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 * Die Runden soll'n ins Eckige! |
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cramilu
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 |  Themenstart: 2023-05-23
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Bekell hatte es jüngst thematisiert... https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=262445&start=0
... und seit März tüfteln wir an querins Knobelei https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=261987&start=0 .
Auch früher war es so oder so schon Thema hier \(-\)
im Web findet sich dazu jede Menge: Kreispackungen.
Indes habe ich dazu bislang noch kaum etwas gefunden,
das zufriedenstellend klärt, was mich umtreibt...
Sei \(n\) die Anzahl an Kreisen mit gleichem Radius \(r\) .
Habe ein Rechteck die kürzere Seite \(s\) , die längere Seite \(l\)
und weise demnach ein Seitenverhältnis von \(q=\frac{s}{l}\leq1\) auf.
Dann sollten sich jeweils abschnittsweise definierte Funktionen
\[f_n(q)\;=\;\frac{r_n(s;q)}{s}\]
finden lassen, so dass \(f_n(q)\) für \(n\) gleiche Kreise angibt,
welchen Anteil an der kürzeren Rechteckseite \(s\) deren möglichst
großer Radius \(r\) bei einem Rechteck-Seitenverhältnis von \(q\) hat.
Für \(n=1\) ist das banal: \(f_1(q)=\frac{1}{2}\)
Für allgemeines \(n\) und \(0Wario bei Bekells https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=262445&start=8 schon knapp
die halbe Wahrheit aufgedeckt. 😉
Wer mag eigene Betrachtungen anstellen und hier teilen?
Vorerst insbesondere zu \(2\leq n\leq5\) ...
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Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben! |
willyengland
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-05-23
|
Fundstück hierzu von Eckard Specht:
"High density packings of equal circles in rectangles with variable aspect ratio"
https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0305054812001141
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cramilu
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-23
|
@willyengland:
Danke für den Specht-Verweis!
Mit Deinem Layout-Vorschlag zu Bekells Kreisaufgabe
hattest Du übrigens genau den Grenzfall für \(n=4\) auf-
gezeigt; ein Seitenverhältnis \(q=\frac{2+\sqrt{3}}{5}\) stellt einen grund-
sätzlichen Konfigurationsübergang dar von 'Zwei-Paare-
Kontakt-Blume' zu 'Ziehharmonika'. 😉
@Wario:
Falls Du schon mitliest... Deine ausführliche und gut
illustrierte Teilbetrachtung wäre auch hier sinnreich. 😉
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querin
Wenig Aktiv 
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Mitteilungen: 864
| Beitrag No.3, eingetragen 2023-05-23
|
Hallo cramilu 🙂
Für n=2 und $\frac12\le q \le 1$ habe ich
$$f_2(q)=\frac12+\frac1{2\,q}-\frac1{\sqrt{2\,q}}$$
Für n=3 bis n=9 sind die exakten Werte $f_n(1)=\frac{d}2$ bekannt (Liste der Kreisdurchmesser $d$ im Quadrat auf https://mathworld.wolfram.com/CirclePacking.html ).
Als Nebenprodukt meines Programms für Münzpackungen kann ich zumindest recht gute numerische Näherungen für $f_n(q)$ mit konkreten Werten n und q angeben.
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cramilu
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Wohnort: Schwäbischer Wald, seit 1989 freiwilliges Exil in Bierfranken
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-23
|
Guten Abend querin; ja hab' ich auch 'raus. 🤗
Auch Dir ein Dankeschön für den Verweis auf die
Kreisdurchmesser-Liste; auf die war ich selber
schon gestoßen. Den dortigen Wert für \(n=3\)
kann ich durch eigene Rechnung bestätigen.
Amüsiert hatte mich der Nachsatz »The smallest
square into which two unit circles, one of which
is split into two pieces by a chord, can be packed
is not known (Goldberg 1968, Ogilvy 1990).« 🙂
Demnach für \(q=\frac{s}{l}\;\Rightarrow\;q\in(0,1]\) :
\[f_2(q)\;=\;\frac{r_2(s;q)}{s}\;=\;\left\{\begin{array}{2}\,\frac{1}{2} & \;\text{wenn}\;\;\;0
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Wario
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Mitteilungen: 1324
| Beitrag No.5, eingetragen 2023-05-24
|
\(\begingroup\)\(\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.text}
\usepackage{colortbl}
\)
\quoteon(2023-05-23 21:10 - cramilu in Beitrag No. 2)
@Wario:
Falls Du schon mitliest... Deine ausführliche und gut
illustrierte Teilbetrachtung wäre auch hier sinnreich. 😉
\quoteoff
Für die Aufgabe $n$ gleiche Kreise vom Radius $r$ in ein Rechteck mit den Kantenlängen $a>b$ einzupassen, möchte ich neben dem Radius $r=r(a,b)$ die Positionen der Mittelpunkte $M_1,\dots, M_n$ wissen.
