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Kein bestimmter Bereich *[*[*]] Sechs durch acht
cramilu
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  Themenstart: 2021-07-13

Seit Ostern sind nun gut drei Monate vergangen. Der Osterhase befindet sich über den Sommer quasi in "Kurzarbeit". Da kommt schnell Langeweile auf. Aufdringlich stolz hat er also inzwischen gegenüber nahezu jedem Tierchen in Wald und Flur mit seinen außergewöhnlichen österlichen Hoppelrouten geprahlt. Schließlich begegnet er der geschäftig-coolen Hummel... Kaum setzt der Osterhase zum Sermon an, würgt ihn die Hummel trocken ab: »Hab' ich doch längst gehört. So etwas kann ich auch. Zwar mit weniger Anflugzielen, dafür aber im Raum!«. Der Osterhase ist gleichermaßen perplex wie neugierig: »Wie das?«. »Nun, stell' Dir acht pollentragende Blüten vor, deren Zentren die Ecken eines gedachten Würfels im euklidischen Raum bilden...« - »Äh... ja...!?« - »Natürlich müssen wir ein wenig abstrahieren, denn durch eine Blüte hindurchfliegen kann ich ja nicht. Zwischenlandungen, um den Pollen aus einer Blüte zu streifen, und "Schlenker", wenn ich etwa von oben ankäme und nach unten weiterfliegen müsste oder so, müssen als unerheblich gelten dürfen!« - »Ja, ja... schon klar...!?« - »Ich beginne also meine Pollenflugroute an einem bestimmten Punkt im Raum und fliege von dort aus einen dreidimensionalen Polygonzug mit lediglich SECHS nicht-gekrümmten Teilstrecken ab, auf dem alle acht Blütenzentren liegen!«. Der Osterhase starrt ungläubig... »Bloß SECHS?! Unmöglich!«. »Wohl!«, entgegnet die Hummel selbstbewusst; »Als ich das erst jüngst haribo erzählt hatte, kam der sogar spontan auf eine Idee für eine Flugroute, die mir gar nicht eingefallen wäre! Außerdem könnte ich elegant am Ende wieder genau beim gleichen Punkt ankommen, von dem aus ich losgeflogen bin. Ganz spektakulär könnte ich dabei die Teilstrecken noch so wählen, dass keine davon parallel zu einer der Würfelseiten verläuft. Und wenn es erlaubt wäre, die Route auf einer Blüte zu beginnen oder gar dort unmittelbar die Richtung zu wechseln, gäbe es eine definitiv kürzeste Flugstrecke!«. Der Osterhase ist empört: »Du willst mich doch bloß veralbern!?«. »Nö!«, grinst die Hummel, und bsss... summt sie von dannen. Fassungslos lässt sie den grübelnden Osterhasen zurück... Na, hat auch sie nur "aufgeschnabelt", oder kann sie das alles wirklich? [Teil]Lösungsvorschläge oder -ansätze bitte per PM/PN!


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cramilu
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-17

Dass haribo bereits bei einem "Pre-Teasing" umgehend eine Lösung gefunden hatte, habe ich im Aufgabentext extra hervorgehoben. Vor wenigen Minuten hat sich nun gonz als zweiter erfolgreicher Löser dazugesellt - Glückwunsch und Respekt! 🤗


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cramilu
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-18

gonz hat inzwischen zwei weitere Teilanforderungen erfüllt; bei seiner neuerlichen Lösung kommt die Hummel am Ende wieder genau am gleichen Punkt an, von dem aus sie gestartet ist, und keine der Einzelflugstrecken ist zu einer der Würfelseiten parallel. Stark! 🤗 haribo kannte diese Lösung bereits aus dem Vorfeld von mir, wäre aber gewiss auch selber darauf gekommen. 😉 Die definitiv kürzeste Flugroute steht noch aus...


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cramilu
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-25

Am frühen Samstagnachmittag hat auch zetteline501 eine Lösung gefunden! Da ich mich schon auf den Diskurs freue, werde ich ab Montag "auflösen". 😉


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cramilu
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-26

Zu nächtlicher Stund' hat mir wrdlprmpfd gleich zwei wesensverschiedene Lösungen zukommen lassen. Glückwunsch! 🤗


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cramilu
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-26

MartinN ist auf die gleiche grundsätzliche Lösung gekommen wie ich zu Anfang meiner Überlegungen. 😎 Herzlichen Glückwunsch! 🤗


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cramilu
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-26

