Autor Tema: Empaquetamiento de lápices

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23 Noviembre, 2018, 08:42 am
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sedeort

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Sean dos tipos de lápices: los que venden sin punta (cilíndricos) y los que sí tienen una punta cónica.
Cuáles de ellos se pueden empaquetar con mayor compacidad o densidad (fracción de volumen ocupado)?


Igual estoy equivocado y es curioso pero la solución que a mí me sale no depende absolutamente de nada.  :o
(Todo tipo de lápices, con o sin punta, más o menos afilados, más o menos largos, se pueden apilar con la misma densidad. ???

23 Noviembre, 2018, 12:34 pm
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

Sean dos tipos de lápices: los que venden sin punta (cilíndricos) y los que sí tienen una punta cónica.
Cuáles de ellos se pueden empaquetar con mayor compacidad o densidad (fracción de volumen ocupado)?

Igual estoy equivocado y es curioso pero la solución que a mí me sale no depende absolutamente de nada.  :o
(Todo tipo de lápices, con o sin punta, más o menos afilados, más o menos largos, se pueden apilar con la misma densidad. ???

 Entiendo que te refieres a empaquetarlos en un volumen "infinito" (con límites tan grandes como queramos) y nos interesa la densidad de volumen ocupado.

 Para lápices sin punta, sólo importa como empaquetar sus secciones; es decir el problema equivale al empaquetamientos de círculos.

 Ahí es bien sabido que la configuración óptima es un empaquetamiento hexagonal y que la razón de área ocupada (y en nuestro caso también de volumen es):

\( \dfrac{\pi}{\sqrt{12}}\approx 0.9069 \)

 Para lápices con punta... tengo que pensarlo con más calma. Me sorprende independientemente del resultado, que hayas podido gestionar el caso con puntas de diferentes tamaños. En primer lugar, ¿qué configuración has considerado?-

Saludos.

23 Noviembre, 2018, 12:47 pm
Respuesta #2

sedeort

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Lo de los lápices sin punta era fácil.


Para los lápices con punta pensad primero cómo hay que disponerlos para su óptimo empaquetamiento.
Después calculad la compacidad de ese empaquetamiento en función del ángulo de la punta.

29 Noviembre, 2018, 01:50 pm
Respuesta #3

sedeort

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El empaquetamiento óptimo de lápices, todos iguales pero de cualquier longitud, diámetro y punta, entiendo que es éste:

Se coloca una capa de lápices, todos con la punta hacia arriba, y en configuración hexagonal. Otra capa como la anterior pero con las puntas hacia abajo se acopla a la primera introduciendo las puntas hacia abajo en los huecos que dejan las puntas hacia arriba. Estas 2 capas se repiten indefinidamente en la dirección vertical.

Como vemos se trataría de un apilamiento de cilindros (con la densidad dada arriba por Luis Fuentes), e independientemente , un apilamiento de conos. Cilindros y conos están perfectamente delimitados y los cálculos también pueden hacerse por separado.

Bueno, pues alguien podría calcular la densidad de este apilamiento de conos, o puntas de lápiz, distribuidos tal como he descrito?

(Si las dos densidades salieran iguales, ésa sería la solución para el problema de los lápices. Si salieran diferentes habría que hacer una media ponderada teniendo en cuenta las alturas del cilindro y del cono.)

30 Noviembre, 2018, 08:28 pm
Respuesta #4

sedeort

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Pues vaya! Ahora no me sale la solución "universal" que recuerdo me salía hace años y que dije en mi primer post.

Según mis cálculos actuales*, la densidad de la parte cónica del empaquetamiento es 2/3 la de la parte cilíndrica.
Por lo tanto, la densidad global del apilamiento de lápices sí depende de la razón r entre las alturas de las partes cónica y cilíndrica  del lápiz. Habría que hacer una media ponderada de las 2 regiones, como dije en el anterior post.

