Niet meer dan drie tetraëders in één kubus

Transcriptie

1 Niet meer dan drie tetraëders in één kubus or Hurkens januari 008 Samenvatting Een opgave door Jan van de raats gesteld luidt als volgt: Hoeveel tetraëders met zijde een kun je stapelen in een eenheidskubus? Het antwoord hierop luidt: drie. Een stapeling van drie tetraëders was al eerder gegeven, zie figuur. We laten zien dat er geen oplossing met vier tetraëders bestaat. Tetraëders in een kubus Jan van de raats stelde in de Pythagoras de volgende vraag: Hoeveel tetraëders met zijde een kun je stapelen in een eenheidskubus? Kun je beredeneren dat je antwoord niet verbeterd kan worden? Het antwoord was een stapeling van drie tetraëders, zonder bewijs van optimaliteit. Zie figuur ter illustratie. Hieronder geef ik een bewijs dat vier tetraëders niet in een kubus passen. e oplossing met drie tetraëders is uniek, op rotatie en spiegeling na. Ik geef ook hiervoor een bewijs. We beginnen eerst met een beschrijving van een eenheidstetraëder. Zie figuur. e ribben,,,,, hebben elk lengte. Lijnstuk E heeft lengte, E en E lang. e hoogtelijn F is hebben lengte. e lengte van EF is, en F is lang. e kern van de redenatie is de plaats van het middelpunt van de kubus ten opzichte van de tetraëders in de kubus. Er is ten hoogste een tetraëder dat het kubus-middelpunt in zijn inwendige kan hebben. Elk ander tetraëder heeft, op symmetrie na, drie plaatsen waar het kubusmiddelpunt zich kan bevinden. E F Figuur : drie in een kubus; basistetraëder

2 Figuur : Middelpunt in kegel, respectievelijk prisma eschouw een tetraëder met hoekpunten,, en, en tegenoverliggende zijvlakken respectievelijk α, β, γ en δ. Laat het tetraëder de doorsnede zijn van de vier corresponderende halfruimten ax a 0, bx b 0, cx c 0, dx d 0. We kunnen dan de mogelijkheden voor het kubusmiddelpunt M als volgt beschrijven.. M ligt in de kegel met als hoekpunt, gegeven door vergelijkingen ax a 0, bx b 0, cx c 0. Zie figuur. an heeft M afstand tot vlak δ tenminste (hoogte van eenheids-tetraëder) en dus afstand tot een van de punten,,, van tenminste ( ) + ( ) = = >. it is dus een onmogelijk geval.. M ligt in het prisma grenzend aan hoekpunten en, gegeven door vergelijkingen ax a 0, bx b 0, cx c 0, dx d 0. Zie figuur. Merk op dat de zijden en loodrecht op elkaar staan en loodrecht op de lijn tussen ( + ) en ( + ). eze punten hebben afstand. Merk op dat M tot of een afstand groter dan ( ) + ( ) = = heeft, tenzij M precies samenvalt met ( + ).. M ligt in de afgeknotte kegel met hoekpunten,,, gegeven door ax a 0, bx b 0, cx c 0, dx d 0. angezien de afstand van M tot niet meer dan is ligt M ingeklemd tussen vlak α en de bol rond met straal. Laten we dit gebied aangeven met (α) = {x ax a 0, bx b 0, cx c 0, dx d 0, x }. Zie figuur. Merk op dat de punten ( + ), ( + ) en ( + ) op de rand van deze afgeknotte bol liggen. We mogen uitsluiten dat M met een van deze drie samenvalt omdat dit valt onder geval. Het bolsegment steekt ɛ := uit boven het zijvlak. 4. M ligt in het inwendige van een tetraëder. it tetraëder kan in een stapeling alleen worden gecombineerd met een tetraëder van type, hierboven beschreven. at heeft alleen kans van slagen wanneer M niet te ver van de rand af ligt. We kunnen dus aannemen dat M op afstand niet meer dan ɛ van het vlak α ligt. ovendien kan M niet verder dan van af liggen, dus kunnen we het driehoekig plakje doorsnijden met de cilinder rond de verbinding van en ( + + ) met straal 4 ( ɛ). Zie figuur 4. We geven het gebied aan met T (α).