AUFLÖSUNG - Teil 1 Ich hoffe, Ihr konntet Euch schon bis hierhin erfreuen am dreidimensionalen Herumknobeln, und möchte gleich die Abschlussfrage zur Aufgabenstellung beantworten: Ja - die coole Hummel kann das alles wirklich! Sie hat dabei sogar - so oder so - de facto stets unendlich viele Möglichkeiten. Wie das? Um mit bloß sechs nicht-gekrümmten Teilflugstrecken die acht Eckpunkte eines Würfels "abzufliegen", liefert die Theorie mehrere Grundansätze. Eine Teilflugstrecke mit drei Punkten plus fünf weitere mit je einem Punkt, zum Beispiel. Dieser Ansatz scheidet jedoch sofort aus, denn in einem Würfel nach Vorgabe können immer höchstens zwei Punkte kollinear zueinander liegen. Drei Teilflugstrecken mit jeweils zwei Punkten plus drei weitere mit insgesamt zwei Punkten wären theoretisch auch denkbar, allerdings sind mir - und damit wahrscheinlich auch der Hummel - keine entsprechenden Lösungen bekannt. Es scheitert nämlich jedesmal daran, dass sich schon für paarweise zwei von drei Zwei-Punkte-Linien keine direkte Verbindungslinie findet, welche einen weiteren Punkt durchzieht. Bleibt also bloß noch die Kombination aus zwei Teilflugstrecken mit jeweils zwei Punkten plus vier weiteren mit je einem Punkt! Und dabei ergibt sich zwingend mindestens ein "Freiheitsgrad" für eine der Teilstreckenlängen oder für einen der Abbiegewinkel. Schon ist so die "Unendlichkeit" an möglichen Routen erreicht. Betrachten wir das doch anhand einer der grundsätzlichen Lösungen. Unter denen, auf die ich vor Aufgabenstellung gekommen war, ist es die dritte: Die vier orangefarbenen Punkte liegen jeweils "vorne", und die vier grünen "hinten" - die "1" gibt die Einheitsrasterweite an. Nach strenger Anforderung ergeben sich zunächst ganze fünf[!] "Freiheitsgrade": Die Hummel fliegt die erste Blüte links vorne unten aus einem Epsilönchen Entferung von links an und setzt ihre erste Teilflugstrecke (dunkelgrün) über die zweite Blüte rechts vorne unten hinaus um ein "ordentliches" zweites Epsilon fort; es heiße "\(p\)"! Danach biegt sie nach schräg links hinten ab. Der Abbiegewinkel \(\phi\) ergibt sich unmittelbar aus "1" und "\(p\)". Sie "durchfliegt" (hellgrün) die Blüte rechts hinten unten und summt weiter, bis sie genau die Verlängerung der linken unteren Kante des Würfels aus Blüten erreicht. An diesem Punkt hinterhalb des "Blütenwürfels" biegt die Hummel nach schräg vorne oben ab und "durchfliegt" auf ihrer nun dritten Teilflugstrecke (violett) die vierte Blüte links hinten oben. So gelangt sie zu einem Punkt in Verlängerung einer Diagonale der linken Würfelseite. Genau diese "durchfliegt" sie mit ihrer vierten Teilflugstrecke (rot) und sammelt dabei den Pollen der fünften (links vorne oben) und der sechsten (links hinten unten) Blüte ein. Über diese fliegt sie abermals um ein Epsilönchen hinaus, bevor sie mit den letzten beiden Teilstrecken (gelb und dunkelblau) ihren Pollenflug zum Abschluss bringt. Wenn wir ihr nun gestatten, unmittelbar auf einer Blüte zu beginnen, zu wenden und zu enden, reduzieren sich die fünf "Freiheitsgrade" auf einen einzigen: \(p\) , bzw. \(\phi\) ! Allein einer der beiden wird dann die Gesamtfluglänge festlegen. Dabei muss gelten: \(0 Dazu, wie man für diesen Grundtypus an reduzierten Lösungen die kürzest mögliche Wegstrecke ermittelt, werde ich noch kommen... Alternativ kann die Hummel mit ihrer dritten Teilflugstrecke (violett) als vierte Blüte auch diejenige rechts hinten oben ansteuern und dann die Verlängerung einer Raumdiagonale des "Blütenwürfels" als vierte Teilstrecke (rot) wählen. Dadurch wird sich gemeinhin die Gesamtstrecke ihres Pollenfluges verlängern. In welchen Intervallen \(p\) , bzw. \(\phi\) dabei liegen können, habe ich noch nicht genauer untersucht. Im folgenden wieder eine Darstellung für \(p=0,5\) : Die beiden nun zuerst gezeigten grundsätzlichen[!] Lösungen scheinen zwei von insgesamt lediglich sechs[!?] zu sein. Sie erfüllen in der jeweils anfänglichen Konfiguration die strenge Ausgangsanforderung, aber noch keine der anspruchsvolleren, sind also weder "geschlossen", noch bestehen sie durchweg aus Teilstrecken, die zu keiner Seite des "Blütenwürfels" parallel sind, und die allerkürzeste Flugroute ermöglichen sie auch nicht. Zu jenen Lösungen für "Profi-Hummeln" ebenfalls später mehr... Wer inzwischen mag, kann ja daran weiterknobeln! 😉


