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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » **[**] Zwölf durch neunundvierzig
Thema eröffnet 2021-04-04 04:25 von cramilu
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Kein bestimmter Bereich **[**] Zwölf durch neunundvierzig
wrdlprmpfd
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, eingetragen 2021-05-03


Hallo,

zu dem Traum

"solange das gegenteil nicht bewiesen ist könnte es auch lösungen <2n-2 linien geben, z.B. mit nur 4 waagerechten... evtl mit auch nur 1punkt linien"

gibt es meiner Meinung eine Realisierung hier.

Der Nachweis wird für n=7 geführt, lässt sich aber leicht auf größere n übertragen. Für kleinere n habe ich ihn noch nicht untersucht.

Ich konnte keine Lücke in der Beweisführung finden. Vielleicht kann jemand anders einen Blick darauf werfen, und meine Meinung bestätigen oder widerlegen.

Viele Grüße
wrdlprmpfd



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-03


Heiei-eieiei! 🙄 Von wegen, wovon ich träume... 😉

Die Beschreibung lautet:

Gegeben sei ein Punkteraster n×n im kartesischen Koordinatensystem.
Der untere linke Punkt des Rasters liege im Koordinatenursprung.
Die horizontalen wie vertikalen Abstände zweier benachbarter Punkte
in diesem quadratischen Raster betragen jeweils eine Längeneinheit.

Gesucht sind alle Polygonzüge,
welche den folgenden Bedingungen genügen:

1. Jeder Rasterpunkt ist Element mindestens einer Teilstrecke des
Polygonzuges. Diese Anforderung kann stufenweise "verschärft" werden:
a) Jeder Rasterpunkt ist Element genau einer Teilstrecke des Polygonzuges
oder Verbindungspunkt zweier aufeinander folgender Teilstrecken.
["Abprallpunkte" und "Abknickpunkte" erlaubt]
b) Jeder Rasterpunkt ist entweder Element genau einer Teilstrecke
des Polygonzuges oder [exklusives "oder!] Verbindungspunkt von genau
zwei aufeinander folgenden Teilstrecken. [nur "Abknickpunkte" erlaubt]
c) Jeder Rasterpunkt ist Element genau einer Teilstrecke
des Polygonzuges. [Die Anforderung an den Osterhasen!]

2. Einer der Rasterpunkte ist Start-, einer ist Endpunkt
des Polygonzuges. Diese sollen nicht zusammenfallen!
>>> "Lösungen" im strengen Sinne sind zunächst immer "offen"!

3. Der Polygonzug besteht aus möglichst wenigen,
höchstens jedoch (2n-2) Teilstrecken.

Die Erfahrung zeigt, dass sich bei Maximalanforderung die Anzahl
der möglichen Lösungen noch am ehesten "fassen" lässt.
Aus einer [normalen] "offenen" eine "geschlossene" Lösung
zu erzeugen, indem man Start- und/oder Schlussstrecke
bis zu einem gemeinsamen Schnittpunkt verlängert, ist trivial!
Natürlich[!] sind "geschlossene" Lösungen... "ansehnlicher". 😎

Außerdem deutet die Erfahrung auf folgende Erkenntnisse:

1. Zu obigen Anforderungen kann es keinen Polygonzug
mit weniger als (2n-2) Teilstrecken geben.

2. Auf jeder Teilstrecke eines Polygonzuges, welcher den
Anforderungen genügt, liegen mindestens zwei Rasterpunkte.

3. Auf mindestens einer der Teilstrecken eines solchen
Polygonzuges liegen  n  Rasterpunkte.

Lea, vieles war richtig erkannt,
Kleinigkeiten habe ich "nachgeschärft". 😉

haribo, natürlich[!] suche ich eine (2n-2)-Lösung,
die mit weniger als 5 Horizontalen auskommt!
Dass es mit (2n-3) oder weniger Strichen nicht geht,
war doch vorher schon klar...!? 🤔

p.s.
Danke, wrdlprmpfd, für den konkreten Hinweis auf den "Beweis".
Er war - glaube ich [?] - haribo und mir schon bekannt.
Ich werde ihn mal umformulieren und hier mit dazu stellen...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.39 begonnen.]


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, eingetragen 2021-05-03


2021-05-03 09:56 - wrdlprmpfd in Beitrag No. 40 schreibt:
Hallo,

zu dem Traum

"solange das gegenteil nicht bewiesen ist könnte es auch lösungen <2n-2 linien geben, z.B. mit nur 4 waagerechten... evtl mit auch nur 1punkt linien"

gibt es meiner Meinung eine Realisierung hier.

ich versteh englisch nicht in jeder feinheit, also beweisen sie dass < 12 linien [2x7-2] nie geht? oder das gegenteil?

die aufgeführte lösung mit weniger als 5 waagerechten hat jedenfals allenthalben doppelt besuchte punkte + abknicken auf punkt, bei auch 12 linien,
mit diesen einschränkungen bekäme man auch geschlossene 12er linienzüge hin



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wrdlprmpfd
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, eingetragen 2021-05-03


@haribo

Ja, der Autor beweist, dass $< 12$ Linien fur ein $7 \times 7$-Raster nicht möglich ist. Er erwähnt zum Schluss, dass das $2n-2$ Linien für $n \geq 3$ nicht unterschritten werden kann, und sein exemplarischer Beweis für $n=7$ einfach auf alle Fälle übertragen werden kann.

Die Bedingungen an den Polygonzug sind dabei schwächer als bei unseren Betrachtungen, z.B. sind Abknickpunkte erlaubt und Punkte, die von mehreren Linien getroffen werden.

Wenn der Beweis also für diese laxeren Bedingungen gültig ist, ist er es erst recht für unsere Betrachtungen anwendbar, deren Lösungen ja in einer Untermenge der dort im Artikel betrachteten Figuren enthalten sind.

Wenn gewünscht, könnte ich den Beweis mal ins Deutsche übersetzen, und dann gleich auf den allgemeinen Fall $n \geq 3$ erweitern. Dies hat dann für mich den Vorteil, dass ich mich wirklich mit den dortigen Überlegungen auseinandersetzen muss, was dann dazu führen kann, dass ich doch noch eine Lücke finde.

Viele Grüße
Wrdlprmpfd



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, eingetragen 2021-05-03


nein übersetzt brauchts mir auch nicht zu werden, ich war eigentlich nur über deinen begriff "realisiert" gestolpert...

also hier noch der abknickend/doppelbesucher aber dafür mit geschlossener linie mit auch 12 strecken und nur je 4 waagerechten 4 senkrechten...

als scherz noch, es ist ein ups-weg weil diese autos ja immer nur nach rechts abbiegen



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wrdlprmpfd
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, eingetragen 2021-05-03


Vor ein paar Tagen hatte ich ein Konstruktionsverfahren entdeckt, das es erlaubt für alle ungeraden $n \geq 7$ einen Polygonzug für das $n \times n$-Raster zu erzeugen, der mit $2n-2$ Stecken auskommt. Ich habe das cramilu mitgeteilt, er hat mir aber erwidert, dass es solche Verfahren schon gäbe. Es könne aber trotzdem für andere von Interesse sein, deshalb will ich es hier vorstellen.