Also hatte ich mir erst gedacht: man müsste sowas wie eine Dreiecksimpulsfunktion aufstellen (wie eine Sinusfunktion, nur zickzackig), auf deren Amplituden die Mittelpunkte liegen. Das bekommt man hierfür noch hin.
Aber spätestens hier
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/52997_9_999999.jpg
frage ich mich, ob das noch der richtige Ansatz ist.
In der Quelle präsentiert er haufenweise Ergebnisse, sagt aber nichts zur Berechnung.
\(\endgroup\)
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 4496
| Beitrag No.6, eingetragen 2023-05-24
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meine lösung für n=5
ausgehend von A mit l/s = 5 über die zwei geometrisch leicht zu erfassenden "kipp-positionen" (relative minima) B und C zum quadrat D mit l/s = 1
dabei durchläuft in den zwischenbereichen das hüllrechteck kontinuierliche übergänge, jedenfals finde ich kein l/s in dem ich die fünf kreise anders/besser anordnen könnte (die unteren drei darstellungen im ersten bild sind jeweils zwischenpositonen zwischen A und B; B und C; usw
l/s > 5 wird dann halt länger und die kreis-positionen bekommen freiheitsgrade
legt man die linke untere ecke fest (damit liegt auch kreis 1 fest) dann verläuft der weg der rechten oberen ecke warscheinlich auf einer 2 x sin kurve? (bin unsicher es könnte auch nen ellipsenabschnittvsein) jedenfals von A nach B, und einer ähnlichen kurve von B nach C, zeichnerisch scheint es von C nach D ein kreisbogen zu sein?
kreis zwei und drei bewegen sich bei abnehmendem l/s dabei auf einfachen linien und kreisbahnen, lediglich der 4. kreis bewegt sich wohl abschnittsweise auf einer etwas höheren bahn (ellipse? oder auch sinuskurven?), darum ist dessen weg im 3. bild nochmal herausgezogen
kreis fünf rutscht wieder auf einer geraden nach links
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig-1.PNG
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig-2.PNG
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig-3.PNG
als rechteckfläche ist A am kleinsten 5.00 und D mit 5.82 am grössten, aber dazwischen C mit 5.46 etwas kleiner als B mit 5.60
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Wario
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Mitteilungen: 1324
| Beitrag No.7, eingetragen 2023-05-24
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\(\begingroup\)\(\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.text}
\usepackage{colortbl}
\)
Ich weiß nicht, ob das die Krux ist bzw. ob oder wann folgende Überlegung anfängt, um die Ohren zu fliegen. Aber zum Zwecke einer einheitlichen Herangehensweise würde ich mal versuchen, die Kreismittelpunkte $M_k=(x_k,y_k)$, für $k=1,\dots,n$, in kartesischen Koordinaten anzugeben, in der Hoffnung da dann irgendeine Regelmäßigkeit zu erkennen.
Z.B. finde ich im Fall $n=4$ für ein Rechteck der Kantenlängen $a>b$, mit $1\(\endgroup\)
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Wario
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Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 1324
| Beitrag No.8, eingetragen 2023-05-24
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\(\begingroup\)\(\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.text}
\usepackage{colortbl}
\)
\quoteon(2023-05-24 12:51 - haribo in Beitrag No. 6)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/52997_20_555555.png
\quoteoff
Ich habe mir mal die Freiheit genommen, hier noch die Seitenverhältnisse dazuzuschreiben.
Wie arbeitet Dein Programm?
Könntest Du mal den Fall $\frac{a}{b}=2.5$ plotten?
(Evtl. auch $\frac{a}{b}=2.3$, $\frac{a}{b}=2.7$?)\(\endgroup\)
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querin
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Mitteilungen: 864
| Beitrag No.9, eingetragen 2023-05-24
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Zum Fall n=3
Für $\frac13\le q \le \frac12+\frac{\sqrt3}4\approx 0.933$ erhalte ich
$$f_3(q)=2+\frac1{2\,q}-\sqrt{3+\frac2{q}}$$
mit den Randwerten $f(\frac13)=\frac12$ und $f(\frac12+\frac{\sqrt3}4)=2-\sqrt3$
Dabei nähern sich die beiden äußeren Kreise mit wachsendem q immer weiter an und der mittlere Kreis wird nach oben gedrückt.
