[BASE Cinque - Appunti di Matematica ricreativa]
... e le sfere di bicchieri
Procuratevi una pinzatrice e 100 bicchierini di plastica, di quelli piccoli, da caffé.
Facoltativo uno spray argentato o dorato.
Prendete 1 + 6 + 12 + 18 + 24 + ... biccheri.
Posate un bicchiere in mezzo alla tavola.
Mettetegli intorno altri 6 bicchieri. Ci stanno perfettamente.
Aggiungete, intorno alla struttura altri 12 bicchieri e poi altri 18 e poi...
Potete andare avanti all'infinito. Ricoprirete l'intero piano con una pavimentazione regolare.
In questa prova dovete unire i bicchieri con due punti di pinzatrice, uno vicino al fondo e uno vicino al bordo.
Come nella prova precedente, partite da un bicchiere e attaccategliene altri 6 tutto intorno.
Poiché i bicchieri sono conici e non cilindrici, le loro basi non stanno su un piano ma tendono a disporsi su una superficie curva tridimensionale.
Attaccate allo stesso modo altri 12 bicchieri e poi altri 18.
I bicchieri tendono a formare una sfera ma ben presto ci si accorge che non si possono più disporre in modo regolare, come nella prima prova. Inevitabilmente si devono lasciare spazi vuoti irregolari fra i bicchieri.
Alla fine, se non forziamo troppo le attaccature fra un bicchiere e l'altro, si forma proprio una sfera.
Possiamo trasformarla in un lampadario o in una decorazione natalizia.
Ci sono voluti 96 bicchieri per fare la sfera che vedete qui sotto.
Usando bicchieri di due misure diverse si possono costruire due sfere, una grande e una piccola e assemblarle per formare il tradizionale pupazzo di neve, all'inizio della stagione invernale.
A me ricorda...
Occhio composto di moscerino
(Raija Peura, University of Oulu Institute of Electron Optics)
Aulonia hexagona
(http://www.microscopy-uk.org.uk)
Pollini
(http://en.wikipedia.org/wiki/Pollen)
Il problema di Tammes prende il nome dal botanico olandese Pieter Merkus Lambertus Tammes (1903-1980) che pose la questione nel 1930 in relazione allo studio dei pori sui granelli sferici di polline.
Il problema di Tammes si può formulare nel modo seguente
Ecco alcune soluzioni.
I diametri sono espressi come angoli solidi sottesi al centro della sfera.
numero di cerchi n |
diametro dn |
posizione dei centri dei cerchi |
2 | 180° | estremi di un diametro della sfera |
3 | 120° | vertici di un triangolo equilatero su una circonferenza massima (piano equatoriale) |
4 | 109° 28' | vertici del tetraedro regolare |
5 | 90° | 5 dei 6 vertici dell'ottaedro regolare (configurazione non unica) |
6 | 90° | vertici dell'ottaedro regolare |
7 | 77° 52' | configurazione unica |
8 | 74° 52' | antiprisma quadrato |
9 | 70° 32' | configurazione unica |
10 | 66° 9' | configurazione unica |
11 | 63° 26' | 11 dei 12 vertici dell'icosaedro |
12 | 63° 26' | vertici dell'icosaedro |
14 | 55° 40' circa | soluzione di Oleg R. Musin e Alexey S. Tarasov, pubblicata su ArXiv il 9 ottobre 2014 |
24 | 43° 41' | cubottaedro camuso (o snub cube) |
Ecco una soluzione per n=150 (non si sa se è quella ottima)
(http://www.buddenbooks.com/jb/images/150a5.gif)
Note.
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Pace e bene a tutti!
GfBo
Data creazione: dicembre 2011
Ultimo aggiornamento: dicembre 2014
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