Mi solución final:
La densidad del apilamiento de lápices con punta es (pi/sqr12)·(1+2r/3)/(1+r)



*Para el cálculo en la parte cónica he tomado como celda repetitiva en el espacio un prisma hexagonal que contiene un cono completo hacia arriba y tres tercios de cono hacia abajo.

04 Diciembre, 2018, 01:40 pm
Respuesta #5

Luis Fuentes

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Hola

Lo de los lápices sin punta era fácil.

Si; aunque ojo porque probar rigurosamente que el empaquetamiento de círculos óptimo es el hexagonal es más delicado de lo que parece. Fácil es intuir que funciona y calcular la proporción; pero la justificación de que es óptima es sutil.

Citar
Para los lápices con punta pensad primero cómo hay que disponerlos para su óptimo empaquetamiento.

Si, una vez más aquí voy trabajar sobre lo que intuitivamente parece más óptimo; probar que rigurosamente es así es una empresa mayor.

Citar
(Todo tipo de lápices, con o sin punta, más o menos afilados, más o menos largos, se pueden apilar con la misma densidad
.

Cuando dijiste eso te había entendido mal; pensé que te referías a meter en un mismo sitio lápices diferentes. Pero quisiste decir que usas lápices todos iguales pero que el resultado final no depende de sus dimensiones.

Mi solución final:
La densidad del apilamiento de lápices con punta es (pi/sqr12)·(1+2r/3)/(1+r)


Mis cálculos, llamando \( x \) la proporción entre la altura de la punta y la longitud de la parte cilíndrica del lápiz me dan:

\( \dfrac{\pi\left(1+\dfrac{x}{3}\right)}{\sqrt{3}\left(2+x\left(2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)\right)} \)

Intento esbozar la idea. En primer lugar no se si has tenido en cuenta que los cilindros del los lápices dejan un huequito en medio donde meter un poco la punta del lápiz que encaja entres ellos "cabeza" abajo.



Es fácil ver que si \( R \) es el radio de los círculos grandes, el radio del pequeñito es:

\( r=\dfrac{2}{3}R\sqrt{3}-R=R\left(\dfrac{2}{3}\sqrt{3}-1\right) \)

Ahora para calcular la proporción entre el volumen total y el ocupado por los lápices, consideramos verticalmente dos filas de lápices con las minas encontradas y metidas las de uno sobre el huequito que dejan los otros. Luego eso se repitiría indefinidamente verticalmente.

Observemos el dibujo (lo he colocado en horizontal para ocupar menos a lo largo).



Suponemos que la parte cilíndrica del lápiz tiene longitud \( L \) y radio \( R \). La altura del cono que completa el lápiz es \( H \).

Entonces por semejanza de triángulos podemos calcular la altura  \( h \) que queda metida en el huequito que dejan los tres círculos:

\( \dfrac{h}{H}=\dfrac{r}{R}\quad \Rightarrow{}\quad h=\dfrac{Hr}{R}=H\left(\dfrac{2}{3}\sqrt{3}-1\right) \)

Por tanto al altura total que ocuparán las dos filas de lápices será: \( 2L+H-h \).

Ahora cada lápiz necesita en la base de nuestro recipiente un espacio total correspondiente al área de un tercio del hexágono de lados \( 2r \). Tal área es: \( 2R^2\sqrt{3} \). Nuestro recipiente tendrá una altura de \( 2L-h \). Por tanto el volumen total es (por cada par de lápices apilados en altura):

\( V_t=2R^2\sqrt{3}(2L+H-h)=2R^2\sqrt{3}\left(2L+H\left(2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)\right) \)

Ahora en ese espacio el volumen que ocupan dos lápices sumando el volumen cilíndrico y el cónico es:

\( V_o=2\left(\pi R^2L+\dfrac{\pi R^2H}{3}\right) \)

El cociente queda:

\( \dfrac{V_o}{V_t}=\dfrac{\pi\left(L+\dfrac{H}{3}\right)}{\sqrt{3}\left(2L+H\left(2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)\right)} \)