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_n3_a.jpg
Für $0.933
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haribo
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| Beitrag No.10, eingetragen 2023-05-24
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es ist ein reines cad-program, also kann ich kein rechnerisches seitenverhältnis vorgeben, als gute näherung kann man in bild zwei ne ursprungsgerade der steigung 1/2.5 einzeichnen und mit der hüllkurve zeischen A und B schneiden und dort die rechte obere ecke ablesen,
wichtig ist doch eigentlich nur zu wissen dass die grundsätzliche anordnung genau wie bei s = 3.5 ist, nur mit kreis zwei und vier in einer anderen höhe
man kann es aber bestimmt auch gut rechnen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]
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haribo
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Mitteilungen: 4496
| Beitrag No.11, eingetragen 2023-05-24
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prima querin, wieder kann man kreis eins festhalten, kreis zwei bewegt sich bei abnehmenden seitenverhältniss auf einer kreisbahn um den ersten, und kreis drei rutscht erst auf einer geraden heran und knickt dann auch in die kreisbahn des zweiten ein
wenn du deine lösung n=3 an seiner linken seite spiegelst, ergibt sich dann eine korrekte lösung für n = 6? ( kann ja irgendwie nicht sein , oder?) (evtl. punktspiegelung?)
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Wario
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Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 1324
| Beitrag No.12, eingetragen 2023-05-24
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\(\begingroup\)\(\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.text}
\usepackage{colortbl}
\)
\quoteon(2023-05-24 20:29 - haribo in Beitrag No. 10)
es ist ein reines cad-program, also kann ich kein rechnerisches seitenverhältnis vorgeben, als gute näherung kann man in bild zwei ne ursprungsgerade der steigung 1/2.5 einzeichnen und mit der hüllkurve zeischen A und B schneiden und dort die rechte obere ecke ablesen,
wichtig ist doch eigentlich nur zu wissen dass die grundsätzliche anordnung genau wie bei s = 3.5 ist, nur mit kreis zwei und vier in einer anderen höhe
man kann es aber bestimmt auch gut rechnen
\quoteoff
Ich hatte die vage Theorie, dass sich die Gestalt, ab $
\dfrac{a}{b} \geq \dfrac{n}{2}=\dfrac{5}{2} =2.5 \text{ (hier) }
$ ändert.
(So wie sich die Gestalt auch ab $
\dfrac{a}{b} \geq n=5 \text{ (hier) }
$ ändert.)
Bevor ich irgendwelche willkürlichen Beispiele untersuche, dachte ich, wäre es vll. eine gute Idee, da irgendwie systematisch ranzugehen.
PS: Was heißt eigentlich "Ändern der Gestalt"?
Naja, man zähle die Berührpunkte der Kreise untereinander. Das ist ja auch ein charakteristisches Maß hier.
\(\endgroup\)
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haribo
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| Beitrag No.13, eingetragen 2023-05-24
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nein, ich nehme nicht an dass sich bei s = 2.5 etwas ändert
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Wario
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Mitteilungen: 1324
| Beitrag No.14, eingetragen 2023-05-25
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\(\begingroup\)\(\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.text}
\usepackage{colortbl}
\)
\quoteon(2023-05-24 21:28 - haribo in Beitrag No. 13)
nein, ich nehme nicht an dass sich bei s = 2.5 etwas ändert
\quoteoff
Es gibt wohl (mindestens) einen bestimmten Wert für das Seitenverhältnis des Rechtecks, bei dem sich die Anzahl Berührpunkte der Kreise untereinander verändert bzw. erhöht.
Dieser sollte ermittelt werden (um da mal zu irgendeiner Erkenntnis zu gelangen).
#9 lässt mich annehmen, dass das nicht einfach $\dfrac{n}{2}$ ist; das 3. Bild dort zeigt wohl diesen Wert.
\(\endgroup\)
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 4496
| Beitrag No.15, eingetragen 2023-05-25
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zweimal ändert sich die kontakt zahl bei n= 5, das hast du schon ermittelt und beschriftet , und ich wohl nicht gut beschrieben
1.608 [B] da berühren sich kreis zwei und vier
1.366 [C] da trennen sich zwei von eins und vier von fünf
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haribo
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Mitteilungen: 4496
| Beitrag No.16, eingetragen 2023-05-25
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\quoteon(2023-05-24 20:24 - querin in Beitrag No. 9)
Zum Fall n=3
Für $0.933
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cramilu
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-25
|
Meinen Beitrag #4 habe ich im Hinblick auf die
sich ändernde Morphologie angepasst.
Auch mir erscheint deren Untersuchung für \(n=3,4,5,...\)
als zunächst zielführend.
So, wie sich da für \(n=3\) ein gleichseitiges Mittelpunkts-
Dreieck dreht, dürften es für \(n=5\) zwei sein, welche
unten eine Ecke gemeinsam haben und sich symmetrisch
voneinander wegdrehen.
Die Betrachtung der jeweiligen Mittelpunktskoordinaten
könnte auch spannend sein, ja.
