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Mathematik » Numerik & Optimierung » Approximation eines Kreises mit Rechtecken
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Beruf Approximation eines Kreises mit Rechtecken
DetlefA
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-10


Hallo,

ich habe einen Einheitskreis x^2+y^2=1. Den möchte ich mit Rechtecken füllen, die eine beliebige Kantenlänge y haben. Für die Kantenlänge x habe ich allerdings nur n-Wahlmöglichkeiten. Dann scheint es am günstigsten, den Viertelkreis pi/2 in (n+1) gleiche Winkel zu teilen und die xk=2*acos(k*pi/(2*(n+1)), k= 1..n zu wählen.

Aber wie beweise ich, dass das das Optimum ist? Ich habe nicht einmal einen Ansatz.

Hintergrund: Man möchte einen kreisförmigen Trafokernquerschnitt mit sehr dünnen Blechen füllen. Man hat aber nur n verschiedene Stanzwerkzeuge für die Blechbreite.

Cheers
Detlef



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-10


Ich bezweifle, dass das optimal ist.

Ich habe das für vier Breiten mal durchprobiert und kam als beste Lösung auf eine Winkelaufteilung für vier Breiten: 21.05°, 37.34°, 52.67°, 68.96°  

Vergleiche das mal mit Deinem Vorschlag 18°, 36°, 54°, 72°

Man kann zumindest ausrechnen, wo der optimale Zwischenpunkt zwischen zwei gegebenen Teilungspunkten liegt. Das führt, wenn ich mich nicht vertan habe, zu einer Gleichung 4. Grades.
Im Prinzip könnte man dann alle n Teilungspunkte als Lösung eines nichtlinearen Gleichungssystems mit n Gleichungen berechnen.
Das ist schon recht anspruchsvoll.

Eine vorhandene Lösung daraufhin zu prüfen, ob sie optimal ist, sollte aber machbar sein.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-10


Hallo Detlef,
wie groß ist $n$ denn so typischerweise?

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-10


Ich habe für n=4 die gleichen Werte wie Kitaktus:

Ich kann es auch schnell für andere $n$ lösen, wenn es genau ein $n$ gibt, muss nur ein bisschen mit Excel tricksen. 😁
Wenn Du es dagegen in Zukunft für viele unterschiedliche $n$ lösen willst, müsste ich ein kleines Progrämmchen in VBA schreiben.

Ciao,

Thomas



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DetlefA
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-10


Hallo Thomas, hallo Kitaktus,

danke für die Lösung, viel lieber würde ich das verstehen :))). n ist so vielleicht bei 10. Könnt Ihr mir einen Hinweis auf Eure Strategie geben? Teilt Ihr immer zwischen zwei gegebenen Teilungspunkten auf? Habe null Ansatz.

Thomas, nicht das erste Mal, dass wir das Vergnügen haben, thx.

Cheers
Detlef



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-10


Hallo Detlef,
ich habe eine kleine Excel-Tabelle gebastelt, die das Problem für beliebige n löst. Bei n=100.000 erkennt man noch keine nennenswerte Anstrengung des Prozessors.
Man braucht keine n nichtlinearen Gleichungen lösen, es geht deutlich einfacher. Hier kannst Du die Datei runterladen:
dl.php?id=2302

In der Excel-Datei ist eine VBA-Funktion, nachfolgend der Code:
VBA
Option Explicit
 
Public Function X_Kreis(ByVal n As Long) As Double
    Dim xk As Double, xk_1 As Double, x As Double, xmin As Double, xmax As Double, Xopt As Double
    Dim k As Long
 
    xmin = 0.7
    xmax = 1
    Do
        Xopt = 0.5 * (xmin + xmax)
        xk_1 = 1
        xk = Xopt
        For k = 1 To n
            x = 2 * xk - (1 - Sqr((1 - xk * xk) * (1 - xk_1 * xk_1))) / xk
            xk_1 = xk
            xk = x
            If xk < 0 Then k = n
        Next
        If xk < 0 Then xmin = Xopt Else xmax = Xopt
    Loop Until xmax - xmin < 5E-16
    X_Kreis = Xopt
End Function