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gonz
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-07-27

Hm, ich versuche mal vorsichtig einzusteigen. Wir gehen davon aus, dass man mindestens sechs Strecken braucht, um einen Polygonzug zu basteln, auf dem alle Gitterpunkte liegen (das wäre quasi - "Annahme 1"). Aufgrund der würfeligen Geometrie des Gitters kann eine der Teilstrecken höchstens zwei Punkte erfassen, da wir acht Punkte haben, muss es also mindestens zwei Teilstrecken geben, die auch wirklich zwei Punkte abdecken. Nennen wir sie mal "Zwei-Punkte-Strecken". Nebenbei: in Bezug auf die Benamsung von Dingen bin ich offen, also immer gerne sagen, wie es wirklich heißen sollte. Nochmal nebenbei: Falls sich zwei Teilstrecken genau auf einem Gitterpunkt treffen dürfen, also eine "Punktwendung" zulässig ist, oder es Teilstrecken geben darf, die gar keinen Punkt berühren, könnten es auch mehr als zwei solcher Zwei-Punkte-Teilstrecken geben. Das wäre quasi "Frage A", ist aber erst einmal für die weitere Betrachtung nicht wirklich relevant. So. Für die Zwei-Punkte-Teilstrecken gibt es drei allgemeine Lagen: Sie können auf einer Kante des Würfels liegen, sie können Diagonale einer Würfelfläche sein, oder "quer" durch den Mittelpunkt des Würfels verlaufen, also zwei gegenüberliegende Ecken verbinden. Es bietet sich an, danach zu klassifizieren, denn diese Zwei-Punkte-Strecken liegen auf einer Gerade fest, im Gegensatz zu den übrigen Strecken, die frei um einen Punkt drehbar sind und damit das ganze etwas... unübersichtlich machen (für mich zumindest). Nehmen wir mal den "Fall I" an: Es gibt (mindestens) eine Zwei-Punkte-Strecke, die auf einer Kante des Würfels verläuft. Das ist, wieder nebenbei festgestellt, bei den beiden von Cramilu präsentierten "grundsätzlichen Lösungen" gegeben. Wir können nun die Symmetrien des Problems ausnutzen, und diese Kante o.B.d.A. frei wählen. Es ist dies die "dunkelgrüne Strecke" aus den gegebenen Lösungsdarstellungen, und sie wird so gelegt, dass sie "vorne unten von links nach rechts" verläuft, oder andersherum: wir wollen uns noch nicht damit beschäftigen, dass der Polygonzug in zwei Richtungen durchlaufen werden kann. Wir können nun weiter danach klassifizieren, welchen Typ die (mindestens) eine weitere Zwei-Punkte-Strecke hat. Den Fall, dass es eine weitere Kante ist, lassen wir mal aussen vor - und nehmen uns die von cramilu bereits beschreibenen Fälle vor: Fall I.B1 Es gibt noch eine Flächendiagonale, und diese liegt auf einer Fläche, die mit der zuerst gegebenen Kante einen Punkt gemeinsam hat (das muss nicht notwendig so sein, sie könnte auch der ursprünglichen Kante gegenüber liegen). Ist es aber so, können wir die verbleibenden Symmetrien nutzen und sie so legen, dass sie von links hinten unten nach links vorne oben verläuft. Damit sind wir bei der ersten von Cramilu vorgestellten Lösungsgruppe und unsere zweite Zwei-Punkte-Linie ist dort in Rot gegeben. Nun kommen wir zum Fall I.C: Die zweite Zwei-Punkt-Linie führt durch den Mittelpunkt. Da nur noch zwei Möglichkeiten dafür bestehen (die übrigen zwei sind durch die schon belegte Kante blockiert), können wir wiederum die Symmetrie ausnutzen und sie auf jeden Fall so legen, dass sie von hinten links unten nach vorne rechts oben führt - das ist die zweite von Cramilu vorgestellte Lösungsgruppe, und unsere zweite Zwei-Punkte-Linie ist dort ebenfalls rot dargestellt und in der angegebenen Weise ausgerichtet. Verbleibt, diese jeweils zu verbinden - was für die zwei schon offengelegten Lösungsgruppen ja schon erfolgt ist - und die übrigen Fälle zu betrachten :) Soweit also war ich gekommen, und poste dies hier zum Abgleich der Ideen - Grüße aus dem Harz und frohes Knobeln weiterhin - Gerhard/Gonz