3 Figuur : Middelpunt in bolsegment Figuur 4: Middelpunt in inwendige, dichtbij zijvlak

4 M Figuur 5: Kubus minus bol met straal e hoekpunten van het tetraëder die op afstand ± ɛ van M liggen noemen we tophoekpunten. eschouw nu een bol rond het kubusmiddelpunt met straal (hoogte van tetraëder). Het snijpunt met een kubusribbe ligt op afstand 9 van het midden van de ribbe en dus op een afstand := van het afgeknotte kubushoekpunt. Zie figuur 5. We definiëren verder een bol rond het kubusmiddelpunt met straal ɛ. Het snijpunt met een kubusribbe ligt op afstand ( ɛ) van het midden van de ribbe en dus op een afstand := ( ɛ) van het kubushoekpunt. We zullen aantonen dat elk van de acht componenten van de kubus met weglating van ten hoogste één tophoekpunt kan bevatten. ovendien is er een beperking op de combinaties van tophoekpunten gelegen nabij naburige kubushoekpunten. ls gevolg kunnen maximaal zes van de componenten door maximaal drie tetraëders benut worden. nalyse van de posities van tophoekpunten We stellen dat als gevallen 4 tweemaal optreden, de bijbehorende tetraëder-hoekpunten en niet dicht bij elkaar kunnen liggen. fstand d(, ) 0. ls en op een afstand van minder dan.0 van elkaar liggen dan liggen ze zelfs op afstand niet meer dan < van elkaar, vlakbij een kubushoekpunt. Ze liggen dan ook dichtbij een scheidend hypervlak en dan kunnen de respectievelijke afgeknotte bolsegmenten (α) en (α ) of driehoeken T (α), of T (α ) geen middelpunt M gemeen hebben. Immers, als de doorsnede M bevat dan betreft het de samenvallende punten M = ( + ) = ( + ), en dan hebben punten en afstand tot elkaar tenminste, en afstand tot M van exact. it is onmogelijk. fstand d(, v) d(, v) <. Hierin is v een vlak dat de tetraëders scheidt. ls deze situatie voorkomt en bijbehorend plakjes hebben een punt M gemeen dan kan dat alleen als het de samenvallende punten M = ( + ) = ( + ) betreft. it is alleen mogelijk als beide tetraëders van type zijn. 4

5 fstand d(, v) < d(, v). Hierin is v een vlak dat de tetraëders scheidt. kan niet van type 4 zijn. ls van type is moet dat ook zijn. Er is dan weer sprake van samenvallende punten M = ( + ) = ( + ). ovendien geldt dan dat d(, v) en dus is d(, ). We concluderen dat hoekpunten en dan diametraal tegenover elkaar liggen, en d(, ). ls van type is, en d(, v) <, dan kunnen we inzien dat de hoek tussen P ( ), ( + ) en kleiner is dan π, waarin P ( ) de projectie is van op hte sche- didend vlak v. Hieruit leiden we af dat d(, M) ɛ > ɛ. us is ook een tophoekpunt en ligt vlak bij een kubushoekpunt. Verder geldt dat d(, v) en dus is d(, ). We concluderen opnieuw dat hoekpunten en dan diametraal tegenover elkaar liggen, en d(, ). fstand d(, ), niet beide van type. Wanneer de afstand tussen en ongeveer bedraagt, dat wil zeggen niet meer dan + < +, en d(, v) d(, v), dan geldt zeker dat d(, v) Uit voorgaande volgt nu dat d(, ) moet zijn wat in tegenspraak is met het uitgangspunt. e situatie doet zich dus niet voor. fstand d(, ), beide van type. Uit bovenstaande volgt dat de ribben en loodrecht op elkaar staan. fstand d(, ). ls en een afstand hebben van tenminste > ( ) +, volgt dat punten en dichtbij diametraal tegenover elkaar liggende kubushoekpunten moeten liggen. In dit geval liggen de overige kubushoekpunten altijd op afstand van een van deze twee. Zo n hoekpunt kan alleen gebruikt worden als het van type is, en dan volgt dat alle hoekpunten van type moeten zijn. Er is dus sprake van de bekende oplossing met drie tetraëders zoals in figuur, óf er is geen ruimte meer voor een derde tetraëder. Er zijn verschillende oplossingen mogelijk met twee tetraëders: beide type, beide type, een combinatie van en, of een combinatie van types en 4. fstand d(, ). Tenslotte is er de situatie waarin en op afstand ongeveer liggen, dicht bij kubushoekpunten in een zelfde kubuszijvlak, diametraal gelegen. ls d(, v) d(, v) dan is de afstand d(, v) ls d(, v) volgt met bovenstaande redenatie dat het punt dicht bij het kubushoekpunt, diametraal tegenover gelegen, moet liggen. Eenzelfde conclusie trekken we ook voor d(, v) >, maar dit vereist iets meer werk. e afstand van tot M wordt dan onderschat door het snijpunt te bepalen van het bolsegment (α ) of het plakje T (α ) met een vlak parallel aan v op afstand ɛ =. We moeten er dan rekening mee houden dat de hoek tussen P ( ), ( + ) en groter is dan π. Zie ook figuur. Met e = ɛ en h = d(, v) volgt dat e f = 4 h /. Uit h = d(, v) 0.59 volgt dat d(, M) f ɛ ɛ. Omdat d(, M) ɛ volgt dat dicht bij een kubushoekpunt ligt. Verder geldt dat d(, v) 0.85 is zodat d(, ) is, waaruit we ook mogen concluderen 5