Diese Funktion wird nur einmal aufgerufen, und zwar in Zelle B5. Es werden nur die ersten 30 $x_k$ und Winkel dargestellt. Wenn Du mehr brauchst, kopiere einfach die Zeile 30 beliebig oft unten dran.
Die Erklärung, was ich da tue und warum es funktioniert, braucht länger als das Programm zu schreiben. Da brauche ich ein bisschen Zeit.

Ciao,

Thomas



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schnitzel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-07-11


Hi,
ich habe ein Gradientenverfahren ausprobiert und komme auf ähnliche Zahlen wie in #3.
Gruß



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-11


Python für Faulpelze ohne weitere mathematische Kenntnisse:
Python
import numpy as np
from scipy.optimize import minimize
 
def A(x):
    A1 = x*(1-x**2)**.5
    A2 = x[:-1]*(1-x[1:]**2)**.5
    return sum(A2)-sum(A1)
 
def Max(n):
    x0 = np.cos(np.linspace(n/(n+1)*np.pi/2,1/(n+1)*np.pi/2,num=n))
    res = minimize(A,x0)
    return 180/np.pi*np.arccos(res.x)
 

Max(4) => [68.95432428 52.66618435 37.3338301  21.04567172]

Max(10) => [78.33824468 69.65874061 62.09268444 55.07682779 48.33140975 41.66837779 34.92306247 27.90730799 20.34129724 11.66167935]


Für große $n$ ungeeignet.


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Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-07-11


Eingebaute Optimierungsalgorithmen nutzen, ts ts ts. In der 5 Nachkommastelle beim Winkel werden die Zahlen bei Python offenbar ungenau. 😂
Ich habe in meiner Datei noch eine Grafik hinzugefügt und berechne den Füllgrad. So sieht es z.B. für n=12 aus:

Und so sieht die Entwicklung der prozentualen Restfläche für große n aus:

Die Restfläche ist also wohl etwa reziprok zu $n$. Wenig überraschend. 🙂
Die Berechnung des ganzen Diagramms mit n bis hoch auf etwa 58.000 dauert auf meinem Surface im Stromsparmodus etwa 2 Sekunden.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-11