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cramilu
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-28

AUFLÖSUNG - Teil 2 gonz, Deine Fallunterscheidung zielt vermutlich in die richtige Richtung! Ich bin indes noch nicht endgültig schlüssig, welche jeweils wie reduzierten "Grundlösungen" womöglich ineinander übergehen. Aber dazu kommen wir sicher noch. 🤗 Zwei Typen von nicht-geschlossenen aber symmetrischen Lösungen waren mir selber gar nicht eingefallen: haribo, gonz und zetteline501 waren da kreativer. 😉 Wenn man wieder das, was ich unter "Reduktion" verstehe, auf die beiden anwendet, ergeben sich für jeden Typus vier verschiedene Einzellösungen - erneut mit jeweils einem "Freiheitsgrad". Könnt Ihr es Euch erschließen?


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gonz
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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-07-29

Ich wollte doch erstmal ein bissl programmieren, um nicht immer "von Hand malen" zu müssen. Anbei - guckst du! Die Lösung ist denke ich bekannt - der Legende nach hat ja schon Imhotep den Hummelflug studiert. https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/36025_Bildschirmfoto_vom_2021-07-29_14-09-18.png Grüße und einen schönen Tag - Gerhard/Gonz


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cramilu
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-30

AUFLÖSUNG - Teil 3 gonz, herzlichen Glückwunsch! Genau die "Pyramidoid"-Lösung war die erste, auf die ich selber gekommen war. Damit hast Du in drei von vier Kategorien "gepunktet". Zur definitiv kürzesten Hummelpollenflugroute später... 😉 Widmen wir uns zunächst den "Pyramidoiden": Hier können sogar zwei Flankenpaare mit unterschiedlichen Basiswinkeln kombiniert werden, und der Startpunkt kann an jeder der fünf bzw. sechs "Spitzen" liegen! In zartem Hellblau ist mittig die Symmetrieebene dargestellt. Nach meinem Verständnis "reduzieren" lässt sich so ein "Pyramidoid" entweder vo[n eine]m [der] Scheitel her... ... oder von einer der "Basiszacken": Aufgrund der Symmetrie ergeben sich demnach - anders als bei den Lösungen in Teil 1 (siehe oben Beitrag #6) - statt sechs lediglich vier nicht-kongruente Einzellösungen: Auch die "Pyramidoid-Redukte" weisen wiederum lediglich einen "Freiheitsgrad" \(p\) , bzw. \(\phi\) auf, allerdings gilt hier: \(p>0\) , bzw. \(0°<\phi <90°\) ! Die beiden einander kreuzenden Basisdiagonalen liegen in der Ebene des "Blütenwürfelbodens" und sind damit beide noch parallel zu einer Würfelseite. Nach "Reduktion" gilt solches zudem für die beiden frontseitigen Teilstrecken. Als nächstes steht dann diejenige geschlossene Lösung an, welche - "unreduziert" - keine derartigen Teilstrecken enthält...


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gonz
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  Beitrag No.11, eingetragen 2021-07-30

Zuviel Begeisterung ist vielleicht auch nicht gut... aber... https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/36025_aaarg.png Kommt gut ins Wochenende!


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cramilu
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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-01

