ciao a tutti.
|
|        /\
|       /  \o
|      /    \
|     /Sisifo\
| 
sisi...@yahoo.com
|
Adesso occorrerebbe mettere la scatola in
equilibrio su un vertice e dare una bella
scrollata.
Le sfere si risistemano e liberano spazio nella
zona del vertice superiore.
Mi sembra che ci stiano almeno altre 10 sfere.
Allora: almeno 554
comunque nessuno ha mai dimostrato che
l'impacchettamento " a palle di cannone " sia
la più densa sistemazione di sfere nel volume.
Marco

 Marco
Fu ipotizzato da Keplero nel 1611, c'e' voluto del tempo, ma la 
dimostrazione e' arrivata nel 1998 da un certo T.C.Hales.
ciao dario

 Quindi posso ancora aggiungere uno strato di 50 palline e raggiungere 544
Effettivamente ce ne stanno molte (ma molte) di piu'.
ciao dario

 ha scritto nel
messaggio news:3C378802...@uriland.it...

Grazie, non lo sapevo.
Allora il rapporto tra il numero di sfere di
diametro unitario ed i volume della scatola,
espresso in numero di cubetti di lato unitario,
tende a Pi/2 al crescere delle dimensioni della
scatora.
Nel nostro caso il numero di sfere è compreso
tra 556 e 785
Marco

 
http://digilander.iol.it/truepillow
Dunque proviamo con un impilamento a palle di cannone:
Sul fondo 10x10 posso sistemare 105 palline su reticolo
triangolare cosi': 10/9/10/9/10/9/10/9/10/9/10 (le "O")
a cui posso sovrapporre uno strato di 95 palline cosi':
9/10/9/10/9/10/9/10/9/10 (gli asterischi).
Usare caratteri fissi per visualizzare questo diagramma:
O   O   O   O   O   O   O   O   O   O
  *   *   *   *   *   *   *   *   *
  O   O   O   O   O   O   O   O   O
*   *   *   *   *   *   *   *   *   *
O   O   O   O   O   O   O   O   O   O
  *   *   *   *   *   *   *   *   *
  O   O   O   O   O   O   O   O   O
*   *   *   *   *   *   *   *   *   *
O   O   O   O   O   O   O   O   O   O
  *   *   *   *   *   *   *   *   *
  O   O   O   O   O   O   O   O   O
*   *   *   *   *   *   *   *   *   *
O   O   O   O   O   O   O   O   O   O
  *   *   *   *   *   *   *   *   *
  O   O   O   O   O   O   O   O   O
*   *   *   *   *   *   *   *   *   *
O   O   O   O   O   O   O   O   O   O
  *   *   *   *   *   *   *   *   *
  O   O   O   O   O   O   O   O   O
*   *   *   *   *   *   *   *   *   *
O   O   O   O   O   O   O   O   O   O
Nella scatola ci stanno tre di questi doppi strati,
per un totale di 600 biglie esattamente.
Bisogna pero' aggiungere che questo impaccamento
potrebbe stare in una scatola di 10 x  9,6602+ x 4,7267+
Quindi lo spazio avanzato potrebbe essere utilizzato
meglio da un altro impaccamento non standard.
A voi... la palla.
Ciao!!!
Livio

"Dario Uri" ha scritto

Mi pare che un reticolo tetraedrico sia più redditizio di quello usato
finora (piramide a base quadrata).
Dispongo la scatola con una faccia 5*10 come base;
lungo un lato corto piazzo una fila di 5 palle;
seguo con una file di 4 palle tangenti alle prime (cioè formo un reticolo a
triangoli equilateri);
continuo alternando file da 5 e da 4;
complessivamente riesco a sistemare un primo strato con 11 file, 6 file da 5
palle e 5 file da 4 palle, per un totale di 50;
noto che l'ultma fila non arriva al bordo della scatola, ma rimane un certo
spazio che mi sarà utile per lo strato successivo;
per il secondo strato piazzo le palle al centro dei triangoli formati dallo
strato precedente; riesco ancora a piazzare 11 file, 6 da 4 palle e e 5 da 5
palle, per un totale di 49;
proseguo alternando strati da 50 e strati da 49;
il primo strato ha un'altezza unitaria; per ciascun strato seguente
l'altezza increnmenta di sqrt(2/3)=.8165 (altezza del tetraedro di spigolo
unitario); quindi riesco a fare 12 strati (altezza totale 9.9815) con
6*50+6*49=594 palle in tutto.
Non so se si può fare di più
mio cuggino dice di sì...
ma mio cuggino è un gran *rompipalle* :-)
ciao
paolo

 Ora (50 + 36) x 6  = 494 palline.
mi pare che siano 516 :-)
che, con le 50 aggiuntive, diventano 566
s.e.o.o.
ciao
paolo

 potrebbe stare in una scatola di 10 x  9,6602+ x 4,7267+
Potresti verificare?
A me con quello schema è risultata una scatola di 10 * 9.9489 * 5.0824.
ciao
paolo

 ha scritto:

Mi sa che hai delle ragioni. Adesso mi viene 10 x 9.66 x 5.08
Vediamo...
La larghezza della base, essendo sfere su un piano, dovrebbe valere
1 + 10 altezze di triangoli equilateri = 1+10*SQR(3)/2 = 9.66+
Mentre l'altezza della scatola dovrebbe essere:
1 + 5 altezze di tetraedri = 1+5*SQR(2/3) = 5.08+
Se non mi sono sbagliato un'altra volta (ahi, la ruggine!), ora
bisogna vedere se allargando un po' le fila degli strati si riesce
a ricuperare quello 0.08. Ci provero' ancora, ma il gioco si
fa duro, soprattutto perche' ho paura che Dario abbia la
soluzione in tasca, magari da uno dei libri della sua
fottutissima biblioteca!  ((^__^))
Ciao!!!
Livio

 fottutissima biblioteca!  ((^__^))
Scoperta la fonte di Dario:
E' un manoscritto di Eratostene del terzo secolo a.C.
Eratostene, a quel tempo supplente di matematica, fu
comandato ad Assuan sul Nilo, antica Siene, un solstizio
d'estate di uno di quegli anni bui. I ragazzini di Assuan
sul Nilo, famosi in tutto l'antico Egitto per la loro vivacita',
avevano due giochi prevalenti: l'uno era quello di
guardare a mezzogiorno la loro immagine riflessa in
fondo al pozzo, poiche' a quell'ora, in quella data e
a quella latitudine (Assuan sul Nilo e' sul Tropico del
Cancro) il sole si rispecchiava in fondo al pozzo e
formava un'aureola attorno all'immagine riflessa dei loro
visi. L'altro gioco era quello delle birille di terracotta,
vera ossessione per Eratostene, che continuava a
sequestrarle durante le lezioni.
Fu cosi' che riparti' per Alessandria con piu'
di 500 biglie in tasca, il numero esatto e' scritto in quel
libro. Durante tutto il viaggio di circa 800 km a bordo
di un battello che discendeva il Nilo da sud a nord,
fu ossessionato dal mettere in una scatola le biglie
sequestrate ai vispi ragazzini di Assuan sul Nilo e pare
che formulo' interessanti teorie di packing. Arrivato
ad Alessandria, si ricordo' dei pozzi di Assuan e provo'
a rispecchiarsi, ma non ci riusci' perche' li' l'ombra
faceva con la verticale un angolo di circa 1/50 di giro.
Ossessionato dalle sfere, dedusse che la terra fosse
sferica e ne calcolo' il diametro. 50 x 800 = 40.000 km.
Che culo!!! Tutto il resto e' leggenda.
Ciao!!!  ((^__^))
Livio

 finora (piramide a base quadrata).
A prima vista puo' sembrare strano, ma sono la stessa cosa.
Se la piramide a base quadrata la ribalti su un lato, e' piu' facile 
rendersene conto.
Esistono 2 tipi di impacchettamento stretto dove ciascuna palla ne tocca 
altre 12, Esagonale e Cubico.
Incominciamo a mettere un primo strato di palle come ai vertici di una 
pavimentazione triangolare, allora gli spazi vuoti fra le palle formano un 
reticolo esagonale:
  a   a   a   a   a
    b   b   b   b
    a   a   a   a
  b   b   b   b   b
  a   a   a   a   a
    b   b   b   b
.......
Le palle del secondo strato occupano gli spazi a.
Nel mettere il terzo strato ci sono 2 scelte, le palle stanno direttamete 
sopra a quelle del primo strato (Impacchettamento Stretto Esagonale)
oppure stanno direttamente sopra uno spazio b (Impacchettamento stretto 
cubico).
Mettendo altri strati nulla vieta di mescolare i due modi ottenendo 
impacchettamenti ibridi, ma tutti questi hanno la stessa densita'.
ciao dario

 ...
Mi sembra che per fare il secondo strato che dici tu, sia necessario un
lato lungo della base pari a un raggio + 11 altezze di triangoli equilateri
= 0.5 + 11 x SQR(3)/2 = 10,026+
Se ora vuoi provare a comprimere questa quota, calcolando che
l'altezza di 9.9814+ non superi 10... auguri!  ((^__^))
Ciao!!!
Livio

 wrote in message
CI%Z7.4820$WQ2.1...@news2.tin.it...

Notevole il giramento di palle...
Mi spiace per tuo cuggino ma hai ragione tu.
Le palle (non rotte) sono 594 e la strada giusta
l'hai presa ruotando la scatola su un fianco.
Complimenti davvero.
Cia:o)
Leonardo

 = 0.5 + 11 x SQR(3)/2 = 10,026+
Salvo errori, mi risulta sufficiente una lunghezza di un diametro + 10.(3)
altezze di triangoli
=1 + 10.(3) * sqrt(3)/2 = 9.949-
Consideriamo le ordinate (distanze dal lato corto della scatola) dei centri
delle file, nei due strati.
poniamo H=sqrt(3)/2
Per il primo strato:
i centri della prima fila hanno ordinata = 0.5
per ciascuna fila successiva l'ordinata incrementa di H
quindi i centri dell'ultima fila avranno ordinata 0.5+10*H = 9.16+
per il secondo strato:
iniziamo posizionando la prima palla sopra il centro del triangolo
equilatero formato, al primo strato, dalle prime due palle della prima fila
e dalla prima palla della seconda fila: il centro è ad 1/3 dell'altezza,
quindi
i centri della prima fila hanno ordinata 0.5+H/3
per ciascuna fila successiva l'ordinata incrementa ancora di H
quindi i centri dell'ultima fila avranno ordinata 0.5+(10+1/3)*H = 9.449-
e, aggiungendo ancora l'ultimo raggio, la lunghezza totale risulta 9.949-
s.e.o.o.
ciao
paolo

 =1 + 10.(3) * sqrt(3)/2 = 9.949-
Mi sa che ancora una volta hai ragione: il tuo record e' omologabile
a pieno titolo!!!
Ciao e scusa la santommasata  ((^__^))
Livio