Das Verfahren ist induktiv, d.h. es erlaubt aus einer Lösung für das $n \times n$-Gitter eine Lösung für das $(n+1) \times (n+1)$-Gitter zu erzeugen. Ich werde dies exemplarisch für den Übergang von $n=7$ nach $n=9$ zeigen:

Dazu starte ich mit einer Lösung für n=7, die schon in Beitrag No. 26 vorgestellt wurde, die ich aber etwas abgewandelt habe:





Die Konstruktion für n=9 geht aus dieser Lösung wie folgt hervor:

Es werden zwei neue horizontale Gitterreihen eingefügt, und zwar zwischen den Bereichen, durch die die horizontalen blauen Linien verlaufen, und dem Bereich, durch den die schrägen roten Linien gehen. Die neuen Punkte sind im nächsten Bild in rot dargestellt. Zwei neue vertikalen Gitterreihen werden sowohl direkt vor der mittleren vertikalen Gitterreihe als auch ans rechte Ende des Gitters platziert. Auch hier sind die neuen Punkte rot. Bei dieser Erweiterung bleiben Strecken des Polygonzugs an ihr alten Punkten "festgeklebt", und verändern deswegen ihre Länge, und die Schrägen verringern noch ihre Steigung:




Für $n=7$ braucht man 12 Strecken, um das Gitter abzudecken. Für das erweiterte Gitter mit $n=9$ muss man noch 4 weitere Strecken für eine gültige Lösung hinzufügen.

Dazu kappt man die Verbindung zwischen Linie 10 und 11. Die neue Linie 11  verläuft nun parallel zu Linie 7 aber um einen Rasterpunkt nach rechts versetzt (siehe Bild unten). Sie endet auf der neuen blauen Linie 12, die auf den neuen Rasterpunkten der dritten Gitterreihe hinzugefügt wurde. Linie 12 endet wiederum an der neuen Schräge 13, die durch die verbleibenden freien roten Punkte in den Gitterreihen 4 und 5 gelegt wird. Schräge 13 wird begrenzt durch die neue horizontale Linie 14 auf Gitterreihe 6.

Linie 14 schließt jetzt an die alte Linie 11 an, die in Linie 15 umbenannt wurde, gefolgt von der alten Linie 12, die jetzt 16 heißt. Damit ist eine Lösung für das $9 \times 9$-Raster gefunden, die aus dem $7 \times 7$-Raster abgeleitet wurde:




Die Konstruktion einer Lösung vom 9x9-Raster zum 11x11-Raster erfolgt analog, und man kann dieses Verfahren bis ins Unendliche fortsetzen.

Es sei noch bemerkt, dass meine Lösung für das $7 \times 7$-Raster sich nicht auf das $5 \times 5$-Gitter übertragen lässt, da der Knickpunkt des Hakens in der Mitte des Lösung auf der darunter befindlichen Reihe zum Liegen kommt und dort einen Gitterpunkt trifft.

Gruß
Wrdlprmpfd



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


Großartig, wrdlprmpfd! 🤗

Jede allgemeine Anleitung ist es wert, gezeigt zu werden!

Der Erinnerung halber im folgenden eine kurze "Auswahl"...

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #17:
"Hauptstruktur" von Bäumlers Algorithmus

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #36:
haribos "5/6 der Unendlichkeit"

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #43:
Bäumlers Algorithmus

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #54:
haribos "5/6 der Unendlichkeit" nachveranschaulicht
>>> Damit lassen sich alle geraden Raster lösen - mit "Abknickpunkten"!

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #62:
cramilus Lösungssynopse für 4×4

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #68:
haribos erste Universallösung für ungerade Raster
>>> Damit lassen sich alle ungeraden Raster lösen - mit "Abknickpunkten"!

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #78:
haribos Beweisansatz für "2n-2"

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #85:
cramilus Synopse für "waschechte" Lösungen im 5×5

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #118:
cramilus "Spiralgalaxie"-Ansatz für alle n>6 [?]

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #121:
cramilus "sowjetischer Maschendrahtzaun" für alle geraden n>3

Link16 auf einen Streich ; Beiträge #127 ff.:
cramilus "[un]geradrasterige Konuskragenspulen" für beliebige n>3

Ab letzterem verlinkten Beitrag hatte ich jeweils zwei verschiedene
allgemeine Anleitungen für gerade und ungerade n gezeigt...
Alle weiteren sind mir herzlich willkommen! 🤗


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.47, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


"Die Herrschaften, die auf Kartoffeln mit Speck gesetzt hatten, ..."
Mal wieder! 🙄

Da man irgendwann systematische Betrachtungsversuche
irgendwo beginnen muss, habe ich dagingehend mit meinen
"Musterlösungen" angefangen und dabei untersucht,
wie sich bei topologisch gleichem "Buckel" im Zentrum
die "Schlussschwänzchen" verbiegen lassen, und welche
grundsätzlichen Möglichkeiten es jeweils gibt, die seitlichen
"Hauptschrägen" parallel oder überkreuzt so zu führen,
dass sie - zunächst! - nicht durch einen äußeren Punkt
einer der unteren oder oberen Horizontalen verlaufen:



Bei der Figur oben links handelt es sich lediglich um eine
Variation im Sinne haribos mit möglichst geringer seitlicher
Schrägenüberschneidung. Die oben rechts zeigt auf, wie das
ganze bei Überkreuzung der rechten Hauptschrägen aussieht.
Die beiden darunter zeigen, wie das "Schwänzchen" auch zum
"Hakenzinken"/"Zinkenhaken" oder gar zu einem zweiten "Buckel"
werden kann, und die übrigen sechs zeigen Individuen von Typen
mit "verbogenem Schwänzchen" und variierten Hauptschrägen.
So konnte ich - bislang - weitere acht Lösungstypen finden:



Meine selbstbesoffen stolze Freude währte jedoch nicht lange...
... denn auch der "Schwänzchenknick" lässt sich noch verschieben... 😲


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


Die zuvor erwähnten "Kurzschwanzbücklinge 3/0\2"
[Arbeitstitel😉] mag ich Euch nicht vorenthalten:





Mal schauen, was sich da sonst noch versteckt... 🤔


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


Und dann kommen mir noch ständig andere "Störfunklinge"
dazwischen, bei deren Ausgestaltung ich jämmerlich versage:


Mistding, blödes! 🙄


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.50, eingetragen 2021-05-04


2021-05-03 23:48 - wrdlprmpfd in Beitrag No. 45 schreibt:

Es sei noch bemerkt, dass meine Lösung für das $7 \times 7$-Raster sich nicht auf das $5 \times 5$-Gitter übertragen lässt, da der Knickpunkt des Hakens in der Mitte des Lösung auf der darunter befindlichen Reihe zum Liegen kommt und dort einen Gitterpunkt trifft.

Gruß
Wrdlprmpfd

sehr gut, ob neugedacht oder galaxieweit erstmalig ist die gleiche leistung!

ick hatte damals immer versucht erweiterungen zu finden die aussen liegen, erschien mir naheliegender, aber deine variante funktioniert genauso
haribo



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.51, eingetragen 2021-05-04


Zu #49:

Das ist doch ein Pseudo-Schleifling Münchhausiensis, den der Baron wahrscheinlich auf dem nächlichen Heimweg vom Gartenhaus in selig-beschwingter Punschlaune beobachtete...


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Dass das weiche Wasser in Bewegung mit der Zeit den mächtigen Stein besiegt.