Allerdings möchte ich zunächst noch den Fall \(n=4\)
funktional 'abhandeln'... 😉
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Wario
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Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 1324
| Beitrag No.18, eingetragen 2023-05-25
|
\(\begingroup\)\(\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.text}
\usepackage{colortbl}
\)
Ja, ich weiß gar nicht: wie weit ist den die Theorie bei der Kreispackung im Rechteck?
Kann man das Problem, von Sonderfällen abgesehen, überhaupt analytisch angehen?
Oder wurde schon gezeigt, dass die $n$-Kreispackung im Rechteck der Kantenlängen $a>b$ im allgemeinen nur numerisch lösbar ist?
Trifft letzteres zu, ist das mehr eine Programmieraufgabe. Und die Zahlenmonster wurden schon erzeugt:
http://hydra.nat.uni-magdeburg.de/packing
Programmiererisch sicher beachtlich; mathematisch eben nicht so interessant.
Ich hatte mir folgendes gedacht:
Wenn die $n$ maximalen Kreise vom Radius $r$ im Rechteck mit den Kantenlängen $a>b$ auf Mittelpunkten $M_1,M_2,\dots, M_k,\dots, M_n$ liegen, dann haben diese kartesische Koordinaten $(x_k, y_k)$.
Evtl. lassen diese sich so darstellen:
$x_k = A(k,n)a + B(k,n)b +R(k,n)r$
Wenn man jetzt zeigen könnte, dass $A(k,n), B(k,n), R(k,n)$ rationale Zahlen sind; oder auch Polynome in $k$ und $n$; oder oder..., dann wäre das, denke ich, schonmal was.
Aber vll. hat ja längst jmd. gezeigt, dass das gar nicht geht.
\(\endgroup\)
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querin
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Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 864
| Beitrag No.19, eingetragen 2023-05-25
|
Ich gehe davon aus, dass für alle $n>2$ und $\frac1n \le q \le \frac{2+\sqrt3}{n+1}$ eine "Akkordionfaltung" die optimale Lösung ist:
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_acc6_400.jpg
Für $q \in \big[\;\frac1n,\frac{2+\sqrt3}{n+1}\;\big]$ ist dann
$$
f_n(q)=\frac12\;(n-1)^2+\frac1{2\,q}\;\big(\;1-(n-1)\cdot \sqrt{n\;(n-2)\;q^2+2\;q}\;\big)
$$
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 4496
| Beitrag No.20, eingetragen 2023-05-25
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seh ich genauso querin,
hab mich noch nicht in deine bezeichnung hineingedacht, denke aber es gilt bis sich die oberen kreise gegenseitig berühren, "B" in meinen bildern
hier mein ansatz für n=4, ich glaube inzwischebn die hüllkurve der rechten oberen rechteck-ecke sind ellipsenabschnitte, auch wenn ich die ellipse noch nicht ganz exakt angeben könnte, ist doch nur geometrie aber eben nicht gaaaanz einfach
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig4-1.PNG
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig4-2.PNG
und als beispiel dann die lösung wenn man n=4 mit l/b = 2 suchen würde, eine ursprungsgerade mit der steigung 1/2 schneidet die hüllkurve in der rechten oberen ecke... dann kann man dazugehöriges l und b herausmessen (oder rechnen)(meine kreise haben hier d = 10)
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig4-3.PNG
n=6 und n=7 sollten wir noch hinbekommen, evtl ist es sogar einfacher sich erst mit der 9 zu beschäftigen? da man dort das quadratergebnis 3x3 sofort erkennt
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 4496
| Beitrag No.21, eingetragen 2023-05-25
|
als test hab ich in meine zeichnung die angaben aus bekell´s ursprungs treat eingetragen mit rechteckgrösse 21/29.7, und messe dann maximale kreisgrössen von 56.92mm heraus, nur 2 hundertstel von euren berechnungen (56.94mm) entfernt, meine eher freihand eingesetzten ellipsenabschnitte sind also schon sehr sehr gut
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Wario
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Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 1324
| Beitrag No.22, eingetragen 2023-05-25
|
\(\begingroup\)\(\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.text}
\usepackage{colortbl}
\)
\quoteon(2023-05-25 12:42 - querin in Beitrag No. 19)
Ich gehe davon aus, dass für alle $n>2$ und $\frac1n \le q \le \frac{2+\sqrt3}{n+1}$ eine "Akkordionfaltung" die optimale Lösung ist:
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_acc6_400.jpg
Für $q \in \big[\;\frac1n,\frac{2+\sqrt3}{n+1}\;\big]$ ist dann
$$
f_n(q)=\frac12\;(n-1)^2+\frac1{2\,q}\;\big(\;1-(n-1)\cdot \sqrt{n\;(n-2)\;q^2+2\;q}\;\big)
$$
\quoteoff
Das Interessante an sowas ist immer die Herleitung.