6 dat en diametraal tegenover elkaar liggen. onclusie: Niet meer dan drie tetraëders Zoals gezegd is er een veelvoud aan oplossingen met twee tetraëders hangend in diametrale kubushoekpunten, van verschillende types. ls we een stapeling van drie tetraëders maken moeten hoekpunten, en op onderlinge afstand van circa liggen. Laten we uitgaan van de situatie dat en diametraal tegenover elkaar liggen. Een derde tetraëder heeft hoekpunt op afstand van zowel als. Uit de analyse volgt dat er een tetraëder punt diametraal tegenover moet liggen, of een punt ˆ diametraal tegenover. it laatste geval kan niet optreden omdat er dan in het tetraëder van twee hoekpunten en ˆ zouden moeten zijn op afstand. e punten liggen immers tegenover en. Maar hoekpunten van een tetraëder hebben afstand en dus kan dit niet. ijgevolg mogen we concluderen dat tetraëder punt diametraal tegenover ligt. naloog volgt dat een hoekpunt diametraal tegenover ligt. e zes genoemde hoekpunten liggen elk zeer dicht bij een kubushoekpunt en vormen een configuratie die heel erg lijkt op de bekende oplossing van drie tetraëders in de kubus, elk van type. Op de twee niet gebruikte hoekpunten is geen plaats voor een tophoekpunt. Het ene hoekpunt ligt op afstand van de punten, en. Het andere punt ligt weliswaar op afstand van deze drie punten, maar als dit punt een hoekpunt (4) zou herbergen, dan zou er of een tetraëderhoekpunt ˆ diametraal tegenover (4) moeten liggen, of een punt (4) tegenover. e eerste optie is onmogelijk. naloog moet het vierde tetraëder een hoekpunt ˆ (4) tegenover bevatten. Maar (4) en ˆ (4) liggen dan op afstand en dat kan ook weer niet. Uniciteit van de oplossing met drie tetraëders. Uit bovenstaande volgt dat een stapeling van maximaal drie tetraëders mogelijk is. ls daarbij een tetraëder van type 4 meedoet kan er wellicht gecombineerd worden met twee tetraëders van type. Een andere mogelijkheid is een combinatie van type en. Wat we graag zouden aantonen is dat de combinatie van driemaal type de enig mogelijke is. Hieronder volgt een bewijs, dat dat zo is. Uit bovenstaande analyse volgt dat een eventuele oplossing met drie tetraëders een cyclische ordening heeft met zeg tegenover, tegenover en tegenover. Voor het vlak v dat de tetraëders van en scheidt geldt dan dat d(, v) < d(, v). ijgevolg kan niet van type 4 zijn. Op grond van symmetrie is dus geen van de hoekpunten van type 4. naloog volgt dat het niet mogelijk is dat van type en van type is. Op grond van symmetrie mogen we concluderen dat de hoekpunten alledrie van type zijn of alledrie van type. Veronderstel nu het laatste. Stel dat het middelpunt M op afstand κ van het vlak α ligt. We beredeneren nu dat voor de afstand van M tot het vlak α, λ, geldt dat λ κ 4 f e = d(,q) d(p,q h, waarin h de afstand van tot zijn projectie op v is. Zie figuur. Er geldt d e = d f ). We weten dat h +. an volgt dat λ κ, als κ > 0. oor opnieuw de rotatie symmetrie te gebruiken vinden we dat κ = 0, en M = ( +), dat wil zeggen dat we alsnog een oplossing van type hebben.

7 R h d f e P Q Figuur : zijaanzicht 7