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.52, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


zu #49 und #51:

Dem beschwippsten Mogelbaron ist es immerhin gelungen,
das Ding in einen doppelfreien "Knickschleifling" zu verwandeln:



Ich könnte ja fast wetten, dass es den im 9×9 in "echt" gibt... 😉


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.53, eingetragen 2021-05-04


echt, um was wettest du denn? du musst doch nur etwas anders abbiegen
dann wird es einer mit zweimal zwo felder verkürzten waagerechten



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.54, eingetragen 2021-05-05


Ehre wem Ehre gebührt: Gefunden hat's haribo nach Vorarbeiten von cramilu - siehe vorhergehendes Post - und das Programm, aus dessen Datenwust ich es grad "geklaubt" habe, ist von Lea Lernfee der Zettelzofe (und aktuell zum Entwanzen bei mir auf dem Rechner gelandet).  

Wonach wollen wir eigentlich die "Münchhausiensia" sortieren? Ich habe hier grad 24 davon liegen... und frage mich, nach welchen Kriterien...

Ich glaube, es sind alles die gleichen. Gespiegelt. gedreht, anders herum durchlaufen, oben anders verschaltet... * verwirrt guck...


\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,ZZ-120-3262-24-1.21.go.03}\,=\,\begin{bmatrix}
4&4&4&4&4&4&4\\
10&10&10&10&10&10&10\\
3&11&1&1&1&1&1\\
8&3&7&11&5&9&2\\
8&5&3&9&2&11&7\\
8&9&12&12&12&12&12\\
6&6&6&6&6&6&6
\end{bmatrix}\)






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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.55, eingetragen 2021-05-05


kwatsch, ick hab nix gefunden hab auch nach nüscht jesucht, det war schon cramilu der nur den rechten abzweig versteckte...

gonz weniger wären es wenn man die sieben zeilenübergreifenden paare  nur in zeile drei und vier zulässt, und dann bräuchte es noch irgend ein weiteres kriterium, wie wärs wenn die drei linien welche dann immer zwischen zeile vier und fünf das feld verlassenden linien immer nach rechts hinausgehen?

danach gäbs bestimmt keine vier abgebiegevarianten mehr, schätze ich mal so dahin



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.56, eingetragen 2021-05-05


Stimmt. Vier Drehungen und dann 3! 2! 2! = 24 durch die Vertauschungen der Verkabelung. Inzwischen hab ich die 96 Derivate dingfest gemacht. Eigentlich noch Faktor 2 mehr, aber die möglichen Spiegelungen sind schon rausgerechnet.

Also gibt es "eigentlich" genau eines dieser erratischen Tierchen...


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.57, eingetragen 2021-05-05


hab das bild nochmals gespiegelt, weils so herum schon so viele darstellungen gibt,

es ist immer noch keine immer eindeutige definition, in seltenen fällen gibt es beidseitig drei verlassende linien, in dem fall würde ich die ausrichtung wählen bei welcher das untere lose ende nach westen zeigt



also eine dreisatz definition:
- sieben zeilenübergreifende paare immer zwischen zeile drei und vier
- drei linien welche dann immer zwischen zeile vier und fünf das feld verlassend sollen immer nach rechts hinausgehen
- sollte das beidseitig der fall sein, soll das untere lose ende nach links zeigen

sind damit viele einverstanden?
haribo




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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.58, eingetragen 2021-05-05


gonz, kann man evtl. mit deinen permutationen irgendwie begründen können dass es keine ausserhalb-berührungsfreie-variante geben kann?

die berührung, selbst bei der geringsten anzahl von nur noch einer in #29 oder #57, finden ja offenbar immer (immer?) an aussenliegenden rasterpunkten statt (ganzzahliger abstand vom feldrand, genau in zeilenhöhe), also nie irgendwo in feldmitten



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.59, eingetragen 2021-05-06


haribo: ich habe da keinen Anhaltspunkt. aber ich werde das mal im Auge behalten :)


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😃 Schön, dass es munter weiter geht! 😃

haribo: Klasse! Lieben Dank für das tolle Geschenk. 🤗

Ich habe dazu eine vergleichende Synopse angefertigt:



Beim obersten habe ich haribos Geniestreich aus Beitrag #53
noch ein wenig die seitlichen Zacken "ausgetrieben".
Darunter zum Vergleich haribos Figur in meinem Design,
mein "Versager" aus #49, mein "Rettungsversuch" aus #52
und ein Nachweis, dass ich mich sogar im "Versagen" noch
zu steigern vermag. 😉

In der untersten Figur sind obige fünf übereinander geblendet,
und man kann erahnen, wo bei Linienverlängerungen welche Art
problematische Punkte "in der Luft liegen".

Typendarstellungen wie in #12, #14, #18, #19 und #47
"beherbergen" neben "gewünschten" Einzellösungen nach der
"Hoppelvorgabe" mit höchster Wahrscheinlichkeit auch jeweils
solche, die man vom Osterhäschen nicht sehen wollte!

Ein effektiver "Findealgorithmus" muss nach meiner Überzeugung
alle, also auch die den "Höchstanforderungen" nicht genügenden
"Minimallösungen" aufspüren! Die "gewünschten" sind hinterher
geeignet herauszufiltern.
Erst bei Nachweis der Effektivität sollte man sich daran machen,
im Anschluss "pfiffig" die Laufzeiteffizienz zu steigern!

p.s.
Der angesprochene effektive Findealgorithmus sollte selbstverständlich
auch meine "So-Nicht!-Lösung" aus der Threaderöffnung, wrdlprmpfds
"Spektakulärling" aus Beitrag #6 und haribos "UPS-ling" aus #44
zutage fördern!


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Noch einmal zur Notation:


haribos Geschenk an mich

\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,haribo.Geschenk}\:=\:((2|1),(7|1),(-1|5),(9|5),(0|\frac{1}{2}),(0|\frac{7}{2}),(14|0),(-5|0),(13|6),(-2|6),(\frac{8}{3}|\frac{4}{3}),(8|4),(2|4))\)

\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,haribo.Geschenk}\,=\,\begin{bmatrix}9&9&9&9&9&9&9\\3&3&3&3&3&3&3\\10&2&12&12&12&12&12\\5&10&6&2&8&4&11\\5&8&10&4&11&2&6\\5&4&0&1&1&1&1\\7&7&7&7&7&7&7\end{bmatrix}\)

\(\vert\,\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,haribo.Geschenk}\,\vert\:=\:w(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,haribo.Geschenk})\:=\:122,973624\underline7\: RE\)


meine Zackenreduktionsvariante

\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,Zackenreduktion}\:=\:((2|1),(7|1),(-3|6),(12|6),(\frac{8}{3}|\frac{4}{3}),(-1|5),(9|5),(0|\frac{1}{2}),(0|\frac{7}{2}),(14|0),(-5|0),(7|4),(2|4))\)

\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,Zackenreduktion}\,=\,\begin{bmatrix}3&3&3&3&3&3&3\\6&6&6&6&6&6&6\\5&2&12&12&12&12&12\\8&5&9&2&11&7&4\\8&11&5&7&4&2&9\\8&7&0&1&1&1&1\\10&10&10&10&10&10&10\end{bmatrix}\)

\(\vert\,\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,Zackenreduktion}\,\vert\:=\:w(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,Zackenreduktion})\:=\:120,9430\underline6\: RE\)

Der Hauptbezeichner soll nach WIKI ein Kalligrafie-Großbuchstabe sein.