Diese kann hinreichend ausführlich sein oder auch grob umrissen.
Das Ergebnis... braucht sowieso niemand (außer Bekell, der 4 Kreise aus einem Blatt Papier ausschneiden will).
\(\endgroup\)
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querin
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Mitteilungen: 864
| Beitrag No.23, eingetragen 2023-05-25
|
@haribo
ich komme auf die gleichen Bilder. Deine Ellipsenabschnitte liefern offenbar eine sehr gute Näherung!
Die vollständige Funktion für n=4 ist deutlich einfacher als für n=3 und sollte so aussehen:
$$
f_4(q)=\begin{cases}
\frac12 & 0\le q\le \frac14 \\
\frac12\cdot \big(\;9+\frac1q-3\cdot \sqrt{8+\frac2q}\;\big) & \frac14 \le q \le \frac15\;(2+\sqrt3)\approx 0.74641 \\
\frac18\cdot \big(\;1+\frac2q-\sqrt{\frac4q-3}\;\big) & \frac15\;(2+\sqrt3) \le q \le 1
\end{cases}
$$
@Wario
zur Herleitung der "Akkordion"-Formel braucht man nur Pythagoras und elmentare Algebra.
Ich gebe Radius $r=1$ und Rechteckbreite $s$ vor. Die linke untere Ecke des Rechtecks sei der Ursprung $(0,0)$.
Dann haben die Mittelpunkte der Kreise die x-Koordinaten $x_j=1+j\,\Delta x$ und y-Koordinaten abwechselnd $y_j=1$ oder $y_j=s-1$ für $0\le j \le n-1$.
Nach Pythagoras gilt ${\Delta x}^2+(s-2)^2=4$, also $\Delta x=\sqrt{4\;s-s^2}$. Die Länge des Rechtecks ist dann $l=2+(n-1)\;\Delta x$.
Nach Definition ist $f_n=\frac1s$ und $q=\frac{s}{l}$. Aus diesen beiden Gleichungen kann s eliminiert werden und man erhält $f_n$ als Funktion von $q$.
Analog erhält man die Formeln für $f_4(q)$, wenn man die entsprechenden Berührbedingungen der Kreise betrachtet.
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haribo
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| Beitrag No.24, eingetragen 2023-05-25
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wenn man die mittelpunkt-verbinder als zieharmonika-graph auffasst also zulässt dass sie anfangs alle eng nebenein oder übereinander liegen, dann bewegt sich der erste knoten auf einer kreisbahn, ist dann nicht der nächste knoten ne richtige ellipse? und folglich der parallel dazu 0.5;0.5 weiter aussen liegende eckpunkt auch?
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cramilu
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| Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-25
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Zykloiden sind es wohl.
Und die algebraisch zu beschreiben, ist mühsam. 🤔
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haribo
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| Beitrag No.26, eingetragen 2023-05-25
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ich sehe da nix zyklisches? als ellipsendefinition kenn ichs auch nicht aber es passt zeichnerisch zu gut
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cramilu
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| Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-25
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Denk' an einen Farbpunkt seitlich auf dem Mantel
eines Fahrradreifens. Der Bogen, den er im Raum
beschreibt, wenn das Fahrrad fährt, ist zykloidisch.
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haribo
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| Beitrag No.28, eingetragen 2023-05-26
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nur da ist kein reifen bei einer zieharmonika
die neunte faltlinie endet immer auf der ellipse, wenn diese das achsenverhältnis neun zu eins hat
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig4-4.PNG
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haribo
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| Beitrag No.29, eingetragen 2023-05-26
|
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig4-5.PNG
das passt, der mittelpunkt des vierten kreises bewegt sich auf dieser ellipse mit mittelpunkt in kreis eins, und die rechte obere ecke des rechtecks entsprechend auf der versetzten pinken ellipse, jedenfals bis er den zweiten kreis berührt,
es sind dann gemäss squire #23 für die hochrutschenden kreise immer ellipsenbahnen für jedes n
von B nach C (2.bild #20) ist die bewegung des 4. kreises dann ein kreisabschnitt mit radius = 2r der kreise
kreis 4 rollt sozusagen auf kreis 3, der sich dann nicht weiter bewegt, nach oben
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cramilu
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| Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-26
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Analytisch ist bei mir gerade 'Pinselpause' \(-\)
die grafische Aufbereitung morphologischer Entwicklungen
ist mir nächstes Anliegen...