Si llamamos \( x \) a la razón \( x=H/L \) dividiendo numerador y denominador por \( L \) queda:

\( \dfrac{V_o}{V_t}=\dfrac{\pi\left(1+\dfrac{x}{3}\right)}{\sqrt{3}\left(2+x\left(2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)\right)} \)

Hay un detalle que conviene tener en cuenta; esta disposición es posible si \( h<L \). En otro caso ese trocito de mina metido entre los lápices chocaría bien con el fondo del recipiente o bien con la siguiente capa de lápices. Si \( h\leq L \) no se pueden incrustar más los lápices. En ese caso el cociente quedaría:

\( \dfrac{V_o}{V_t}=\dfrac{\pi\left(1+\dfrac{x}{3}\right)}{\sqrt{3}\left(1+x\right)} \)

Es decir la función volumen ocupado sería:

\( f(x)=\begin{cases}{ \dfrac{\pi\left(1+\dfrac{x}{3}\right)}{\sqrt{3}\left(2+x\left(2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)\right)}}&\text{si}& 0\leq x\leq \dfrac{1}{2\sqrt{3}/3-1}\\\dfrac{\pi\left(1+\dfrac{x}{3}\right)}{\sqrt{3}\left(1+x\right)} & \text{si}& x> \dfrac{1}{2\sqrt{3}/3-1}\end{cases} \)

En el límite (lápices "muy puntiagudos"):

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}f(x)=\dfrac{\pi}{3\sqrt{3}}=0.6046 \)

Esta es la gráfica:



Saludos.

05 Diciembre, 2018, 12:12 am
Respuesta #6

sedeort

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Yo había supuesto que nunca las puntas invadían la región cilíndrica. Si es como dices, el asunto parece complicarse mucho, y mi planteamiento sería erróneo, por supuesto.
Tu resultado, para lápices sin punta x=r=0, coincide con tu primer post, como debe ser. Y parece que el valor mínimo de tu función sería para lápices con sólo punta, pi/(6•(sqr3-1)).

Estaré atento a tu desarrollo.

05 Diciembre, 2018, 11:41 am
Respuesta #7

sedeort

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Pensaba que no sería capaz de hacerlo. Pero lo hice.
Y me sale lo mismo que a Luís.
 :aplauso: ;D

He tomado como celdilla un prisma hexagonal circunexcrito a un lápiz y con una altura de 2 capas de lápices encajados. Este elemento contiene 2 lápices netos y su altura sería 2H+2h(1-1/sqr3),

siendo H y h las alturas de las partes cilíndrica y cónica de un lápiz de radio unidad.


05 Diciembre, 2018, 12:37 pm
Respuesta #8

Luis Fuentes

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Hola

Pensaba que no sería capaz de hacerlo. Pero lo hice.
Y me sale lo mismo que a Luís.
 :aplauso: ;D

He tomado como celdilla un prisma hexagonal circunexcrito a un lápiz y con una altura de 2 capas de lápices encajados. Este elemento contiene 2 lápices netos y su altura sería 2H+2h(1-1/sqr3),

siendo H y h las alturas de las partes cilíndrica y cónica de un lápiz de radio unidad.

He modificado mi mensaje anterior completando la explicación; nota que incluido un matiz, cuando la parte cónica es demasiado larga esa parte que se incrusta entre los cilindros podría rebasar la longitud del lápiz.

Por otra parte como te dije, ojo porque esto no muestra que ese sea el empaquetado óptimo: ahí simplemente hemos calculado el porcentaje de volumen ocupado con esa idea, pero quizá pudiera existir otra posibilidad que la mejore.

Por último incluyo una representación 3D:


Saludos.

05 Diciembre, 2018, 02:04 pm
Respuesta #9

sedeort

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Felicidades, Luís. Tu resolución del problema merece un artículo aparte en alguna publicación matemática, jeje.
Muchas gracias por tu interés y dedicación.

Para lápices tan puntiagudos que su punta sobrepase la base de los enfrentados tendría que replantearmelo.