\(\mathcal{G}\)   für gonz oder "Gehoppel"...
\(\mathcal{H}\)   für haribo, "Hoppelroute" oder "hare's way"...
\(\mathcal{L}\)   für LernFee oder "Lösung"...
\(\mathcal{P}\)   für "Polygonzug", "polygonal chain", "Pfad" oder "path"...
\(\mathcal{R}\)   für "Route", "route" oder "Rasterpfad"...
\(\mathcal{S}\)   für "solution"...
\(\mathcal{W}\)   für wrdlprmpfd, "Weg" oder "way"...
etc. 😉

Der erste Index "sg7rc" soll stehen für "square grid 7[×7] regular cover"
(= regularly covering a seven-by-seven square grid).
[Die Auffassung von "regular" bleibt zu eruieren!]

Der Großbuchstabe als zweiter Index soll die "Achtbarkeitsklasse"
angeben; hier "A" für die "höchstwertige" [diputabel!].

Der dritte Index soll zur [vorübergehend] eindeutigen Identifizierung
der Einzellösung geeignet sein...

Allgemein ist die Angabe eines (2n-1)-Tupels unverfänglich, weil sie
schlicht Punkt für Punkt den Verlauf des Polygonzuges beschreibt.

Bei der "BMN" handelt es sich um einen Ansatz zur
"Normalisierung" bei gleichzeitiger Anschaulichkeit:

Die "0" markiert als Konvention den Startpunkt.
Dieser soll möglichst nahe am Koordinatenursprung unten links liegen.
(@gonz: Bitte Deine Angabe entsprechend prüfen!)
Alle anderen Zahlen nennen die Ordinalzahl derjenigen Teilstrecke
des Polygonzuges, welche den jeweils in der Matrix repräsentierten
Rasterpunkt [zuerst] beinhaltet.

Mit  \(\vert\,\mathcal{P}\,\vert\:=\:w(\mathcal{P})\)  ["\(w\)" für "Weite", "width" oder "Weglänge"...] lässt sich
die Rasterweglänge eines Lösungspolygonzuges in Rastereinheiten  \(RE\)
angeben, wobei ein Unterstrich im Zahlenwert auf Rundung an der
betreffenden Stelle hinweist. Die Weglänge bemisst sich dabei von genau
ab dem Startpunkt bis genau zum Schlusspunkt.


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.62, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-07


Jeder der 49 Rasterpunkte muss von mindestens einer
der 12 Teilstecken des Polygonzuges berührt werden.

vs.
Jeder der 49  Rasterpunkte muss von genau einer
der 12 Teilstecken des Polygonzuges durchzogen werden.

o.ä.

Unterschiedliche Formulierung der Anforderungen werden eine
unterschiedliche Gestaltenvielfalt an "Lösungen" zeitigen.

Meine Sichtweise hat sich entwickelt, um dem "Wust" beizukommen.



Je größer das Raster, desto vielfältiger die Kombinationsmöglichkeiten!

Laut ursprünglicher Anforderung an das "Hasengehoppel" sollten
hier zunächst bloß diejenigen "Lösungen" interessant sein,
welche ausschließlich "Durchzugpunkte" aufweisen.
Anteilig an "allen Lösungen" hat sich diese "Klasse" bislang
als die ab dem  \(5×5\)  am wenigsten mächtige erwiesen.
Die nächst weniger mächtige dürfte allgemein diejenige sein,
welche außer "Durchzugpunkten" ansonsten zusätzlich bloß noch
"[Mehrfach]Abknickpunkte" beinhaltet.
Daneben scheint es eine verminderte "Klasse" zu geben mit lediglich
"[Mehrfach]Abprallpunkten", jedoch ohne "[Mehrfach]Abknickpunkte"[?].
Sobald auch noch "[Mehrfach]Durchprallpunkte" oder gar
"[Mehrfach]Kreuzungspunkte" mit berücksichtigt werden,
nimmt die Mächtigkeit der "Lösungsmenge" deutlich zu!

Möchte man nun abschätzen, welchen Anteil die Anzahl der
"echtesten Lösungen" nach Originalhoppelanforderung an der
Anzahl "aller Lösungen" hat, und das möchte ich... irgendwann,
so ist es unabdingbar, eben auch "alle Lösungen" zu finden.
So jedenfalls meine subjektive Einstellung dazu. 😎

p.s.
Findet man eine "Lösung" mit jeweils bloß einfachen "Abknickpunkten",
dann dürfte sich daraus häufig auch eine "waschechte" ableiten lassen...


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.63, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-07


🙄 Wo ich eh' schon am Faseln bin... 🙄

Im folgenden einige meine gesammelten Überlegungen
zur Algorithmik - bitte um Kritik/Anregungen!

#################

Rastergröße n>=3 einlesen

Maske öffnen zur Eingabe von bis zu (2n-2) Geradenspezifikationen

In Maske bis zu (2n-2) mal:
y = 1 oder 0 (falls 0, dann Vertikale)
m(x) = z/n (Zähler beliebig ganzzahlig, Nenner beliebig natürlich)
t = z/n (Zähler beliebig ganzzahlig, Nenner beliebig natürlich)
>>> solche, die "nix bringen können", anmeckern!
>>> wenn keine[!] festgelegt, dann ALLE suchen...

###
[Dass dies der wesentliche Teil ist, weiß ich selber!]

Such- und Findealgorithmus, ggf. beschränkt auf Geradenvorgabe
>>> Liste von "Kandidaten" in Tupel-Notation
>>> relationale Zwischenspeicherung in Datenbank

Gestartet wird immer in einem Rasterpunkt - ggf. "geschlossene
Lösungen" durch Erweiterung kann man später immer noch erzeugen!
Als Startpunkte kommen aus Symmetriegründen bloß diejenigen infrage,
welche im unteren linken Viertel des Rasters liegen!
[3×3 und 4×4: 4 St., 5×5 und 6×6: 9 St., 7×7 und 8×8: 16 St.!]
Als Steigungen für die erste Teilstrecke kommen aus Symmetriegründen
bloß solche bis höchstens 1:1=45° infrage!
... * weitere wohlbegründete Einschränkungen

Auf jeder Teilstrecke müssen mindestens zwei Rasterpunkte liegen!
[Der Beweis steht aus; Erfahrungswerte legen das jedoch stark nahe!]
Grob in Richtung des nächstliegenden Rasterrandes nach links
oder unten "loszufahren", kann also höchstens dann etwas "bringen",
wenn man mindestens um eine Rastereinheit innerhalb des Rasters startet!
... * weitere wohlbegründete Einschränkungen

Sobald der letzte zuvor noch nicht "abgefahrene" Rasterpunkt
"erwischt" wurde, ist das "Spielchen" zu Ende - "übererfüllende Lösungen"
sind keine!
An jeder potenziellen Abbiegestelle "unterwegs" ist zu prüfen,
ob die Anzahl bis dato noch nicht "abgefahrener" Rasterpunkte r,
geteilt durch die Anzahl verbleibender Teilstrecken t, größer
ist als n . Falls ja: Abbruch!
... * weitere wohlbegründete Abbruchkriterien

[Der sich hier ergebende Teilalgorithmus ist am 3x3, 4x4 und 5x5
anhand der bekannten "Positivlisten" auf Effektivität zu prüfen!]
###

DANACH u.a.

Symmetrie-Abgleiche
>>> dreh- und spiegel-kongruente rausschmeißen

Vorwärts-/Rückwärts-Abgleich
Falls Endpunkt näher an (0|0) als Startpunkt: Tupel invertieren
>>> hinterher doppelte rausschmeißen!

Zu jedem noch übrigen Kandidaten die Rasterweglänge bestimmen

Reduzierbarkeitsabgleich
>>> bei gleicher Reihenfolge der benutzten Geraden: nur KÜRZESTER!
>>> überzählige rausschmeißen!