Hallo Detlef,
nachfolgend meine Erklärung zu dem von mir geschriebenen Algorithmus.
Die begrenzende Funktion ist hier ein Viertelkreis, es funktioniert aber auch mit anderen Funktionen. Aber bleiben wir mal beim Kreis. Wir nummerieren die Koordinaten durch, beginnend bei $x_0=1$ und endend bei $x_{n+1}=0$. Dazwischen liegen die zu findenden Koordinaten $x_k$ mit $k=1..n$, siehe folgendes Bildchen:
Die zu maximierende Fläche der Rechtecke ist dann
$$A=\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k+1})\sqrt{1-x_k^2}$$Um das Optimum zu finden, muss gelten:
$$\nabla A=\vec0$$wobei die partiellen Ableitungen nur nach den Koordinaten $x_1\dots x_n$ zu bilden sind, da $x_0$ und $x_{n+1}$ ja Konstanten sind. $x_k$ kommt immer zweimal vor, nämlich im Index um 1 verschoben auch durch das $x_{k+1}$. Daraus resultieren $n$ Gleichungen wie folgt:
$$\frac{\partial}{\partial x_k}(x_k-x_{k+1})\sqrt{1-x_k^2}\;+\frac{\partial}{\partial x_k}(x_{k-1}-x_k)\sqrt{1-x_{k-1}^2}=0$$$$\sqrt{1-x_k^2}+(x_k-x_{k+1})\frac{-x_k}{\sqrt{1-x_k^2}}-\sqrt{1-x_{k-1}^2}=0$$$$1-2x_k^2+x_kx_{k+1}-\sqrt{(1-x_k^2)(1-x_{k-1}^2)}=0$$All das wie gesagt für $k=1..n$, also ein nichtlineares Gleichungssystem für $n$ Variablen. Man KÖNNTE diese Gleichung nach $x_k$ auflösen, wie Kitaktus gesagt hat, wenn man die beiden Randwerte $x_{k-1}$ und $x_{k+1}$ vorgeben würde. Das führt tatsächlich auf eine Gleichung 4. Grades.
Das tun wir aber alles nicht. Wir lösen stattdessen die obige Gleichung nach $x_{k+1}$ auf:
$$x_{k+1}=2x_k-\frac{1-\sqrt{(1-x_k^2)(1-x_{k-1}^2)}}{x_k}$$Wir haben nun eine rekursive Gleichung, mit der sich alle $x_k$ berechnen lassen, wenn ich nur $x_0$ und $x_1$ habe. $x_0=1$ ist vorgegeben, das Problem ist $x_1$. Aber es ist nur eine Unbekannte, die wir genau so bestimmen müssen, dass $x_{n+1}=0$ herauskommt, statt $n$ Gleichungen zu lösen, die sowieso auch alle nichtlinear sind.
Genau das tue ich in meinem VBA-Programm, und zwar ganz schlicht mit dem Bisektionsverfahren. Als die beiden äußeren Startwerte für die Bisektion gebe ich $x_{\min}=0,7$ und $x_{\max}=1$ vor. Der letztere Wert ist offensichtlich, aber warum $0,7$? Ganz einfach: Wenn $n=1$ ist, dann ist das optimale Rechteck ein Quadrat mit der Kantenlänge $\frac1{\sqrt2}$. Für $n>1$ muss der Startwert auf jeden Fall größer als das sein. Ich gebe aber $0,7$ vor, damit der Algorithmus selbst bei der Eingabe von $n=1$ sicher funktioniert...
Und dann läuft in meinem Algorithmus immer der gleiche Film ab: rekursiv $x_{n+1}$ berechnen und schauen, ob es größer oder kleiner als null ist. Wenn kleiner, dann wird $x_{\min}$ durch den neuen Wert ersetzt, ansonsten $x_{\max}$. Da die Werte $x_k$ mit steigenden $k$ streng monoton fallen, steige ich mit der Zeile "If xk<0 Then k=n" vorzeitig aus der For-Schleife aus, um Zeit zu sparen.
Joa, das war es auch schon.

Ciao,

Thomas



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DetlefA
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-12


Hallo,

ja, hab ich komplett verstanden und habs programmiert in Matlab. Was für schlaue und schöne Ideen. Ich hatte keinen Ansatz, weil ja viele xk zu optimieren waren. Durch die Rekursion wurde das auf EINE Variable reduziert. Den Trick merk ich mir wenn ich mal wieder mehr als einen Parameter optimieren muss.

Danke an alle, besonders an Thomas.
Es war wie immer ein großes Vergnügen.
Bis zu nächsten Mal.

math rulez!
Cheers
Detlef

clear
% Kreis füllen
% Matheplanet 'Stanzwerkzeuge'
tic
n=1000000;
xerg=zeros(1,n);
xmin=0.7;
xmax=1;
while(1)
 xopt=(xmin+xmax)/2;  
 xk_1=1;
 xk= xopt;
 for k=1:n
  xerg(k)=xk;  
  x = 2*xk-(1-sqrt((1-xk*xk)*(1-xk_1*xk_1)))/xk;
  xk_1=xk;
  xk=x;
  if(xk<0) break; end;
 end;
 if(xk<0)xmin=xopt;else xmax=xopt;end;
 if(xmax-xmin<1e-15) break; end;
end
toc
180/pi*asin(xerg);
return



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-07-12


Sind die Teil-Restflächen (Sägezahnausschnitte) jeweils gleich groß?