@querin:
Deine jüngsten Erkenntnisse decken sich mit den meinen. 😉
Für gerade \(n\geq4\) sollte die Entwicklung von zwei Lagen
genau auf Lücke hin zu zwei Lagen genau übereinander
auch gemeinsam sein, sodass wir da von \(q=\frac{1}{n}+\varepsilon\) her
schon zwei morphologische Phasen 'erschlagen' hätten.
Die weiteren Entwicklungen bei \(n=5\) und \(n=6\) , wo sich
aus der Lage genau auf Lücke, bzw. genau übereinander der
untere mittlere Kreis nach oben schiebt und dabei die beiden
bzw. drei oberen 'mitnimmt', scheint mir auch sehr ähnlich
gelagert. Für \(n=7\) erwarte ich da eine kurze Phase, während
der es auch so ist; aber dann... sollte irgendwann 'unterwegs'
bei Seitenverhältnis \(q=\frac{1+\sqrt{\,3^\phantom{b}}}{3}\) vermeintlich das klassische
Wabenmuster 'durchlaufen' werden. Und da erkenne ich noch
nicht, wie. 🤔
Geschweige denn, was danach passiert und ob es dabei ggf.
'Freiheiten' gibt, was eine Quadratdiagonale aus drei Kreisen
mit darüber wie darunter je zwei in den Ecken anbelangt.
Spannend.
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haribo
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| Beitrag No.31, eingetragen 2023-05-26
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n = 6; 10; 12 haben in ihrer besten quadratbelegung nicht mal mehr eine der diagonalen als symetrieachsen
da könnte es dann folglich auch mehrere lösungen für fast quadrate geben, da man die beste quadratlösung ja übergangslos sowohl vertikal als auch horizontal verdrücken kann, sprich es kann auf dem weg von schlankem rechteck zum quadrat dann auch unkontinuierliche phasenübergänge geben bei denen die kreise neu gemischt werden
sollte das auftauchen gäbe es dazu wohl auch einzelne s/l mit zwei verschiedenen aber gleichwertigen packungen
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Wario
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| Beitrag No.32, eingetragen 2023-05-26
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\quoteon(2023-05-26 00:23 - haribo in Beitrag No. 29)
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_rundeckig4-5.PNG
\quoteoff
Inwieweit gilt das mit der Ellipsenbahn?
Bewegen sich alle Kreise auf Ellipsen? Und gilt das auch für, was weiß ich, n=17 Kreise?
€dit:
Also konkret, hätte ich das
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/52997_10_999999.jpg
mit Ellipsenbahnen herleiten können?
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haribo
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| Beitrag No.33, eingetragen 2023-05-26
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wird wohl nur für den ersten schritt von A(einzeilig) bis B (zweizeilig auf lücke) gelten , da aber auch für beliebig grosse n
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cramilu
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| Beitrag No.34, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-27
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Ein 'Pinselnachklapp':
Klar: Neu ist das mittlerweile nicht mehr.
Ich beschäftige mich aktuell damit, wie sich die weiteren
Entwicklungen für \(n=5,6,7\) voneinander unterscheiden
bzw. worin sie einander ggf. ähneln. 🤔
Weitere Phasen hin zu dichtesten dreilagigen Packungen
erscheinen mir da besonders betrachtungswürdig.
Für \(n=6\) steht zu vermuten, dass die beiden jeweils mittleren
Kreise der beiden Dreierlagen derart nach 'oben' wandern, dass
sich dabei der untere gegen den Uhrzeigersinn am Rand des
Kreises in der unteren linken Ecke 'emporrollt'. Dabei drückt er
den über sich auch nach oben, und die beiden äußeren oben
müssten demzufolge scheinbar nach innen in die Zwickellücken
'nachrutschen'. Der schräge Druck, den sie beide dabei auf den
oberen mittleren ausüben, müsste jedoch sowohl sie selber
hindern, tatsächlich von den Rändern nach innen zu 'wandern',
wie auch jenen mittleren, von der horizontalen Mittellinie abzu-
weichen. Stattdessen sollte er \(-\) quasi als 'Druckausgleich' \(-\)
vertikal Abstand zum unteren mittleren gewinnen...
