江苏扬州市甘泉小学(225123) 赵元翔

随着快递和包装行业的迅速发展,塑料、纸张等原材料的消耗越来越大,这对生态环保形成了严峻的挑战,因此,包装盒的设计与使用是我们当前需要关注的问题.一般单个物品的包装相对比较容易,可以根据物体的形状设计合适的包装,但是对于多个相同的规格的物体的包装设计一直是我们思考的问题.本文主要讨论若干个完全相同的小正方体拼成大长方体的最优包装方案(表面积最小),若拼成的长方体三边长分别为a,b,c,则记该方案的表面积为S(a,b,c),以下同.

1 对“越接近”的思考

《数学实验手册(六下) 》[2]中提到“体积相等的长方体, 当长、宽、高越接近, 表面积越小”,“越接近”是一个模糊的概念, 我们一般将三边的周长或者最长边与最短边的差作为“越接近”的量化指标, 这对平面上面积一定的长方形是适用的, 但对长方体而言并不准确, 比如S(40,3,3)和S(30,6,2),它们三边的乘积都是360,三边和40+3+3＞30+6+2、最长边与最短边的差40−3＞30−2,然而S(40,3,3)＜S(30,6,2).这说明对“越接近”的解释需要其他条件的加入,黄忠裕教授在文[1]引入“最短边固定”得到了许多重要的结论.事实上可以将条件放宽到“任意一边固定”.

定理1长方体体积一定,当任意一边固定时,另外两边和越小,则表面积越小.

证明设长方体的三边分别为a,b,c,V=abc一定, 当任意一边不妨设a固定时,S= 2(ab+ac+bc) =2a(b+c)+2bc=2a(b+c)+显然b+c越小,表面积越小.得证.

注这里的a是固定的,因此b+c越小也就等同于长方体的周长越小.

定理2长方体体积一定,当任意一边固定时,另外两边相差越小,则表面积越小.

证明如定理1 所设,当a固定,设另外两边差|b −c|=t,因为t2=(b+c)2−4bc,故(b+c)2=t2+4bc=t2+b+c=根据定理1 中S= 2a(b+c)+知S=因此t越小,则表面积越小.得证.

定理3长方体体积一定,当任意一边固定时,另外两边中较长边与较短边的比值越小,则表面积越小.

证明设长方体的三边分别为a,b,c,V=abc一定,若当a确定时,不妨设b≥c,记比值解得代入得

设f(x) =则f′(x) =(x −1) ≥0, 故f(x) 在[1,+∞) 上单调递增,因此当a确定时,t越小,则S越小,得证.

2 n 个小正方体最优包装方案的推广

文[1]中证明了“pk(p为素数,k为正整数)个小正方体规则打包的最优方案是”这种特殊情况,下面将其进行一定的推广:

定理4pkq(p为素数,q为1 或素数,k为正整数)个小正方体规则打包成大长方体,存在n ∈N 使得pn≤q ＜pn+1,表面积最小包装方案为, 其中(规定k −2n ＜0 时,t=0).

证明(1)q= 1 时, 文[1] 证明了最小表面积为因为当且仅当n= 0 时, 满足pn≤q ＜ pn+1, 故t=因此ptq=下证

当k= 3m(m ∈N) 时,

当k=3m+ 1(m ∈N) 时,=

当k=3m+ 2(m ∈N) 时,pm+1.因此

当k= 3m(m ∈N) 时,

当k= 3m+ 1(m ∈N) 时,

当k= 3m+ 2(m ∈N) 时,=pm+1.因此综上可知q= 1 时,其中

(2)q为素数时,其中pn ＜q ＜pn+1.

1.若k −2n ＜0 时,根据规定t=0,下证最小表面积方案为

对任意方案Spaq,pb,pc),其中a+b+c=k,a,b,c ∈N, 由于b+c≤k, 因此b和c中至少有一个不超过不妨设c≤构造S(q,pb,pa+c).paq+pc −(q+pa+c) =(pa −1)(q −pc) ≥(pa −1)(pn −pc),因为k −2n ＜0,因此n ＞≥c, 故pn −pc ＞0, 因此paq+pc≥q+pa+c,根据定理1 知S(paq,pb,pc)≥S(q,pb,pa+c)(当且仅当a= 0 时等号成立).又因为pb −pa+c≥根据定理2 知, 当长度为q的边确定时,Sq,pb,pa+c≥因此为k −2n ＜0时的最小表面积方案.

