按照盒子的三边长之和来计费有没有漏洞?

    这是一个非常有趣的问题。许多快递公司都依据物件的长、宽、高三边之和来收费,一些航空公司也要求托运行李的三边长相加不能超过某个限制。那么是否有人想过,有没有可能把一个三边之和较大的盒子装进一个三边之和较小的盒子里,从而骗取更低的费用呢?有人会说,恐怕不行吧,长宽高之和更大的盒子体积不也应该更大一些吗?不见得。比方说,盒子A的长宽高分别是10、10、10,盒子B的长宽高分别是9、9、12.1。盒子B的三边长之和显然比盒子A要大,但体积只有980.1,比前者要小近20个单位。那么,为什么就不能把盒子B沿斜线方向塞进盒子A呢?有人会敏锐地发现,在上面的例子中,盒子A的体对角线长为17.3205,但盒子B的对角线长度达到17.5616,显然无法完全放进盒子A里。不过且慢,我也能举出这样的例子,三边和更大的盒子其体积和对角线都比小的盒子的要小。盒子A的长宽高分别为10、10、20,盒子B的长宽高分别为7.1、16.5、16.5。盒子B的长宽高之和比盒子A大,体积为1932.98,对角线长度比前者小大约0.1。看来,为了解决这个问题,我们还需要从一些更巧妙的方面入手。

    这种骗取低费用的办法虽然有创意,但却是不可能办到的。考虑一个长方体A。我们把长方体A以及离A的距离不超过ε的所有点组成的立体图形记作A_ε。可以想象,A_ε是一个棱角处圆乎乎的近似长方体。如果长方体A的三条边的长度分别为a、b、c的话,它的体积就应该是abc。那么,A_ε的体积应该是多少呢?它应该等于长方体本身的体积,加上长方体6个面外表上的那层皮,加上12条棱外面的那些1/4圆柱,加上8个角外面的那些1/8球体。注意到12个1/4圆柱恰好组成了三个完整的圆柱体,8个1/8球正好拼成了一个完整的球。因此,A_ε的总体积应该为(4/3)·pi·ε^3 + (a+b+c)pi·ε^2 + 2(ab+ac+bc)ε + abc。现在,让我们考虑另一个长方体B,其边长分别为a’、b’和c’。假设长方体B能够放进长方体A里面,那么很显然B_ε也应该完全位于A_ε内。A_ε的体积与B_ε的体积相差

(a+b+c)pi·ε^2 + 2(ab+ac+bc)ε + abc – (a’+b’+c’)pi·ε^2 – 2(a’b’+a’c’+b’c’)ε – a’b’c’

    由于A_ε的体积大于B_ε,上式的结果始终为正。这表明,当ε取到足够大时,二次项(a+b+c)pi·ε^2 – (a’+b’+c’)pi·ε^2的结果一定为正,由此可知a+b+c一定大于a’+b’+c’。

来源&查看更多:http://www.math.dartmouth.edu/~pw/solutions.pdf
Update:2011年 11 月 4 日,更新了一种新的证明方法,见 http://www.matrix67.com/blog/archives/4698

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