AUFLÖSUNG - Teil 4 Ob sich nun die Hummeln tatsächlich einst vor tausenden von Jahren Kultgrabmale im alten Ägypten zum Vorbild für geschlossene Pollenflugrouten genommen hatten, wird wohl nie abschließend ergründet werden können... Doch... wer "pyramidoidal" denken kann, der kann das gewiss auch "oktaëdroidal". 🤔 Sind es bei den "Pyramidoiden" die einander kreuzenden Seitendiagonalen der Basisfläche des "Blütenwürfels", über welche sich ein geschlossener Polygonzug für den Flug von Blüte zu Blüte errichten lässt, so kann man ähnliches spektakulärer über zwei einander kreuzende Raumdiagonalen bewerkstelligen: Bei solchen "Oktaëdroiden" verläuft nun wirklich keine einzige Teilstrecke mehr parallel zu einer Würfelseite! Wiederum ergibt sich jeweils eine Symmetrieebene (hellblau). Zudem habe ich "fehlende" Kanten der "Pyramidoid-Hälften" in Hellgrau eingezeichnet, damit das Auge des Betrachters vollends überfordert werde. 😎 "Oberhalb" und "unterhalb" der Raumdiagonalenkreuzung sind zwei unterschiedliche Flankenwinkel möglich, und "Reduktion" kann entweder von einer der Spitzen der Scheitelzacken her erfolgen... ... oder von einer der Zacken der "Schrägebene": Erneut wegen der Symmetrie ergeben sich - wie bei den "Pyramidoiden" in Teil 3 (siehe oben Beitrag #10) - auch hier vier nicht-kongruente Einzellösungen: Und wieder besitzen die "Oktaëdroid-Redukte" lediglich einen "Freiheitsgrad" \(p\) , bzw. \(\phi\) . Über die jeweiligen Wertekorridorebin ich mir indes noch nicht im klaren! Immerhin haben sich bis hierhin schon ganze zwanzig paarweise nicht-kongruente "Lösungs-Redukte" gezeigt. "Reduktion" der Lösungen aus Teil 2 (siehe oben Beitrag #8) führen zu "Redukten", welche sich auch aus "Pyramidoiden" oder "Oktaëdroiden" ergeben: Und noch immer bleibt einiges zu entdecken...


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cramilu
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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-02

😉 Moggääähn! 😉 Es scheint mir kurz Zeit zum Innehalten. Allein schon, damit mir das hier nicht zum Monolog gerät! Die von mir zuvor als "Oktaëdroid" beschriebene Lösung hatten gonz und wrdlprmpfd ebenfalls aufgespürt. gonz, Deine Bezeichnung "doppelt geölter Blitz" erscheint mir mittlerweile fast griffiger. 😎 wrdlprmpfd, Deine erste Lösung scheint mir nach "passender Reduktion" in dem von mir skizzierten Sinne in eine derjenigen aus Teil 1 überzugehen. Sähest Du das auch so? MartinN, Deine eingereichte Lösung hatte ich zuvor als "Kopfüber-Pyramidoid-Redukt" identifiziert. Habe ich das richtig verstanden? gonz und zetteline501, Ihr hattet Lösungen eingereicht, welche der "zackigeren" rechten aus Teil 2 entsprechen. Diese bietet nach meiner Anschauung keine Möglichkeit für einen "asymmetrischen Kontrazacken", und geht nach "Reduktion" zweifelsfrei in ein "Oktaëdroid-Redukt" bzw. in eine "ICE-Schnauze" über, wenn ich das richtig sehe[?]. Anders dagegen Euere "Machwerke", haribo und gonz! Der von haribo - die linke aus Teil 2 - habe ich mich inzwischen intensiver angenommen. Klar, sie ließe sich wie bereits dargestellt zu einem "Pyramidoid-Redukt" vereinfachen. "Normiert" man sie jedoch etwas anders, öffnet sich ein neues "Fass": "Immer an der Wand lang!". Wie einst im Tanzkurs. 😉 Dazu habe ich folgende Vorstellung entwickelt: Der "Blütenwürfel" stehe am Boden und mit seiner Rückseite unmittelbar an einer kartesischen Felswand. Zwei Hummeln starten nun von den beiden Blüten hinten unten an der Felswand und summen parallel zueinander senkrecht vom Fels weg die Grasnarbe entlang. Die eine fliegt etwas weiter über "ihre" zweite Blüte hinaus. Dann wenden beide nach schräg hinten oben und kreuzen vor ihren jeweils dritten Blüten die Flugbahnen, welche sie im Anschluss bis zur Felswand fortsetzen. Wenn dann jede schräg abwärts die ihr nächst gelegene Blüte an der Felswand "durchfliegt", müssen die beiden einander unterhalb dazwischen treffen, weil beider letzte Flugstrecken in der Felswandebene verlaufen! Die Frage lautet: Treffen sie stets im 90°-Winkel aufeinander? Ich weiß es noch nicht! Was ich weiß ist, dass die beiden, wenn sie anstatt parallel zueinander loszufliegen, die Basisdiagonalen entlangsummen, hernach sogar zwei verschiedene Möglichkeiten haben, ihre Rückflugschrägen zur Felswand zu "kreuzen". Auch danach müssen sie einander wieder unterhalb zwischen den oberen Felswandblüten begegnen. In welchem Winkel? Keine Ahnung! Und davon, wie sich Deine "Spitzeninversionen", gonz, näher untersuchen ließen, ... auch noch nicht! 🤔 So... ich weiß auch: Es ist Urlaubszeit. Dennoch würde ich mich über die eine oder andere weitere Visualisierung etc. freuen. Genießt aber vordringlich die Sommerzeit, Ihr Lieben!