DANACH

Klassifizierung der Lösungen und Ordnung

DANACH

Auswahl, welche Klassen von Lösungen "angezeigt" werden sollen

DANACH

Übersetzung der gewählten in BMN und separate Ausgabe

GGF.

back end "Malen" in Vektorgrafik etc.


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.64, eingetragen 2021-05-07


den dreh/spiegel vorschlag als definitionsversuch #57 hast du schon wahrgenommen? oder übersehen?





für mit doppelten und abknickern hab ich einen rein internen UPS:
erweiterbar durch weitere runden aussen herum bei ungeraden n´s
auch beim verkleinern auf 5x5(blau-rot) oder 3x3(blau) funktionierts, bei letzterem ist es der weltbekannte klassiker, eben nicht mehr intern in the box, drum wurde er ja so berühmt...

ach ja halbe runden gehen auch, dann taugts für alle n>=3

challenge wäre ähnliches irgendwie geschlossen hinzubekommen



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.65, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-08


Guten Abend haribo,

freilich habe ich Deinen Beitrag #57 mit Interesse gelesen.
Ich denke noch nach...

Die Wette von wegen der Existenz eines "Großschleiflings"
im 9×9 ist "gewonnen":



Und die "guten alten Schlichtschnecklinge" kommen im 7×7
gleich als mindestens drei Individuallösungen vor:



Jeweils acht "Einfachabknickpunkte" sowie weitere drei
"Einfachabprallpunkte". Weder "Durchprall-" noch
"Kreuzungspunkte". Sooo "schlecht" sind die gar nicht!
Und wahrscheinlich in jedem Raster diejenigen mit den
kürzesten Rasterweglängen.

Jetzt mag ich mich jedoch wieder den "Bücklingen" zuwenden!


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kabelhorst
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.66, eingetragen 2021-05-08


Ich hätte hier, aus den Rohdaten der Zettelzofe, noch zwei Exotlinge. Man ist versucht, an "Zufall und Notwendigkeit" zu denken.

\(\mathcal{Z}_{ 7\,;\,A\,;\,HA5-131-1}\,=\,\begin{bmatrix}
3&3&3&3&3&3&3\\
12&12&12&12&12&12&4\\
2&5&11&6&4&9&8\\
9&5&4&8&2&11&6\\
8&0&1&1&1&1&1\\
10&10&10&10&10&10&10\\
7&7&7&7&7&7&7
\end{bmatrix}\)

\(\mathcal{Z}_{ 7\,;\,A\,;\,HA5-132-1}\,=\,\begin{bmatrix}
3&3&3&3&3&3&3\\
12&12&12&12&12&12&4\\
2&7&11&6&4&9&8\\
9&7&4&8&2&11&6\\
4&0&1&1&1&1&1\\
10&10&10&10&10&10&10\\
5&5&5&5&5&5&5
\end{bmatrix}\)

Ob das überhaupt getrennte Dinger sind, wäre zu hinterfragen, sie unterscheiden sich ja nur an der "Stöpselstelle" zwischen den Bahnen 4 und 8.

Um zu Beitrag #62 etwas zu schreiben brauch' ich noch.

Ein schönes Wochenende!
Horst



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.67, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-08


Hallo kabelhorst,

da haben sich in "Zettelzofenhausen" zwei "Großschleiflinge"
verborgen - Typus wie in meinem Beitrag #18, unten.

Es sind auf jeden Fall zwei nicht-kongruente neue Einzellösungen!
Und so ich mich nicht verzählt habe, ist erneut eine Fanfare
zu blasen, denn der zweite "Zettelzöfling" ist Lösung Nr. 50.

Allerdings spuckt der "Zettelzofen"-Algorithmus noch keine
"BMN" aus, denn da müsste die "0" näher an der unteren
linken Ecke liegen als die "12"!

Ich hab's mal mir genehm "zurechtgefummelt":



\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,\verb+HA5\131#1/kabelhorst+}\,=\,\begin{bmatrix}6&6&6&6&6&6&6\\3&3&3&3&3&3&3\\12&12&12&12&12&12&5\\7&2&11&5&9&8&4\\5&4&9&7&2&8&11\\9&0&1&1&1&1&1\\10&10&10&10&10&10&10\end{bmatrix}\)



\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,\verb+HA5\132#1/kabelhorst+}\,=\,\begin{bmatrix}8&8&8&8&8&8&8\\3&3&3&3&3&3&3\\12&12&12&12&12&12&9\\7&2&11&5&9&6&4\\5&4&9&7&2&6&11\\9&0&1&1&1&1&1\\10&10&10&10&10&10&10\end{bmatrix}\)

Die beiden unterscheiden sich im "oberen Schleifenflügel" voneinander!

kabelhorst, Euere aus meiner Sicht noch unzureichende Notation
hat mir indes erlaubt, die Typenzugehörigkeit zu "sehen":



Euer "HA5\131#1" passt in Euerer gegenüber "BMN" vorwärts-rückwärts-
umgekehrten, bzw. um 180° gedrehten Notation in folgendes Typenmuster:



Siehe wie gesagt Beitrag #18. Immerhin zeigen beide "Zettelzöflinge"
zudem eine Schwäche in meiner Typusdarstellung auf, denn darin fehlt
bislang eine tatsächlich von "echten" Lösungen benutzte Teilstrecke
in Verlängerung eines möglichen "Schleifenflügels". Wird behoben! 😉

Zwei sehr schöne neue Einzellösungen, wie ich finde! 🤗


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.68, eingetragen 2021-05-09


Hier hätte ich noch was. Quasi als mein Beitrag zum M-Tag. Mit freundlicher Erlaubnis der Frau Zettel, mit Verbeugung vor dem Problemsteller und Threadstarter, und... natürlich bin ich es, der Daten aus einer alten und höchst unvollkommenen Sammlung geklaubt hat.

Habt's fein!
Gonz




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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.69, eingetragen 2021-05-14


Hallo miteinand und liebe Freunde der Hoppler-Erkundung!

Es wird noch dauern bis ich mal dazu komme in Ruhe mehr zu schreiben. Es macht allerdings Spaß zu "fischen".



Einen schönen Brückentag wünscht...
Gerhard/Gonz


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.70, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-15


🤗 Soeben habe ich meine "Pinselkonsolidierung" abgeschlossen.

Da ich mich "unterwegs" verzettelt wie verzählt hatte,
dürfte es sich bei gonz' vier tollen neuen "Cluster-128-
Bücklingen
"
um die konkreten Einzellösungen Nr. 53
bis Nr. 56 handeln. Nachmalen und typus-vergleichen
mag ich sie indes zuvor noch!

Dass wrdlprmpfd seine Ausführungen in Beitrag #45
anhand einer individuell neuen Figur mit drei parallelen
Schrägen dargelegt hat, ist mir erst verspätet aufgefallen.
Aber umso schöner! 🤗

wrdlprmpfd, da sich alle Deine Figuren darin gleichen,
dass sie einen "Abschlusshaken" zum Rastermittelpunkt hin
aufweisen, sollten sie sich als Gesamtgruppe ordentlich
typisieren lassen! Diese Typen werde ich als nächste pinseln,
bevor ich mich dann wieder - konsolidiert - den "Bücklingen"
zuwenden werde. Magst Du als findiger Finder für die Dinger
einen netten Typusnamen vergeben?!