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-07-12


Nein, die Restflächen sind nicht gleich groß.
(abgesehen von den aufgrund der Symmetrie paarweise gleich großen)


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-07-12


Hallo zusammen,
@Detlef: freut mich, dass ich Dir helfen konnte.
@haribo: Deine Vermutung war trotzdem nahe dran. Ich hatte mir die Frage auch gestellt. Bei $n=6$ sehen die Restflächen so aus:
Nach außen hin werden die kleinen Restflächen kleiner, zur Mitte bei 45° hin sind sie am größten. Aber bei $n=20000$ sieht es so aus:
Die Restflächen werden also immer noch nach außen hin kleiner, aber nur in einem sehr schmalen Bereich. Dazwischen ist es also wirklich so, dass die Restflächen praktisch konstant sind (natürlich nicht exakt, aber so gut wie).
@DerEinfältige: Die jeweils korrespondierenden Winkel in Deiner Liste müssen ja in Summe immer 90° ergeben: der erste plus der letzte, der zweite plus der vorletzte und so weiter. Da zeigen sich in der Liste bei Max(10) schon Abweichungen in der vierten Nachkommastelle. Die vorgefertigten Methoden wie z.B. in Python müssen halt Kompromisse machen zugunsten der Rechenzeit, aber zulasten der Genauigkeit. Das kann man zwar einstellen, wenn man es partout genauer braucht, aber dann braucht man eben auch sehr viel Geduld.

Ciao,

Thomas



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-07-12


Deine Rekursionsvorschrift ist dem SciPy-Löser hier sicherlich in jeder Beziehung überlegen.
Wobei eine höhere gewünschte Genauigkeit nicht so einen großen Einfluss auf die Rechenzeit haben wird.
Wachsendes $n$ ist für den allgemeinen Löser ein viel größeres Problem.
Statt bei $n$ im Bereich von Millionen ist hier bei wenigen Tausend Ecken die Grenze des Machbaren erreicht.


Zum Verhalten für große $n$:
Hier näheren wir Dreiecke mit Treppchen an.
Da ist es recht offensichtlich, dass der Schnitt immer in der Mitte liegt und sich die Restfläche bei doppelter Eckenzahl halbiert.
Für kleine $n$ wirkt das Problem schon spannender.


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-07-12


Hallo DerEinfältige,
2020-07-12 14:22 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 14 schreibt:
Zum Verhalten für große $n$:
Hier näheren wir Dreiecke mit Treppchen an.
Da ist es recht offensichtlich, dass der Schnitt immer in der Mitte liegt und sich die Restfläche bei doppelter Eckenzahl halbiert.
Für kleine $n$ wirkt das Problem schon spannender.

Ja, das stimmt. Auf allgemeine Kurven bezogen, also wenn die Grenzfläche kein Kreis, sondern etwas anderes wäre, wird die Abweichung immer genau dort größer sein, wo die Kurve nahezu parallel zur einer Rechteckkante verläuft, sei es horizontal oder vertikal.

Ciao,

Thomas



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-07-12


Spannend.
Wenn man n verdoppelt, entspricht dann jedes 2. y dem vorhergehenden Trennstrich ?



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-07-12


Hallo haribo,
bei einer genauen Verdoppelung von $n$ ohnehin nicht, sondern höchstens bei einer ungefähren Halbierung der Streifenbreite. Dadurch kommt bei $x=1$ noch ein Streifen hinzu. $n=1$ müsste man dazu z.B. mit $n=3$ vergleichen, oder allgemein $n$ mit $2n+1$. Aber auch dann bleiben die x-Koordinaten nicht erhalten.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-07-13 11:12


Eine letzte schöne Sache habe ich noch. Ich hatte ja oben in #8 die empirische Gleichung (Trendlinie) für die anteilige Restfläche in Abhängigkeit von $n$ angegeben. Etwas Kopfzerbrechen machte mir der Wert $0,454878$. Bei genauer Betrachtung stellt sich heraus, dass dieser Wert berechenbar ist, und zwar ist die Formel für die Restfläche für große $n$:
$$R(n)=\frac{2}{\pi^2}\Gamma\left(\frac34\right)^4\cdot\frac1n$$wobei der Faktor numerisch $0,456946581...$ lautet.

