Две задачи, в которых я сделал ошибку
Первая задача родилась у нас в водном походе в Карелии. Мы попали в разгар черники и собирали чернику буквально походными котелками, потом ели ее со сгущенкой, или варили компот. Задача такая:
«В походный котелок помещается N кг черники. Сколько кг черники поместится в этот котелок, если уминать чернику ложкой?» Задачу предлагалось решить в уме. Никто не справился.
Мы догадались, что после утряски шарики черники должны упаковываться как пушечные ядра, сложенные правильной горкой. Четыре соседних шарика, касающихся друг друга располагаются в вершинах тетраэдра.
Задачу можно решать двумя способами. У меня почему-то получается разный ответ.
Первый способ – чисто геометрический, и требует некоторого пространственного воображения. Итак, центры четырех соседних шаров расположены в вершинах правильного тетраэдра. Шары касаются друг друга в серединах ребер этого тетраэдра.
Объем тетраэдра равен V∆ = a³∙√2/12, объем шара равен Vo = (4/3)∙π∙R³, длина ребра тетраэдра a=2∙R . Отношение объемов Vo/V∆=6∙π/(3∙√2). Но это еще не все.
Дальше нужно учитывать, что шаров у нас - 4 шт. (по количеству вершин тетраэдра). Но каждый шар пересекается с внутренним объемом тетраэдра лишь частично, на 1/20 часть своего объема.
Почему 1/20 часть? Дело в том, что 20 правильных тетраэдров можно сложить так, чтобы они касались гранями и имели одну общую вершину (получится правильный икосаэдр). Остальные 19/20 объема каждого шара принадлежат соседним тетраэдрам, которые имеют с нашим тетраэдром общую вершину.
Значит, нам нужно умножить полученное выражение на 4/20, получится в итоге (6/5)∙π/(3∙√2), или примерно 88.9 % пространства занято шарами. Мне здесь активно не нравится множитель 6/5, здесь какая-то ошибка в рассуждениях. Я не понимаю, в чем ошибка.
Другой способ решения задачи – арифметический. Считаем, что шары очень маленькие и их очень много. В вдоль ребра большого тетраэдра помещается N шаров (N >> 1).
Проведем ребро тетраэдра через центры этих выстроенных в линию и касающихся друг друга шаров. Длина ребра тетраэдра будет равна 2∙N ∙R , где R – радиус одного шара.
Посчитаем, сколько будет всего шаров, если их уложить в правильную пирамидку. Слои будем нумеровать слои буквой M. M = N для самого нижнего слоя, и M = 1 для самого верхнего слоя. Каждый слой имеет форму треугольника, в нем шары расположены рядами, как на бильярде в начале партии: 1, 2,3,4 … M .
Количество шаров в произвольном слое M , будет равно сумме ряда натуральных чисел 1+2+3+4+..M = (1/2)∙M ∙(M +1), или ≈(1/2)∙M² для M >>1.
Теперь нужно просуммировать все слои от 1 до N . Это c учетом общего множителя 1/2 будет половина суммы ряда квадратов натуральных чисел:
(1/2)∙(1²+2²+3²+4²+..N²) =(1/2)∙(1/6)∙N ∙(N +1)∙(2N +1), или ≈ (1/6)∙N³ (для N >>1).
Тогда:
(4/3)∙π∙R³∙(1/6)∙N³ - общий объем, занимаемый шарами,
a ³∙√2/12 = (2∙N∙R )³∙√2/12 – объем нашего большого тетраэдра.
Теперь, если первое выражение поделить на второе, получится ровно π/(3∙√2), (без всяких множителей 6/5), или примерно 74.0 % пространства занято шарами. Этот ответ, очевидно, правильный, но отличается от ответа, полученного первым способом.
Кристаллографам известно, что самая высокая плотность упаковки, твердых сфер, которая может быть достигнута простой регулярной упаковкой (решёткой), равна π/(3∙√2) ≈ 0.74048. Эта плотность достигается в гранецентрированной кубической решетке (это наш случай), а также в гексагональной плотноупакованной решетке.
Другая задача родилась, когда я стоял на остановке общественного транспорта, мне казалось, что она решается очень просто, но я ошибся.
Вот эта задача:
«На табличке написано: средний интервал движения троллейбусов 10 минут, средний интервал движения автобусов 15 минут. Человеку годится и троллейбус, и автобус, сколько в среднем придется ждать на остановке?»
Я рассуждал так: за час проходит 6 троллейбусов и 4 автобуса, всего 10 машин. Значит, в среднем они идут каждые 6 минут. А среднее время ожидания – в два раза меньше, или составляет ровно 3 минуты.
Оказывается – неправильно.
Правильное решение следующее:
P1=t/10 вероятность, что он уехал на троллейбусе за время t;
(1-P1) вероятность, что он еще не уехал на троллейбусе;
P2=t/15 вероятность, что он уехал на автобусе, если бы троллейбус не ходил;
P2∙(1-P1) вероятность, что он не уехал на троллейбусе, но уехал на автобусе;
P=P1+P2∙(1-P1) вероятность, что он на чем-нибудь да уехал за время t;
P = t/10 + t/15∙(1-t/10)=t/6-t²/150
(функция P изменяется от 0 до 1 в интервале времени t от 0 до 10)
S(t) = P' = 1/6-t/75 - производная P по времени (плотность вероятности);
Теперь осталось посчитать определённый интеграл от выражения t∙S(t) в пределах от 0 до 10 м.
Среднее время ожидания T = t²/12-t³/225 в подстановках t =0 и 10, получается T = 35/9 минуты,
или 3 минуты и 53.33 секунды (!).
На самом деле это тоже не совсем правильное решение. Это решение другой задачи, которая бы звучала следующим образом:
«На табличке написано: точный интервал движения троллейбусов 10 минут, точный интервал движения автобусов 15 минут...»
Если решать задачу в первоначальной формулировке, то в условии задачи не хватает данных о функции распределения этих средних интервалов троллейбусов и автобусов. Ведь мы можем предположить, что все автобусы дружно одной колонной проходят по маршруту, а между проходами этой колонны случаются очень большие интервалы. А диспетчер радостно отчитывается: «У меня сейчас столько-то автобусов на маршруте, средний интервал 15 минут, все честно, что вы еще хотите?».
Поэтому задача оказалась не такая простая, как мне показалось вначале.