原帖由 winxos 于 2009-1-9 09:21 发表 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
你的14个太少了
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n=2时，赤道一周就可以摆下9个了，
n=2时，结果应该是大于25个的。
我写错了,是n=1时小于14.n=2时应该是小于31.5,所以这个估计的还是挺宽松的
感觉这问题和我以前看过的一个很像，就是让球面上的质点尽可能的均匀分布。
可以算得再严格些
即估算小球蜂巢面积
按六边形估计能得到什么结果?
应该是得到下界吧?
半径是$1$的圆的外切正六边形面积是
$2sqrt{3}$
则${4 \pi (n+1) ^2} / {2sqrt{3}} = {2sqrt{3} \pi (n+1)^2} / 3$
呵呵, 实际计算结果大于mathe的估算
如果估算每个小球面积是
$2 pi$
则似乎能得到下界
${4 pi (n+1)^2 } / {2 pi } = 2(n+1) ^ 2$
原帖由 无心人 于 2009-1-9 10:17 发表 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
如果估算每个小球面积是
$2 pi$
则似乎能得到下界
${4 pi (n+1)^2 } / {2 pi } = 2(n+1) ^ 2$
呵呵,显然错了.这个是因为小球面积和大球面积没有直接的联系
你的那个也是这么估算的啊
我们查看一个特殊的阿基米德多面体,截角立方体:
http://zh.wikipedia.org/wiki/%E6%88%AA%E8%A7%92%E7%AB%8B%E6%96%B9%E4%BD%93
顾名思义,它就是正立方体每条边分三段,然后去掉8个角得到的多面体,有8个正三角形面和6个正八边形的面.
我计算了一下,假设边长为2(也就是被截立方体边长为$2+2sqrt(2)$),那么这个多面体的外接球半径为$sqrt(7+4sqrt(2))~=3.56$
所以如果取n为非整数$sqrt(7+4sqrt(2))-1~=2.56$,那么我们首先可以在对应的边长为2的截角立方体顶点各取一个半径为1的小球,它们正好都同半径为n的大球相切(24个顶点).而且由于这个截角立方体含有6个正八边形面,每个正八面体内部还可以各放置一个球.我们可以得到
n=2.56时可以放30个球.
而如果采用截角四面体(http://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8D%8A%E6%AD%A3%E5%A4%9A%E9%9D%A2%E9%AB%94),可以得到$n=sqrt(11/2)-1~=1.35$时,可以放置12+4=16个球.
这时球的数目和$(n+1)^2$的比值达到2.9,基本上已经是上限了.
所以我预计对于所有n都应该有放置球的数目不超过$2.9(n+1)^2$
这个上界很不错了