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gonz
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  Beitrag No.14, eingetragen 2021-08-02

Ich habe etwas umgruppiert und bin jetzt hier gelandet. Es geht langsam, hauptsächlich deshalb, weil ich's meist nachts statt "Schäfchenzählen" betreibe... https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/36025_klassifizierung-dritter-anlauf-xxs.png Einen schönen Weg in die Woche wünscht Gerhard/Gonz


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cramilu
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  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-03

🙄 Antiker Philosoph: "Ich weiß, dass ich nicht[s] weiß." (bzw. "Mal weiß ich etwas, mal nicht." - je nach Quelle) Mittelalterlicher Philosoph: "Ich weiß noch nicht einmal, dass [ob] ich nichts weiß." (Nikolaus von Oresme zugeschrieben) cramilu: "Ich weiß, dass ich nicht nichts weiß." Was ich jedoch inzwischen besser weiß, ist, dass das, was ich noch in meinem vorherigen Beitrag "wusste", doch nicht stimmt! "[...]dass die beiden, wenn sie anstatt parallel zueinander loszufliegen, [...]" war noch nicht verkehrt. Aber dann... Auch wenn die beiden Hummeln vom Start weg die Basis- diagonalen entlangsummen, bleibt ihnen hernach bloß eine[!] Möglichkeit, ihre Rückflugschrägen zur Felswand zu "kreuzen"! Und zwar so: Jeglicher erster "Rückflug" genau oberhalb der anfänglichen Abfluglinie muss selbstverständlich an der Felswand exakt oberhalb der anfänglichen "Abflugblüte" enden! Und dann können die beiden Hummeln einander unterhalb nicht mehr begegnen, nachdem[!] sie ihre jeweils vierte Blüte "abgegrast" haben. Man sehe mir bitte den gedanklichen Lapsus nach. 🙄


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wrdlprmpfd
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  Beitrag No.16, eingetragen 2021-08-03

Hallo cramilu, deine Frage, ob sich meine 1. Lösung nach passender Reduktion auf eine von dir in "AUFLÖSUNG - Teil 1" vorgestellte Fluglinie reduzieren läßt, kann ich so nicht ohne weiteres beantworten, da mir das Verständnis fehlt, was du unter reduzieren wirklich meinst. Wenn man an als "Kern" der Fluglinie den Teil versteht, der aus den beiden Linien besteht, die zwei Blüten berühren, plus der Linien, die diese beiden 2-Punkt Linien verbinden, und dabei Drehungen und Spiegelungen vernachlässigt, und die restlichen Linien ignoriert, dann stimmt meine Lösung im "Kern" mit einer von dir vorgestellten überein. Also würde ich deine Frage mit Vorbehalt bejahen. Eine weitere Bemerkung: du schreibst in "AUFLÖSUNG - Teil 1", dass "Drei Teilflugstrecken mit jeweils zwei Punkten plus drei weitere mit insgesamt zwei Punkten wären theoretisch auch denkbar, allerdings sind mir - und damit wahrscheinlich auch der Hummel - keine entsprechenden Lösungen bekannt". Im selben Beitrag präsentierst du aber selbst ein Beispiel: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50447_3-2PunktLinien.png Wenn du die blaue und rote Linie etwas über die grünen Punkte hinaus verlängerst, berührt die gelbe Linie keine Blüte mehr, und du hast drei (mit schwarzer Farbe eingekringelte) 2-Punkt Linien. Und noch eine letzte Bemerkung: Die in Beitrag 13 aufgeworfene Frage, ob die beiden an der Felswand verlaufenden Flugstrecken immer im Winkel von 90° aufeinandertreffen, möchte ich bejahen: Auf den durch die grün-rote und durch die lila-gelben Linien aufgespannten Ebenen liegen noch jeweils zwei der von den vorderen zu den hinteren Blüten verlaufenden, diagonal gegenüber liegenden Würfelkanten. Damit treffen sich die beiden Ebenen im Winkel von 90° (auf einer Linie, die durch die Mitten der vorderen Würfelfläche und der hinteren "Felswand"-Würfelfläche geht). Damit treffen sich auch die gelbe und rote Linie, die ja an der "Felswand" entlang laufen und auf den beiden Ebenen liegen, im Winkel von 90°. Viele Grüße aus dem Sommerhaus am See Wrdlprmpfd


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cramilu
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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-04

