Problema dell’impacchettamento
(caso particolare del cubo)
Francesco Di Noto, Michele Nardelli, Pierfrancesco Roggero
Abstract
In this paper we show an our idea about total packing in a cubic
space
Riassunto
In questo lavoro parleremo del problema NP chiamato
dell’“impacchettamento”, in particolare di uno spazio cubico,
come nel caso delle sfere (congettura di Keplero, con densità
0,74, Rif. 1) nel nostro caso invece la densità è 1, riempimento
completo .
Ci baseremo essenzialmente sui triangoli numerici (caso in cui la
somma dei termini di ogni riga è n^3, Rif.2)) e dei Triangoli Tk di
Tartaglia successivi a quello noto , T1 della nostra estensione
Tk , e dove le quarte righe sono sempre di somma ( n+1)^3 (Rif.
1
3).
°°°°°°°°
Tra i problemi NP è noto quello dell’impacchettamento,
ancora non risolto nel caso generale. Però per qualche caso
particolare si potrebbe cercare, ed eventualmente anche
trovare, una soluzione parziale, magari utile in seguito, si
spera, a contribuire alla soluzione del caso generale.
Noi tenteremo con la soluzione dell’impacchettamento di
uno spazio cubico, somma evidente di altri spazi , sia
cubici anch’essi (caso banale di cubi come somme di cubi
minori, per esempio un cubo di Rubik è somma di tanti
piccoli cubi minori con le facce esterne colorate per
risolvere il relativo e famoso rompicapo), sia di volumi
non cubici (parallelepipedi) , casi che tratteremo in questo,
basandoci sui Rif. 2) e Rif.3)
2
I Triangoli Numerici
Da Rif. 2, riportiamo il seguente triangolo numerico:
Triangolo numerico di tipo b) numeri dispari
cubi n^3
1
somma
1
3 4
5
8
7
9
11
27
13 15 16 17 19
64
21
23
25
27
29
125
… … … ….
…
Diagonale sinistre = numeri di Lie , vedi sopra..”
dove i numeri dispari di ogni n-sima riga hanno somma
n^3 (mentre si vede anche come i numeri dispari centrali
sono quadrati).
La dimostrazione è la seguente: il termine centrale è un
quadrato, n^2: Se prendiamo gli altri numeri dispari e ne
calcoliamo la media aritmetica “m” e la sostituiamo a tutti i
3
numeri dispari, otteniamo m+m+m = 3m = n^3, ed
essendo il termine centrale il quadrato di n, n*2 allora
anche le medie sono quadrati , la loro somma è uguale al
cubo della loro radice quadrata = n
Per es. per n = 3 abbiamo la media 7 + 9 +11= 27, 27/3 = 9
e sostituendo 9 ai numeri dispari della 3° riga abbiamo
9 9 9
con somma 27
Sostituendo i tre 9 con la loro radice quadrata, abbiamo
3 3 3 ora invece con prodotto 3*3*3 = 27= n^3,
e cosi anche per tutte le altre righe, per es. la quinta :
13
15
17
16
19
somma
64
Media m = (13 +15+17+19) = 64/4 =16
16
16
16
16
4
somma
64
4
4
4
4
Cubo = 4^3 = 64
sempre al cubo , e non come potrebbe sembrare da 4 4 4 4 ,
4^4 = 256, poiché è errato. La regola è sempre n^3
Un cubo n^3 , quindi, equivale a n quadrati n^2; per
es. 64:
4^3 = 64 = 16+16+16+16 = 4^2 + 4^2 + 4^2 + 4^2
Tornando al problema dell’impacchettamento, possiamo
dire che uno spazio cubico, per esempio di 64 metri cubi,
può essere riempito perfettamente (densità 1) da 4 volumi
di 13, 15, 17 e 19 metri cubi , oppure 4 volumi di 16
metri cubi.
I lati di questi volumi sono però (approssimati per
difetto per via dei pochi decimali qui usati)
13= 2,351314^3 , poiché 2,351314^3 = 12,999 ≈ 13
15 = 2,465989^3, poiché 2,465989^3 = 14,995 ≈ 14
17= 2,571038^3, poiché 2,571038^3= 16,995 ≈ 17
5
19= 2,668139^3 , poiché 2,668139^3 = 18,994 ≈ 19
E, come media:
16 = 2,519609^3, poiché 2,519609^3 = 15,995≈ 16
Stesso discorso potremmo fare per le quarte righe di Tk,
con anche qui con somma n^3. Esempio con T2, con
quarta riga (vedi Rif. 3, pag.8)
Esempio .