2.若k −2n≥0 时,将其分为三类讨论.

①k −2n=3m(m ∈N)时,=S(pmq,pm+n,pm+n), 下证最小表面积方案为Spmq,pm+n,pm+n).

1)当pmq为确定一边时, 根据定理2 知另外两边都是pm+n时相差最小,此时表面积最小.

2)当pm+aq(a ∈N+)为确定一边时,设另外两边分别是pm+n−b和pm+n−c,其中a=b+c,b、c ∈N(说明: 因为a ∈N+,a=b+c,所以b和c要么一正一负,要么都是非负整数,根据定理2 考虑到pm+n−b和pm+n−c相差尽可能小,故不妨设这里的b、c均为自然数,以下同).

构 造S(pm+cq,pm+n,pm+n−c), 因为pm+aq −pm+n−b≥pm+cq − pm+n−b≥pm+cq − pm+n,由于q为素数,pn ＜ q, 故pm+cq −pm+n ＞pm+cpn −pm+n=pm+n(pc −1) ≥ 0, 所 以pm+aq和pm+n−b的两边之差大于pm+cq和pm+n的两边之差, 根 据定理2 知S(pm+aq,pm+n−b,pm+n−c)≥S(pm+cq,pm+n,pm+n−c)(当且仅当时等号成立).

又因为pm+cq −pm+n−c≥pmq −pm+n ＞0, 因此根据定理2 知S(pm+cq,pm+n,pm+n−c)≥S(pmq,pm+n,pm+n)(当且仅当时等号成立) .由于a ∈N+, 故a=c和c=0不可能同时成立, 因此S(pm+aq,pm+n−b,pm+n−c)＞S(pmq,pm+n,pm+n).

3) 当pm−aq(a ∈N+)为确定一边时, 设另外两边分别是pm+n+b和pm+n+c, 其中a=b+c,b、c ∈N.构造S(pm−cq,pm+n,pm+n+c),因为

(当且仅当b= 0 时等号成立) .所以根据定理1 知S(pm−aq,pm+n+b,pm+n+c)≥S(pm−cq,pm+n,pm+n+c).又因为c=0 时,pm−cq+pm+n+c=pmq+pm+n;c≥1 时,

所以根据定理 1 知S(pm−cq,pm+n,pm+n+c)≥S(pmq,pm+n,pm+n)(当且仅当c= 0 时等号成立) .由 于a ∈N+,b、c不能同时为 0,故S(pm−aq,pm+n+b,pm+n+c)＞ S(pmq,pm+n,pm+n).综合①中 1) 2) 3) 得,k −2n= 3m(m ∈N) 时,S(pmq,pm+n,pm+n)为最小表面积.

②k −2n=3m+1(m ∈N)时,=S(pmq,pm+n,pm+n+1),下证最小表面积方案为Spmq,pm+n,pm+n+1).

1) 当pmq为确定一边时, 根据定理3 知另外两边为pm+n+1和pm+n时比值最小,此时表面积最小.

2) 当pm+aq(a ∈N+)为确定一边时, 设另外两边分别是pm+n−b和pm+n+1−c, 其中a=b+c,b、c ∈N.构造S(pm+cq,pm+n,pm+n+1−c).因为pm+aq −pm+n−b≥pm+cq −pm+n−b≥pm+cq −pm+n ＞0,所以根据定理2 知S(pm+aq,pm+n−b,pm+n+1−c)≥S(pm+cq,pm+n,pm+n+1−c)(当且仅当时等号成立) .又因为c=0 时,pm+cq −pm+n+1−c=pmq −pm+n+1;c≥1 时,pm+cq −pm+n+1−c≥pmq −pm+n+1=pm(pq −pn)＞0,pmq −pm+n+1=pm(pn+1−q)＞0,

故pm+cq −pm+n+1−c≥pmq −pm+n+1, 所以根据定理2知S(pm+cq,pm+n,pm+n+1−c)≥S(pmq,pm+n,pm+n+1)(当且仅当c= 0 时等号成立) .由于a ∈N+, 故a=c和c= 0 不可能同时成立, 因此

S(pm+aq,pm+n−b,pm+n+1−c)＞S(pmq,pm+n,pm+n+1).