Guten Abend allerseits! 😉 wrdlprmpfd, da hast Du mich mehrfach "erwischt"! Deine Darstellung zum zwingenden rechten Winkel ist richtig. Jeweils alle vier Punkte, welche von einer der beiden Hummeln nach Muster der Figur in meinem Beitrag #13 (siehe oben) durchflogen werden, liegen in einer gemeinsamen Ebene, und zwar in einer der beiden Schrägschnittebenen des Würfels. Sie entstehen, wenn man genau durch die seitlich linke obere Kante zur seitlich rechten unteren schneidet, und durch die seitlich rechte obere zur seitlich linken unteren. Die beiden Schrägschnittebenen schneiden einander im rechten Winkel in Würfelmitte, und da beide jeweils senkrecht zur "Felswand" stehen, "überträgt" sich ihr Schnittwinkel auch genau dorthin! Bei der Figur nach dem Flugmuster aus meinem Beitrag #15 ist es leider vertrackter; dort hängt der "Begegnungswinkel" \(\omega\) von \(p\) und \(q\) , bzw. von \(\phi\) und \(\psi\) ab. Eine passende Formel ist noch in Arbeit... Auch muss ich auf zwei Begrifflichkeiten näher eingehen: Schon im Zweidimensionalen konnte der Begriff "Zwei-Punkte-Linie" entweder eine meinen, welche durch genau zwei Punkte verläuft (rein topologisch), oder aber eine solche, auf der gegenüber den vorherigen zwei neue, zuvor noch nicht berührte Punkte liegen (konzeptionell bzw. algorithmisch im Hinblick auf Lösungs-"Cluster"). Über bessere, eindeutige Begriffe grübele ich selber noch... Im Dreidimensionalen hatte ich dagegen mit "Zwei-Punkte-Linie" stets eine im Sinn, auf welcher zwei Punkte liegen, die von keiner anderen Linie berührt werden. Ergo, wrdlprmpfd, hast Du auch mit Deiner zweiten Bemerkung völlig Recht: Modifiziert man die Lösungs-"Redukte" aus den Teilen 1 (siehe oben #6), 3 (#10) und 4 (#12), so ergeben sich ganze zwölf Lösungstypen mit jeweils drei "Zwei-Punkte-Linien": Wegen der Asymmetrie hat man hier jeweils 4 Möglichkeiten... während einem hier streng genommen nur jeweils 2 bleiben. Sobald es einem gelungen ist, einen Polygonzug aus vier Linien zu finden, auf dem sechs der acht Punkte liegen, kann man zunächst eine fünfte Linie durch die beiden verbleibenden Punkte ziehen, und zum Abschluss eine derer Enden mit einem der Enden des "Rumpf-Polygonzuges" verbinden! Die zweite noch zweifelsfrei zu klärende Begrifflichkeit ist die der "Reduktion" nach meinem Verständnis. Eine befriedigende Formulierung werde ich nachreichen...


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cramilu
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  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-11