Insgesamt finde ich es "den Hammer", wie viel da innerhalb
von 40 Tagen schon zusammengekommen ist! 😃


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wrdlprmpfd
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.71, eingetragen 2021-05-15


Hallo cramilu,

wie wär's mit "sich verheddernde Angelschnur", wenn man die Varianten mit einbezieht, bei denen sich die schrägen Linien  auch überschneiden können. Aber dieser Namen ist vielleicht zu lang. Deshalb kürzer "Angelhaken".

Gruß
Wrdlprmpfd



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.72, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-15


Guten Abend allerseits 😉

gonz, Euere "Zettelzöflinge" haben es in sich! 😲
Diverse Analysen an verschiedenen "Clustern" scheinen
tatsächlich Figuren zutage zu fördern, welche einander
topologisch sehr ähnlich, wenn nicht "artverwandt" sind.
Man könnte sie insgesamt als "mehrfach zeilenübergriffige
Zinkennäslinge" bezeichnen...

Einzellösung #53: "Zettelzöfling 128-IV" aus Beitrag #68


Einzellösung #54: "Zettelzöfling 128-V" aus Beitrag #68


Einzellösung #55: "Zettelzöfling 128-VI" aus Beitrag #68


Einzellösung #56: "Zettelzöfling 136-IV" aus Beitrag #69


Aufgrund verschiedener Schrägenkombinationen handelt es sich
auf jedem Fall um Vertreter vierer verschiedener Typen!
Typenübergreifende Gemeinsamkeiten versuche ich gerade
halbwegs verzweifelt in ordentliche Aussagen zu kleiden... 🤔

"Heiße" Kiste! 🤗


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.73, eingetragen 2021-05-16


So langsam kommen wir doch zusammen :)

Ich möchte nochmal an das Post #53 von Haribo anknüpfen, und die dort gezeigten Zusammenhänge mit ein wenig Heuristik aus der "Breitensuche" ergänzen.

Add 1)
Alle bisher gezeigten Lösungen haben fünf horizontale Linien, die in den Reihen 1,2,3 und 6,7 liegen (von unten nach nach oben ab eins gezählt) bzw. lassen sich durch Drehung in eine solche überführen.

Gezeigt haben wir bisher glaube ich nur, dass es _höchstens_ fünf horizontale Linien geben kann. Dass es genau fünf sind, und dass sie in den angegebenen Reihen liegen, ergibt sich erst einmal als Vermutung, da es bei allen bisher gezeigten Lösungen so ist. Es gab bisher schon die schwächere Vermutung, dass es mindestens eine Linie der maximalen Länge geben muss.

Add 2)
In den Reihen 4 und 5 liegen keine horizontalen Linien, entsprechend muss durch jeden der Punkte sowohl auf 4 als auch auf 5 je eine der verbleibenden 7 nicht-horizontalen Linien verläuft. Damit gibt es genau sieben nicht-horizontale, und jede von ihnen berührt mindestens zwei Punkte (nämlich je einen auf der vierten und einen auf der fünften Reihe).

Dies wäre dann eine strikte Folgerung daraus, dass es genau fünf horizontale Linien gibt.

Es gab vorher schon die Vermutung, dass es keine Linien der Länge eins geben kann.


Add 3)
Sind horizontale Linien kürzer als sieben Punkte, dann liegen sie mit einem Ende am Rand des Punkterrasters an, und das andere Ende stellt ein Ende des Polygonzugs dar. Entsprechend kann es auch nur zwei solcher Horizontalen mit Länge kleiner als sieben geben. Diese liegen immer an den Reihen vier und fünf an, andersherum liegen die siebener Linien, von denen es mindestens drei und höchstens fünf gibt, am oberen bzw. unteren Rand des Punktegitters an.

Dies wurde alles noch nicht gezeigt, es ist aber naheliegend, da es sonst schwierig wird, "die Verbindungen zu Polygonzügen zu basteln". Ließe sich also ggf. auch allgemeingültig zeigen.

Wie kann es damit weitergehen

Damit lassen sich "Konfigurationen" darstellen (das entspricht etwa den Stage-2-Items der Breitensuche), indem man jeden der Punkte auf der vierten Reihe mit einem auf der fünften Reihe verbindet (das sind 7! Möglichkeiten) und diese dann ggf. noch auf einen oder zwei Punkte auf einer der nicht-siebener Horizontalen weiterführt. Es könnte damit theoretisch auch vierer Linien geben, die vertikal verlaufen, obgleich solche bisher noch nicht gesehen wurden.

Man kann davon noch Konfigurationen aussondern, da wir noch die vertikale Spiegelung frei haben.

Außerdem lassen sich nicht alle Konfigurationen durch einen Polygonzug verbinden, bzw. es kann mehrere Polygonzüge geben, die auf derselben Konfiguration beruhen.

Soweit - der sonntäglichen Ergüsse der erste Teil. Habt's fein!



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.74, eingetragen 2021-05-16


So... der Weisheiten zweiter Teil (Achtung, Ironie!).

Gehen wir mal davon aus, dass der Polygonzug aus genau fünf Horizontalen und sieben nicht-Horizontalen besteht. Dann muß ja beim Zusammenbau des Polygonzuges zwischen zwei Horizontalen mindestens eine nicht-Horizontale liegen. Damit können wir weiter klassifizieren, und zwar auf zwei Arten:

Erstmal:

Liegen zwei nicht-Horizontalen aneinander, umrahmt von Horizontalen auf beiden Seiten, dann bilden sie einen Buckel.

Liegen zwei nicht-Horizontalen aneinander, umrahmt von einer Horizontalen auf einer Seite, und dem Ende des Polygonzugs auf der anderen, dann bilden sie einen Haken.

Liegen drei nicht-Horizontale aneinander, und führen die beiden seitlichen davon in unterschiedliche Richtungen aus der Punktematrix heraus, dann bilden sie einen Blitz.

Liegen drei nicht-Horizontale aneinander, und führen die beiden seitlichen davon in die gleiche Richtung aus der Punktematrix heraus, dann bilden sie einen Schleife.

Liegen vier horizontale Linien... dann ergeben sich Doppelschleifen, Zettelzöfliche Figuren oder wie auch immer. Hier ist glaube ich gerade Cramilu dabei, "Ordnung zu schaffen".

Mehr geht nicht, siehe die folgende Aufstellung.


Und dann der Fälle drei:

Erstens:
Liegen beide Enden des Polygonzuges an horizontalen Linien, dann haben wir bereits fünf Horizontale und vier nicht-Horizontale zu deren Trennung  "verbaut". Es verbleiben drei nicht-Horizontale zur "freien Verfügung" (und dies ist das Maximum, siehe die folgenden Fälle). Wir haben dann folgende Möglichkeiten (die wir, glaube ich, auch alle sehen, aber das wäre noch nachzuflöhen):

Es kann drei Bücklinge geben (Haken sind nach Voraussetzung nicht möglich),

Es kann einen Bückling und eine Schleife oder einen Bückling und einen Blitz geben.

Eine Lösung aus Bückling und Schleife zeigt haribo in Post #11 und vertiefend in #20, eine Schleife mit drei vertikal verbundenen Punkten in #33

Es kann einen Doppelschleifenwuseling geben (der, nach Voraussetzung, nicht an einem Ende des Polygonzugs anliegen kann).