3)当pm−aq(a ∈N+)为确定一边时,设另外两边分别是pm+n+b和pm+n+1+c, 其中a=b+c,b、c ∈N.构造S(pm−cq,pm+n,pm+n+1+c),因为

所以根据定理1 知S(pm−aq,pm+n+b,pm+n+1+c)≥S(pm−cq,pm+n,pm+n+1+c)(当且仅当b= 0 时等号成立).又因为

所以根据定理 1 知S(pm−cq,pm+n,pm+n+1+c)≥S(pmq,pm+n,pm+n+1)(当且仅当c= 0 时等号成立) .由于a ∈N+,b、c不能同时为0, 因此S(pm−aq,pm+n+b,pm+n+1+c)＞S(pmq,pm+n,pm+n+1).综 合②中1) 2) 3) 得,k −2n= 3m+ 1(m ∈N) 时,S(pmq,pm+n,pm+n+1)为最小表面积.

③k −2n=3m+2(m ∈N)时,=S(pmq,pm+n+1,pm+n+1), 下证最小表面积方案为S(pmq,pm+n+1,pm+n+1).

1)当pmq为确定一边时, 根据定理2 知另外两边都是pm+n+1相差最小,此时表面积最小.

2)当pm+aq(a ∈N+)为确定一边时,设另外两边分别是pm+n+1−b和pm+n+1−c,其中a=b+c,b、c ∈N.构造S(pm+cq,pm+n+1,pm+n+1−c),因为

所以根据定理1 知S(pm+aq,pm+n+1−b,pm+n+1−c)≥S(pm+cq,pm+n+1,pm+n+1−c)(当且仅当b= 0 时等号成立).又因为

c=0 时,pm+cq+pm+n+1−c=(pmq+pm+n+1);c≥1 时,

所以根据定理1 知S(pm+cq,pm+n+1,pm+n+1−c)≥S(pmq,pm+n+1,pm+n+1)(当且仅当c= 0 时等号成立) .由 于a ∈N+, 故b= 0 和c= 0 不可能同时成立, 因 此S(pm+aq,pm+n+1−b,pm+n+1−c)＞S(pmq,pm+n+1,pm+n+1).

3)当pm−aq(a ∈N+)为确定一边时,设另外两边分别是pm+n+1+b和pm+n+1+c,其中a=b+c,b、c ∈N.构造S(pm−bq,pm+n+1+b,pm+n+1),因为

所以根据定理1 知S(pm−aq,pm+n+1+b,pm+n+1+c)≥S(pm−bq,pm+n+1+b,pm+n+1)(当且仅当c= 0 时等号成立).又因为

所以根据定理1 知S(pm−bq,pm+n+1+b,pm+n+1)≥S(pmq,pm+n+1,pm+n+1)(当且仅当b=0 时等号成立) .由于a ∈N+,b、c不能同时为 0, 因此S(pm−aq,pm+n+1+b,pm+n+1+c)＞S(pmq,pm+n+1,pm+n+1).

综 合③中1) 2) 3) 得,k −2n= 3m+ 2(m ∈N)时,S(pmq,pm+n+1,pm+n+1)为最小表面积.因此为k −2n≥0 时的最小表面积方案.综上所有定理4 得证.

3 今后努力的方向

定理1-3 介绍了三种比较表面积的方法,本质上都是要求一条边相同,另外两边“越接近”,则表面积越小.那么当两种方案中的三条边都不相等时,如何准确判断哪种方案的三条边“越接近”呢? 其次,定理4 给出了pkqt(t=0 或1)个小正方体规则打包的最小表面积方案,当t=2 甚至更大时,能否找到统一的方案? 最后,由于在实际包装时一般以长方体居多,如何研究若干个小长方体的规则打包的最小表面积方案? 这些都将成为今后我们努力的方向.