1 9 27 27 con somma
64 = 4^3
Ora i numeri sono 1, 9, 27, 27
mentre nel triangolo numerico per i numeri dispari, le
serie numeriche erano 13,15,17, 19 e l’equivalente
16,16,16,16 , entrambe con somma 64, come pure ora
1, 9, 27, 27 , per la quale vale la regola che un volume
di 64 metri cubi può essere riempito esattamente con
volumi più piccoli di 1, 9, 27 e 27 metri cubi. Un container,
6
per esempio, ha un volume 40 m^3, e quindi potrebbe
essere riempito con cubi perfetti con queste possibilità
(riconducibili al teorema di Zeckendorf per i numeri di
Fibonacci (ogni numero N è la somma di alcuni numeri di
Fibonacci, tranne che per due numeri di Fibonacci
consecutivi * vedi
nota finale)
) o , più in generale, anche alle già
ben note partizioni di numeri p(n) , Rif. 4) che
potrebbero aiutare a risolvere il problema
dell’impacchettamento nel caso generale, e non particolare,
come in questo lavoro basato sui cubi.
Cubi fino a 40 = 1, 8, 27
40 = 27 + 8 + 1 +1+1+1+1
40 = 8 +8+8+8 +8 = 5*8
Quindi due sole possibilità di riempire un container con
soli cubi perfetti. Per un ipotetico container di, per
7
esempio, 100 metri cubi, avremmo:
cubi fino a 100: 1, 8, 27, 64
100= 64 + 27 + 8 + 1 (caso con cubi tutti diversi )
100 = 27 + 27 + 27 +8 +8 +1+1+1
100 = 8+8+8+8+8+8+8+8+8+8+8+8+1+1+1+1
100=27 +27 +8+8+8+8+8 +1+1+1+1+1+1
…
Le cose si complicheranno un po’ naturalmente per tutti i
parallelepipedi i cui volumi singoli hanno come somma il
volume iniziale da riempire, ma questo lo rivedremo
eventualmente in futuro, intanto lo proponiamo a
matematici volenterosi che ci volessero provare iniziando
ad esempio da parallelepipedi con spigoli interi, per es.
2*3 *4 = 24 metri cubi, da completare con altri 14 metri
cubi per riempire un container, scomponibili in 2*2*3=12,
e con due metri cubi singoli, in modo tale che
40= 24 +12 +1+1+1+1 ammettendo anche piccoli cubi per
8
facilitare il riempimento totale , Ricordiamo qui il teorema
di Zeckendorf per i numeri di Fibonacci.
* Da Wikipedia, parzialmente:
Teorema di Zeckendorf
Da Wikipedia, l'enciclopedia libera.
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Il teorema di Zeckendorf, dal matematico belga Edouard Zeckendorf, è un teorema sulla
rappresentazione di interi come somme di numeri di Fibonacci.
Il teorema di Zeckendorf afferma che ogni intero positivo è rappresentabile in modo unico come la
somma di uno o più numeri di Fibonacci distinti in maniera tale che la somma non includa due
numeri di Fibonacci consecutivi. Una somma che rispetti queste condizioni è detta
rappresentazione di Zeckendorf.
Per esempio, la rappresentazione di Zeckendorf di 100 è
100 = 89 + 8 + 3
Ci sono altri modi per rappresentare 100 come somma di numeri di Fibonacci, per esempio
100 = 89 + 8 + 2 + 1
100 = 55 + 34 + 8 + 3
Conclusioni
Possiamo concludere dicendo semplicemente che questo
lavoro, basato su cubi con spigoli interi , estensibili a
parallelepipedi anch’essi con spigoli interi, risolve il
problema dell’impacchettamento perfetto (densità 1)
9
solo per questi casi, e proponiamo l’estensione dell’idea a
cubi e parallelepipedi, o altri solidi perfettamente
sovrapponibili, ma con spigoli esprimibili con numeri
razionali o reali per risolvere infine il caso generale, e
quindi anche dell’intero problema NP.
Riferimenti (Tutti sul nostro sito tranne Rif.1)
1- I grandi problemi della matematica, di Ian Stewart,
Einaudi, cap. 5 “Fiocchi di neve e arance – La congettura
di Keplero, pag. 87
2- Triangoli numerici e loro conseguenze aritmetiche
su quadrati, cubi, numeri di Lie, numeri di Fibonacci,
ecc.
Francesco Di Noto, Michele Nardelli, Pierfrancesco Roggero
3- I N F I N I T I T R I A N G O L I (Tk) D I T A R T AG L I A (possibili applicazioni in geometria (k + 2) –
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dimensionale)
Gruppo “B. Riemann”*
Francesco Di Noto, Michele Nardelli
*Gruppo amatoriale per la ricerca matematica sui numeri primi, sulle loro congetture e sulle
loro connessioni con le teorie di stringa.
4 - 3 Il problema dell’impacchettamento come
problema NP - Le partizioni di numeri e i Taxicab
come possibili esempi di soluzione
Francesco Di Noto, Michele Nardelli, Pierfrancesco
Roggero
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