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haribo
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| Beitrag No.35, eingetragen 2023-05-27
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oder der mittlere drückt die beiden linken über sich hoch, und der dritte rutscht nach links
das ergebnis als quadrat entspricht deinem aber um 90 grad gedreht, ist halt die frage welcher weg auf den zwischenlösungen zwischen zweireihigkeit und quadratischer hülle besser ist
könnte eben auch gleichwertig sein
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cramilu
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| Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-27
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Nach nächtlicher Betrachtung scheinen für \(n=6\)
ab der streng zweilagigen Konfiguration bei \(g=\frac{2}{3}\)
noch genau zwei Phasen zu erfolgen, nämlich eine
nächste, bei der die beiden mittleren als Paar nach
oben wandern und dabei jeweils tangential zu den
beiden vertikalen Paaren links und rechts liegen,
sowie eine abschließende, während der eine \(-\) um
im Bild zu bleiben \(-\) symmetrisch zur vertikalen
Spiegelachse doppelte Akkordeon-Faltung erfolgt:
Also insgesamt fünf funktionale Phasen:
\[0\;<\;q_1\;\leq\;\frac{1}{6}\]
\[\frac{1}{6}\;<\;q_2\;\leq\;\frac{2+\sqrt{3}}{7}\]
\[\frac{2+\sqrt{3}}{7}\;<\;q_3\;\leq\;\frac{2}{3}\]
\[\frac{2}{3}\;<\;q_4\;\leq\;\frac{5}{2+2\sqrt{3}}\]
\[\frac{5}{2+2\sqrt{3}}\;<\;q_5\;\leq\;1\]
Hinsichtlich rechnerischer Aufbereitung bitte ich noch
um Geduld, denn zunächst betrachte ich aktuell allge-
mein rechnerisch für gerade \(n\geq4\) die Phase
\[\frac{2+\sqrt{3}}{n+1}\;<\;q_2\;\leq\;\frac{4}{n}\]
\(-\) analog zu querins Betrachtung in #19.
EDIT
Und für ungerade \(n\geq5\) sollte die zweite Phase sich
wohl allgemein so gestalten, dass aus der unteren Reihe
zunächst einer der nicht ganz außen liegenden Kreise,
für die Betrachtung vorzugsweise der zweite von rechts,
nach oben wandert und dabei seine oberen Nachbarn
gleichmäßig zur Seite drückt, bis er tangential zwischen
vier Nachbarkreisen zu liegen kommt.
Dabei wird es aber rechnerisch stets in gleicher Weise
'unschön' wie phasenweise für \(n=3\) und \(n=5\) , weil
sich gedachte, verbindende gleichseitige Mittelpunkts-
dreiecke durch die Konstellation drehen. 🙄
EDIT EDIT
Oder doch so...
Was meint Ihr? 🤔
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Wario
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| Beitrag No.37, eingetragen 2023-05-27
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\(\begingroup\)\(\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.text}
\usepackage{colortbl}
\)
\quoteon(2023-05-27 06:37 - cramilu in Beitrag No. 36)
Was meint Ihr? 🤔
\quoteoff
Man müsste irgendwie allgemeine Regeln formulieren, welche von $n$ Kreisen Translationen vollziehen und welche sich auf Epizykloiden (mit welchem Zentrum) bewegen.
Dann müsste sich alles aus dem Fall $l =s\cdot n$ (alle Kreise auf einem Streifen) herleiten lassen.
Wird zwar ziemlich verschachtelt, aber das müsste sich dann analytisch formulieren lassen.
\(\endgroup\)
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cramilu
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| Beitrag No.38, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-28
|
Im Folgenden meine Rechnung für \(n=6\)
und die letzte morphologische Phase \(\frac{5}{2+2\sqrt{3}}\,<\,q_{5^\phantom{b}}\,\leq\,1\) ...
Auch hier könnte es sein, dass die Kreismittelpunkte
auf Ellipsenbahnen 'wandern' \(-\) jedoch, wenn, vertikal. 🤔
Im Wesentlichen ist es für viele Arten morphologischer
Phasen immer wieder der gleiche Ansatz mit einem x-y-
Gestrüpp, innnerhalb dessen der doppelte Radius die
Längen der Einzelschrägen liefert. Bisweilen 'versteckt'
sich das Ganze auch im Rahmen einer rauten- oder
trapezartigen Struktur, welche man zunächst zerlegen
muss. Und danach dann parametrisierter Pythagoras.