Ciao,

Thomas



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 22:29


Hallo,

auf der Kopie der Buchseite ist zu lesen, wie die Koryphäen des Transformatordesigns sich um das oben elegant gelöste Problem herumstümpern.

Ich möchte damit sagen, dass viel zu wenig von den mathematischen 'bag of tricks' bei uns Ingenieuren ankommt.
 




Danke nochmal.
Cheers
Detlef





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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2020-07-16 12:38


ach herumstümpern würde ich das nicht nennen, der lösungsansatz im buch und bei dir ist halt sozusagen eindimensional obwohl die aufgabe ansich mindestens zweidimensional ist, also drehungen der rechtecke sollten ansich nicht ausgeschlossen werden, oder?

eindimensional ist für n=1 das in-quadrat optimal, mit ner abdeckung von 2FE
zweidimensional also mit drehungen ohne wirklich grosse optimierung kann man ja auch mit n=1 also immer gleichgrossen rechtecken locker ~2,5 FE abdecken



ich weiss natürlich auch dass trafos die ja aus mehreren spuhlen bestehen dann nicht mehr baubar sind...



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-16 13:03


Hi,

im Buch möchte er eine Anzahl nichtlinearer Gleichungen lösen, da ist die Lösung von Thomas schon ausgefuxter, da muss man nur eine Nullstelle finden.

Das sind große Blechplatten, Tischtennistischgröße, die werden da gegeneinander isoliert eingesetzt, 2d Problem.

Cheers
Detlef



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2020-07-17 12:04


2020-07-12 17:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 17 schreibt:
Hallo haribo,
bei einer genauen Verdoppelung von $n$ ohnehin nicht, sondern höchstens bei einer ungefähren Halbierung der Streifenbreite. Dadurch kommt bei $x=1$ noch ein Streifen hinzu. $n=1$ müsste man dazu z.B. mit $n=3$ vergleichen, oder allgemein $n$ mit $2n+1$. Aber auch dann bleiben die x-Koordinaten nicht erhalten.

Ciao,

Thomas

ich grübel immer noch darüber, saß gerade im caffee mit einer rechteckigen untertasse auf einem runden teller...

aus symetriegründen muss doch zumindest bei ungeraden n die x=$\frac1{\sqrt2}$ =0,707er fuge immer vorhanden sein

aber kann man daraus folgern dass dann bei n=5 im set alle drei fugen von n=3 enthalten sind? also wirklich nur zwei weitere längen hinzukommen?
und weiter bei n=9 dann dito jede 2.fuge dem wert von n=5 entspricht?

wäre nett wenn mal jemand die tabelle der werte von n=1 bis n=10 darstellen würde

haribo



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Hallo haribo,

Ich habe jetzt nicht 1 bis 10 abgebildet, sondern die n, die eine fortgesetzte (ungefähre) Halbierung der Streifenbreite bedeuten, so dass man sehen kann, ob die Streifenkoordinaten die gleichen bleiben. Gleiche Farben bedeuten gleiche "Position", heben also genau die Koordinaten hervor, die erhalten bleiben müssten. Wie man sieht, tun sie das nicht, abgesehen von dem Wert $\frac1{\sqrt2}$, der aus Symmetriegründen erhalten bleibt, wie Du zurecht vermutet hast.

Ciao,

Thomas



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2020-07-17 19:09


danke schön monty,

ansich knobele ich noch etwas über geometrische lösungskonstruktionen...
haribo



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