Dies ist das legendäre "Geschenk für cramilu" aus #53

Zweitens:
Liegt ein Ende des Polygonzuges an einer horizontalen Linien, dann haben wir bereits fünf Horizontale und fünf nicht-Horizontale zu deren Trennung und am Rand "verbaut". Es verbleiben zwei nicht-Horizontale zur "freien Verfügung", also gilt:

Es kann zwei Bücklinge geben oder einen Bückling und einen Haken geben,

Der Fall Bückling und Haken ist in Post #11 gegeben. Dort werden auch Hinweise zu deren weiteren Klassifizierung gegeben.

Es kann eine Schleife oder einen Blitz geben, wobei diese am Ende des Polygonzugs liegen können oder nicht,

Hierher gehört die von LernFee gefundene Lösung aus Post #19. Dieser Blitz liegt am Ende des Polygonzugs. Lösungen, bei denen der Blitz "nicht offen" ist, also an beiden Seiten an Horizontalen anliegen, sind ebenfalls aus den "Bausätzen" in Post #19 zu erkennen.

Der Fall einer Schleife, die nicht am Polygonzugende anliegt, ist bereits in Post #12 gegeben. Dort auch bereits von cramilu auf Fälle erweitert, in denen die Schleife am Ende des Polygonzugs liegt. Ich nenne sie für mich "offene Schleife", aber ist sicher kein Begriff, der sich durchsetzen wird.


Drittens:
Liegt beide Enden des Polygonzuges an einer horizontalen Linien, dann haben wir bereits fünf Horizontale und sechs nicht-Horizontale zu deren Trennung und am Rand "verbaut". Es verbleibt eine nicht-Horizontale zur "freien Verfügung", also gilt:

Es kann einen Bückling oder einen Haken geben.

Den ersten Haken in dieser Konfiguration zeigt cramilu nach Mitteilung von wrdlprmpfd in Post #26

Eine Lösung mit einem Bückling in dieser Konfiguration findet sich in Post #31

Irrtum vorbehalten. Es wäre mal eine nette Aufgabe, in dem Zettelzofendatenvorrat oder hier im Thread oder in den von cramilu mitgeteilten Daten nach den entsprechenden Fällen zu suchen.


und noch eine Anmerkung:

All dies ist nur zusammengeschrieben und lag sozusagen "in der Luft" oder wurde von anderen schon geschrieben oder mir mitgeteilt. Die aufgestellten Vermutungen wären zu überprüfen, dies könnte entweder für den Fall n=7 erfolgen, also zB mit dem Material aus der Breitensuche, und es könnte auch Ausnahmen für andere Werte von n geben. Einige der "Ausreißer" oder "Münchhausenlinge" sehen so aus, als ob es "zufällig gepasst hat", vielleicht gibt es da also noch viel mehr zu entdecken...

und noch ein Geständnis:
Ab Post #28 hat mich der Mut verlassen, dies nachzuflöhen. "Schneidet sie aus, legt sie über- und nebenbeinander"... wie wahr.

So. Grüße aus dem nasskalten Harz - in dem auch manchmal die Sonne scheint
Gerhard/Gonz


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wrdlprmpfds "Angelhaken" sind etwas ganz besonderes! 🤗

Siehe zuvor #26   Link**[**] Zwölf durch neunundvierzig
sowie #45   Link**[**] Zwölf durch neunundvierzig

wrdlprmpfds Demonstrationsfigur aus Beitrag #45 - Einzellösung #46:



Meine Variante "à la haribo" - Einzellösung #57:



Durch die Grundgestalt des "Angelhakens" im Zentrum der Figur
müssen sie jeweils dort enden!
Hakenspitze und -schenkel lassen nämlich nur Raum für zwei Haupt-
schrägen von rechts unten nach links oben, welche links der Haken-
spitze durch die obere "Schrägensammlerzeile" verlaufen, sowie für
drei Hauptschrägen von rechts oben nach links unten, welche rechts
der Hakenspitze durch die obere "Schrägensammlerzeile" verlaufen.
Und die tun das so verhältnismäßig flach, dass sie niemals paarweise
auch einen "Buckel" formen könnten.
Denkt man diese Art von Figur "von innen" oder "vom Schwanz" her,
dem Haken nämlich, so werden hernach streng abwechselnd jeweils
eine Horizontale und eine Schräge durchlaufen. Enden muss das dann
in einem Schrägenpunkt auf der unteren "Schrägensammlerzeile"...
... und weil der einer Außenecke des Rasters stets näher liegen muss
als das zentrale Haken-Ende, kann er keinesfalls End-, sondern muss
zwingend Startpunkt sein!

Verliefen Hakenspitze und/oder -schenkel flacher, so zwänge das zu
mindestens einer abweichenden Abfolge von Horizontalen und Schrägen.

Damit muss es denn auch genau acht Typen des "Angelhakens" geben!
Die beiden Schrägen von rechts unten nach links oben können entweder
parallel verlaufen oder einander in einem flachen Winkel schneiden.
Die "innerste" der drei Schrägen von rechts oben nach links unten
kann mit einer Steigung von 1:4 oder 1:3 verlaufen, wenn sie die obere
der beiden unteren Horizontalen nicht schneiden soll.
Und für die Steigungen der beiden übrigen Schrägen von rechts oben
nach links unten verbleiben dann jeweils genau zwei Möglichkeiten
der Kombination ;   \(2\,\cdot\,2\,\cdot\,2\,=\,8\)   !


Und... das beste kommt zum Schluss:
Wiederum denke man sich die Figuren "von innen" oder "vom Schwanz"
her, also dem Haken!
Dessen Schenkel durchhoppelt der Hase in Richtung links oben.
Also hat er dort drei Möglichkeiten, als nächstes eine Horizontale
abzuhoppeln. Nach deren Ende kann er sich zwischen drei Schrägen
von rechts oben nach links unten entscheiden. Nach Durchquerung
der beiden "Schrägensammlerzeilen" hat er beim Richtungswechsel
links unten zwei Horizontalen fürs Weiterhoppeln zur Auswahl...
... und rechts unten dann zwei Schrägen nach links oben.
Wieder in der Gegend angekommen, verbleiben ihm dort noch zwei
der "oberen" Horizontalen zur Fortsetzung seiner Hoppelroute,
und nach deren Ende wiederum noch zwei Schrägen nach links unten.
Ab dort zwingt sich ihm dann der "Restweg" auf.
\(3\,\cdot\,3\,\cdot\,2\,\,\cdot\,2\,\cdot\,2\,\cdot\,2\:=\:9\,\cdot\,16\:=\:144\)

Demnach "stolze"  144  Möglichkeiten! Je "Angelhaken"-Typ!
Bei acht Typen also   \(8\,\cdot\,144\,=\,1.152\)   paarweise nicht-kongruente
Einzellösungen der Art "Angelhaken"! Elfhundertzweiundfünfzig!

Das dürfte für eine Spezialgestalt erst einmal eine "Duftmarke" sein. 😲


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.76, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-18


Im Vergleich zu den "Angelhaken" sind die "Bücklinge"
ja fast schon "profan" zu nennen...

Jedoch habe ich im Zuge meiner systematischen Untersuchung
einen "aufgetan", wie wir ihn bislang so noch nicht hatten.

"Teilsymmetrischer Doppelbückling" - Einzellösung #58:



Beide "Buckel" sind "quasi-gleichschenklig", und ab Erreichen der
unteren "Schrägensammlerzeile" ist die Restfigur punktsymmetrisch!