Versprochen ist versprochen! Dann wage ich mich einmal an eine ausführlichere Darstellung zu meinem Verständnis von "Reduktion"... Als Voraussetzung sei angenommen, die Hummel dürfe in Erweiterung der Flugvorgaben ihr Herumgesumme auch unmittelbar auf einer Blüte beginnen und beenden, sowie unmittelbar auf einer Blüte "abbiegen"! wrdlprmpfd, ich demonstriere das anhand Deiner eingereichten Erstlösung: Links die Lösungsfigur, vor Punkt \(A\) und nach Punkt \(G\) erweitert um An- bzw. Abflug. Rechts die erste "Reduktionsstufe": Mit dem Erreichen von Punkt \(H\) verbleibt nurmehr ein Punkt, \(G\), und man hat noch eine Teilstrecke "übrig". Also fliege man von \(H\) direkt nach \(G\) und spare sich den "Umweg" über Punkt \(P_5\)! Links die zweite "Reduktionsstufe": Mit dem Erreichen von Punkt \(B\) verbleiben nunmehr zwei Punkte, \(H\) und \(G\), und man hat noch zwei Teilstrecken "übrig". Also fliege man bereits von \(B\) direkt nach \(H\) und spare sich auch den "Umweg" über Punkt \(P_4\)! Damit hat man sich sozusagen die beiden Punkte \(H\) und \(G\) "freigestellt". Aus den rechts eingezeichneten, gestrichelten Verbindungskandidaten kann man sechs "Pärchen" bilden, welche in Kombination zu einer "reduzierten" Lösung führen: \(A\) mit \(H\) und \(B\) mit \(G\) \(A\) mit \(G\) und \(B\) mit \(H\) \(H\) mit \(G\) und \(A\) mit \(H\) \(H\) mit \(G\) und \(A\) mit \(G\) \(H\) mit \(G\) und \(B\) mit \(H\) \(H\) mit \(G\) und \(B\) mit \(G\) Verbindet man die zuvor "durch Reduktion freigestellten" Punkte \(H\) und \(G\), verlängert diese Verbindung sowie diejenigen "vor" \(A\) und "nach" \(B\), so ergeben sich vier Lösungen mit jeweils drei "Zwei-Punkte"-Linien" - wie bereits zu Recht von Dir angemahnt, wrdlprmpfd: \(P_5^*\) mit \(P_6\) und \(P_0\) mit \(P_5^*\) \(P_5^*\) mit \(P_6\) und \(P_0\) mit \(P_6\) \(P_5^*\) mit \(P_6\) und \(P_4^*\) mit \(P_5^*\) \(P_5^*\) mit \(P_6\) und \(P_4^*\) mit \(P_6\) Allgemein wird sich sagen lassen: Bei jeder Lösung auch nach "entschärfter" Vorgabe enthält der zugehörige Polygonzug bzw. die zugehörige Vektorkette entweder zwei "Zwei-Punkte-Linien" und vier "Ein-Punkt- Linien" oder drei "Zwei-Punkte-Linien", zwei "Ein-Punkt- Linien" und einer "Null-Punkte-Linie"! Jene(r) kann als echte Teilmenge eine(n) solche(n) aus lediglich vier Teilstrecken bzw. Vektoren enthalten, auf welchen bereits sechs der acht Punkte liegen, und diese(r) besteht dann immer aus zwei "Zwei-Punkte-Linien" und zwei "Ein-Punkt-Linien"! Das erfolgreiche "Aufspüren" (siehe dazu auch das Ende meines vorherigen Beitrags!) ist dann die Voraussetzung für den Beginn einer "Reduktion". Jedoch: Bei Lösungen wie denen aus gonz' obigem Beitrag #11 sowie meinen eigenen in #13 und #15 ist das nicht möglich, denn dort liegen die beiden "Zwei-Punkte-Linien" jeweils am Anfang und am Ende... Ich hoffe, ich konnte damit mehr Fragen klären als neue aufzuwerfen. Wenn man übrigens die Ausgangsfigur oben links um 90° im Uhrzeigersinn um die senkrechte Mittelachse des Würfels dreht, erhält man nach "Reduktion" tatsächlich die in Teil 1 gezeigten Lösungen. Als nächstes möchte ich mich dann beizeiten noch dem Lösungstyp widmen, den gonz in Beitrag #11 voller - berechtigter! - Begeisterung vorgestellt hatte. 😉 p.s. Der obige Abschnitt »Allgemein wird sich sagen lassen« enthielt in der ersten Fassung sachliche Fehler durch voreilige Schlüsse meinerseits; ich habe das korrigiert.


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  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-25

Zu den Lösungstypen à la gonz - siehe Beitrag #11... Aus dem "Pyramidoid" (siehe Beitrag #10) lässt sich zwar keine Lösung wie in #13 oder #15 entwickeln (siehe meinen Kommentar in #15), aber wenn die beiden Hummeln die "Felswand" durchfliegen dürften, könnte ein "Überwurf-Pyramidoid" herauskommen: gonz, Du hattest ihn so dargestellt, dass die Spitze des abwärts weisenden "Wendezacken" genau auf dem Schnittpunkt der beiden Basisdiagonalen zu liegen kommt. Wählt man \(p\) (bzw. \(\phi\)) oder \(q\) etwas größer, so scheint diese Spitze entlang der Hochachse des "Blütenwürfels" aufwärts zu "wandern", ansonsten abwärts. Für sehr große \(p\) und \(q\) sollte demnach fast der Mittelpunkt der oberen Würfelseite erreicht werden... Eine andere "Überwurfvariante" ist diese: Und für die folgende gibt es sogar vier verschiedene "Anfangskonstellationen": Allerdings mangelt es mir aktuell offenkundig etwas an räumlichem Vorstellungsvermögen, um abschließend beurteilen zu können, ob es sich bei den beiden letzteren um schlichte Variationen bereits bekannter Figuren handelt. Die Gesamtheit aller grundsätzlich möglichen Figurentypen dürften wir uns indes mittlerweile nahezu erschlossen haben. Daher möchte ich als nächstes meine Überlegungen zur insgesamt kürzest möglichen "Pollenflugroute" anstellen. 😉


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