Seien wie eingangs festgelegt \(s\) die kürzere Seitenlänge
in vertikaler (x-) sowie \(\frac{s}{q}\) die längere Seitenlänge in
horizontaler (y-) Richtung:
$$s\;=\;2\cdot r\;+\;3\cdot y\quad\Leftrightarrow\quad y\;=\;\frac{s\;-\;2\cdot r}{3}$$
$$\frac{s}{q}\;=\;2\cdot r\;+\;2\cdot x\quad\Leftrightarrow\quad x\;=\;\frac{\frac{s}{q}\;-\;2\cdot r}{2}$$
$$(\,2\cdot r\,)^{\,2}\;=\;4\,r^2\;=\;x^2\;+\;y^2\;$$
$$\Rightarrow\quad4\,r^2\;=\;\frac{1}{4}\,\frac{s^2}{q^2}\;-\;\frac{s}{q}\,r\;+\;r^2\;+\;\frac{1}{9}\,s^2\;-\;\frac{4}{9}\,s\,r\;+\;\frac{4}{9}\,r^2\quad\vert\;\cdot\,36$$
$$\Leftrightarrow\quad144\,r^2\;=\;9\,\frac{s^2}{q^2}\;-\;36\,\frac{s}{q}\,r\;+\;36\,r^2\;+\;4\,s^2\;-\;16\,s\,r\;+\;16\,r^2$$
$$\Leftrightarrow\quad92\,r^2\;+\;r\,\left(\,16\,s\;+\;36\,\frac{s}{q}\,\right)\;-\;\left(\,4\,s^2\;+\;9\,\frac{s^2}{q^2}\,\right)\;=\;0\quad\vert\;\div\,184$$
$$\Leftrightarrow\quad\frac{1}{2}\,r^2\;+\;r\,\left(\,\frac{2}{23}\,s\;+\;\frac{9}{46}\,\frac{s}{q}\,\right)\;-\;\left(\,\frac{1}{46}\,s^2\;+\;\frac{9}{184}\,\frac{s^2}{q^2}\,\right)\;=\;0$$
$$\Rightarrow\quad r_{1;2^\phantom{b}}\;=\;-\,\frac{s}{46}\,\left(\,4\;+\;\frac{9}{q}\,\right)\;\pm\;\sqrt{\,\frac{4}{529}\,s^2\;+\;\frac{18}{529}\,\frac{s^2}{q}\;+\;\frac{81}{2116}\,\frac{s^2}{q^2}\;+\;\frac{1}{23}\,s^2\;+\;\frac{9}{92}\,\frac{s^2}{q^2}^\phantom{b}}$$
\(r_{2^\phantom{b}}\) würde negativ und kann daher für die weitere Betrachtung entfallen...
$$\Rightarrow\quad r\;=\;r_{1^\phantom{b}}\;=\;-\,\frac{s}{46}\,\left(\,4\;+\;\frac{9}{q}\,\right)\;+\;\sqrt{\,\frac{27}{529}\,s^2\;+\;\frac{18}{529}\,\frac{s^2}{q}\;+\;\frac{288}{2116}\,\frac{s^2}{q^2}^\phantom{b}}$$
$$\Leftrightarrow\quad r\;=\;-\,\frac{s}{46}\,\left(\,4\;+\;\frac{9}{q}\,\right)\;+\;\sqrt{\,\frac{108}{2116}\,s^2\;+\;\frac{72}{2116}\,\frac{s^2}{q}\;+\;\frac{288}{2116}\,\frac{s^2}{q^2}^\phantom{b}}$$
$$\Leftrightarrow\quad r\;=\;-\,\frac{s}{46}\,\left(\,4\;+\;\frac{9}{q}\,\right)\;+\;\frac{s}{46}\cdot\,\sqrt{\,108\;+\;\frac{72}{q}\;+\;\frac{288}{q^2}^\phantom{b}}$$
$$\Leftrightarrow\quad r\;=\;\frac{s}{46}\;\left(\,-\,4\;-\;\frac{9}{q}\;+\;\sqrt{\,108\;+\;\frac{72}{q}\;+\;\frac{288}{q^2}^\phantom{b}}\,\right)$$
$$\Leftrightarrow\quad r\;=\;\frac{s}{46}\;\left(\,-\,4\;-\;\frac{9}{q}\;+\;6\cdot\sqrt{\,3\;+\;\frac{2}{q}\;+\;\frac{8}{q^2}^\phantom{b}}\,\right)$$
$$\Rightarrow\quad f\,(\,q_{5^\phantom{b}})\;=\;\frac{r}{s}(q)\;=\;\frac{1}{46}\;\left(\,-\,4\;-\;\frac{9}{q}\;+\;6\cdot\sqrt{\,3\;+\;\frac{2}{q}\;+\;\frac{8}{q^2}^\phantom{b}}\,\right)$$
Für \(q=1\) und damit das Quadrat erhält man so:
$$f(1)\;=\;\frac{1}{46}\;\left(\,-\,13\;+\;6\cdot\sqrt{\,13^\phantom{b}}\,\right)\;\approx\;0{,}187\,6806$$
Da beträgt der Höchstradius von sechs gleichen
dem Quadrat einbeschreibbaren Kreise also ein
knappes Fünftel der Seitenlänge. 😎
Die anderen funktionalen Abschnitte für \(n=6\) folgen...
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haribo
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| Beitrag No.39, eingetragen 2023-05-28
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der siebener mit auf lücke zwei-drei-zwei in den zeilen, der muss sich zum schluss wohl komplett etwas drehen, bis die hülle quadratisch ist, genau wie der n = 3er es vormachte?
aber wird dabei nicht mindestens ein kreis ungeklemmt frei liegend? gibt es dann nicht trotzdem noch weitere freiheitsgrade?
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