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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.77, eingetragen 2021-05-21


gonz und cramilu

könnt ihr euch endlich mal drauf einigen wo oben und unten ist? (ohne ironie)
ob zeilen von oben nach unten gezählt werden oder andersherum

also bitte endlich entscheiden ob die textliche beschreibung EXCEL(A1 links oben) oder SCHACHBRETT DES WEISSEN SPIELERS (A1 links unten) entsprechen soll???

und cramilu, das musst du mit dir selber ausmachen, ob also das band der sieben schrägen über der mitte liegen soll(#76) oder unterhalb(#75) oder weiterhin abwechselnd (das war jetzt systematisch ironisch gemeint)

und gonz meinst du mit REIHEN spalten oder zeilen? (jetzt wieder ohne ironie)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.78, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-21


Guten Morgen haribo,
also wirklich ganz ohne Ironie:

Bei den Lösungsfiguren handelt es sich
mathematisch unzweifelhaft um Polygonzüge!
Als solche lassen sie sich denn auch am ehesten
systematisch untersuchen und beschreiben.
Bei Polygonzügen handelt es sich um Punktmengen,
und bei "unseren" um solche in der euklidischen Ebene.
Daher erfolgt meine Notation, wenn auch der Anschaulichkeit
halber ohne "Achsen", "Gitter" etc., vor dem Hintergrund
der kartesischen Koordinatensystems.
Die Rasterpunkte liegen dabei vom Koordinaten-Ursprung
\(O\,=\,(0|0)\)   LINKS UNTEN   aus
bis   \(R\,=\,(n-1|n-1)\)   RECHTS OBEN .
Rasterpunktzeilen werden also von unten nach oben,
und Rasterpunktspalten von links nach rechts gezählt.

Notationen à la "EXCEL" oder "Schachbrett"
mögen unbenommen auch der Anschauung helfen,
sind für mich jedoch keine Wahl bei der Analyse.

Qua gerüttelt Erfahrung kann ich jedoch nach wie vor
auch andere Darstellungen "verstehen". 😉

p.s.
Da steckt tatsächlich einiges an Überlegungen dahinter!
Mich hat immer schon gestört, dass die Orientierung der
Geometrie im kartesischen Koordinatensystem nicht mit
derjenigen der linearen Algebra bei Matrizenschreibweise
übereinstimmt. Aber das ist nun einmal so.
Für mich hat die Geometrie hier Vorrang.
Da mir durchweg positive Koordinaten deutlich lieber sind
als negative oder gar ein "Mischmasch", habe ich die Figuren
in den I. Quadranten "gelegt". Man könnte da nun auch
den Punkt   \(I\,=\,(1|1)\)   als einheitliche untere linke Ecke
wählen. Aber dann sähe man bei den Teilstrecken den
Koordinaten ihrer Endpunkte weniger unmittelbar an,
ob sie außerhalb des Rasters liegen, finde ich.
Schlussendlich gilt auch hier:
Allen Menschen recht getan,
ist eine Kunst, die niemand kann
🤔

p.p.s.
Auch was die Optik anbelangt, hatte ich lange überlegt...
Reine, minimale "Punkte" scheiden aus meiner Sicht aus,
weil man dann nur schwerlich auf einen Blick erkennen
könnte, welche Stellen genau interessant sein könnten.
Repräsentiert man dann die Punkte durch Kringel?
Falls ja: Welche Strichstärke ist dann im Verhältnis zum
Durchmesser am "schönsten" bzw. "eingängigsten"?
Da habe ich mich lieber für farbige Kreise entschieden.
Schon auch, weil mir seinerzeit Eastaways Artikel als der
"ordentlichste" erschien, und weil Dambeck auf SPON
dem optisch gefolgt war. Aus rein praktischen Gründen
haben auch meine Kreise keinen farblich nochmals
abgesetzten "Rand".
Als nächstes stand für mich die Frage an, welche Größe
ein Kreisdurchmesser im Verhältnis zum Rasterpunktabstand,
also Kreismittenabstand haben sollte. Weniger als die Hälfte,
aber mehr als ein Drittel haben sich für mich als optisch
"am gefälligsten" erwiesen. Und für die Strichstärke der
Linien dann ein Viertel bis ein Drittel des Kreisdurchmessers.
Was die "besten" Farbkombinationen anbelangt, bin ich mir
in der Tat bis dato immer noch nicht ganz schlüssig!
Das ist halt alles auch eine individuelle Geschmacksfrage...
Falls da jemand konstruktiv mitgestalten mag: Gerne!


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.79, eingetragen 2021-05-21


Es bleibt schwierig... Also. Vielleicht passt es ja? Ich glaube eigentlich bin ich mit cramilu auf demselben Trip...


Sei N die "Größe" des Problems, also N=7 unser aktuelles Lieblingsbeispiel aus 49 Gitterpunkten.

Die Gitterpunkte durch zwei Koordinaten im Bereich von 0 bis N-1 zu indizieren, und zwar in der üblichen Darstellung x/y in einem gedachten karthesischen Koordinatensystem im ersten Quadranten, finde ich gut. Damit werden in der graphischen Darstellung die Zeilen von unten nach oben gezählt und die Spalten von links nach rechts. Der untere linke Gitterpunkt liegt damit im Koordinatenursprung.

Die Linien des Polygonzuges würde ich ab 1 zählen, und zwar deshalb, weil man sowieso von der "ersten Linie" spricht, wo alles beginnt, und weil man dann die Eckpunkte des Polygonzuges von 0 bis W=2N-2 indizieren kann. Damit liegt Linie 1 zwischen den Eckpunkten 0 und 1 und es geht weiter bis zur Linie W, die zwischen den Eckpunkten W-1 und W liegt. Das Argument ist natürlich Quatsch und man könnte hier genauso gut auch die Linien ab 0 indizieren, und es läge dann eben Linie 0 zwischen den Punkten 0 und 1 und Linie W-1 zwischen den Punkten W-1 und W.

Wenn man davon spricht, dass eine Linie ganz in einer Zeile liegt, dann nenne ich sie Horizontale, liegt sie in einer Spalte, ist es entsprechend eine Vertikale. (Das Problem, wie da Linien der Länge 1 einzuordnen sind, stellt sich noch nicht, da noch keine Lösungen gefunden wurden, die solche beinhalten). Eine Linie, die weder Horizontale noch Vertikale ist, nenne ich dann schräg verlaufend.

Wir (*) haben die Orientierung jetzt so vorgenommen, dass durch eine Drehung erreicht wird, dass es mehr Horizontalen als Vertikalen gibt. Durch eine Spiegelung kann man dann noch erreichen, dass der Schwerpunkt der Horizontalen "unten" liegt.

Die folgende weitere Einschränkung finde ich noch diskussionswürdig: Von den beiden Lösungen, die sich nur dadurch unterscheiden, dass sie in unterschiedlicher Richtung durchlaufen werden, wählen wir dann die, bei der der Startpunkt möglichst nah am Ursprung liegt.

Soweit - würde es auch zur Benennung in den Daten aus der Breitensuche passen.

Abweichende Vorstellungen sind natürlich auch willkommen, es stimmt schon, haribo, wir sollten uns da mal auf etwas einigen.

Grüße und einen angenehmen Weg durch den Freitag wünscht -
Gerhard/Gonz


(*) Dies passt so zu dem, was Lea in ihrem Breitensuche-Projekt verwendet. Da hier ja eine Datenbank mit Lösungen entsteht, wäre es auch gut, wenn wir da die gleichen Bezeichnungen verwenden.




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Dass das weiche Wasser in Bewegung mit der Zeit den mächtigen Stein besiegt.



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