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Mathematik » Geometrie » periodische Kreispackungen, gibt es das?
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Universität/Hochschule periodische Kreispackungen, gibt es das?
hieron
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-18


Hallo Leute

Habe im Internet gegoogelt aber nichts zum Thema periodische Kreispackungen gefunden. Nur die einfachen Kreispackungen mit gleichseitigem Dreieck und und Quadrat als Kreiszentren, oder Apollonische Varianten. Doch keine Kreispackungen mit verschieden großen Radien, wobei sich die Kreise alle gegenseitig berühren.

Wo finde ich weiterführende Infos, oder gibt es sowas gar nicht?

Grüsse hieron



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hieron
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19


Nachtrag:

Hier ein Beispiel:



Leider zeichnet Mathematica unpräzise. Manchmal sind Zwischenräume oder Überschneidungen zu erkennen, obwohl es keine gibt.

Und scheinbar gibt es keine Theorie dazu, oder doch?

Grüße hieron



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-05-19


Hallo,

hast Du schon geschaut, ob Du das Problem in duales Parketierungsproblem umwandeln kannst? Z.B. statt der Kugeln eine Parkettierung durch Dreiecke - gegeben durch die Mittelpunkte. Vielleicht findest dort etwas Theorie dazu.



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mire2
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-05-19


Salut hieron!  smile

Der MP-Experte auf diesem Gebiet, Eckard, ist leider seit mehreren Jahren nicht mehr auf dem MP gewesen, aber ich würde mal sehr stark vermuten, dass er eine freundliche Anfrage deinerseits gewiss mindestens ebenso freundlich beantworten würde.

Schau doch mal hier, insbesondere hier.

Dort findest Du auch unten eine Mail-Adresse.

Liebe Grüße
mire2


-----------------
Beherrscher der Meta-Sprache
Narr und Weiser des Clans
Einziges Mitglied des Ältestenrates
Bester Freund Metas



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-05-19 18:10


die löcher des beispiels sind alle dreiseitig, man könnte also in jedes loch einen weiteren kleineren kreis hineinsetzen der die drei nachbarn berührt, das ließe sich endlos fortsetzen
haribo



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-05-19 19:37


hallo hieron,

wie gross ist der höhenabstand wenn die grössten kreise r=1 haben?

es scheint nur eine einziges bestimmtes grössenverhältnis der drei kreise zu geben für deine beispielpackung
haribo



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-05-19 20:19


Hallo,

damit habe ich mich auch ein wenig damit beschäftigt. Statt der Kugeln betrachte ich die Dreiecke der Mittelpunkte.
<math>
\begin{tikzpicture}

\draw (0,0)--(0,6)--(4,6)--(4,0)--(0,0);
\draw
(0,0)--(2,2)--(4,0)
(0,6)--(2,4)--(4,6) (2,2)--(2,4);
\draw[green] (2,2)--(2,4);
\draw[red] (2,4)--(4,3) (2,2)--(0,3);
\draw[blue] (4,3)--(2,2) (0,3)--(2,4);

\end{tikzpicture}
</math>
Auf den Ecken eines Dreiecks $ABC$ können wir eindeutig Kreise legen, s.d. diese sich berühren. Für die Radien der Kreise gilt:
\[ 2r_A = -a+b+c;\ 2r_B = a-b+c;\ 2r_C = a+b-c \] Damit nun zwei Dreiecke mit einer gemeinsamen Kante (grün) dieselben Kreise an den Ecken haben, muß nun die Summe der roten Kanten gleich der Summe der blauen Kanten sein.

Möglicherweise liefert das Gleichungssystem dazu eine Antwort, wie groß die Kreise bei einer gegebenen Verteilung(Graph) sein müssen.





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hieron
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19 21:10


Hallo Leute

@mire2: Vielen Dank für den Tipp, habe ihm eine eMail geschickt.

@TomTom314: Darüber habe ich Stunden nachgedacht, bis ich schließlich erkannte: Grenzwert[Kreispolygon]=Kreis; daher wäre es ein Grenzwertproblem, diese Dualisierung, oder ich kann einfach sagen, so verzweifelt scharf ich meine Augen stelle, aber bereits bei 2^8 kantigem Kreispolygon, finde ich keinen visuellen Unterschied ob Polygon oder Kreis. Mathematica bedient sich dieses Tricks um Kreise zu zeichnen, glaube ich. Dennoch eine visualle Dualisierung (jedem Kreis ein Polygon zuzuordnen und umgekehrt) mit geeigneten Tricks halte ich instinktiv für möglich. Muß noch mehr darüber nachdenken. Dein anderer Post muß ich noch verdauen.

@haribo: sorry, vergaß das Programm der Kreise zu posten. Machte ich in Mathematica, ist aber lesbar. Hab das schon lange nicht mehr gemacht.
Mathematica
g = GoldenRatio;
d1xy = Disk[{2 #1, 2 g #2} + {0, 1}, 1] &;
d2xy = Disk[{2 #1, 2 g #2} + {1, 1/g + 3/2}, 1/2] &;
d3xy = Disk[{2 #1, 2 g #2} + {0, 1/g + 4/2}, 1/g] &;
d4xy = Disk[{2 #1, 2 g #2} + {1, 1/g + 5/2}, 1/2] &;
t = Table[{x, y}, {x, 0, 5}, {y, 0, 2}] // Catenate;
d = {d1xy @@@ t, d2xy @@@ t, d3xy @@@ t, d4xy @@@ t};
d // Graphics

Es gibt noch andere Konfigurationen zu entdecken.
Das war nur der Anfang, Transformation der quadratischen Kreispackung, dann wäre da noch die trigonale.

ihr schreibt Mathegeschichte
viel Spaß

hieron smile



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-05-20 10:21


2019-05-19 20:19 - TomTom314 in Beitrag No. 6 schreibt:
<math>
\begin{tikzpicture}

\draw (0,0)--(0,6)--(4,6)--(4,0)--(0,0);
\draw
(0,0)--(2,2)--(4,0)
(0,6)--(2,4)--(4,6) (2,2)--(2,4);
\draw[green] (2,2)--(2,4);
\draw[red] (2,4)--(4,3) (2,2)--(0,3);
\draw[blue] (4,3)--(2,2) (0,3)--(2,4);

\end{tikzpicture}
</math>
Auf den Ecken eines Dreiecks $ABC$ können wir eindeutig Kreise legen, s.d. diese sich berühren. Für die Radien der Kreise gilt:
\[ 2r_A = -a+b+c;\ 2r_B = a-b+c;\ 2r_C = a+b-c \] Damit nun zwei Dreiecke mit einer gemeinsamen Kante (grün) dieselben Kreise an den Ecken haben, muß nun die Summe der roten Kanten gleich der Summe der blauen Kanten sein.

Möglicherweise liefert das Gleichungssystem dazu eine Antwort, wie groß die Kreise bei einer gegebenen Verteilung(Graph) sein müssen.


deine bedingung für gleiche grüne kante ist immer erfült wenn die differenz b´-a´= b-a

damit liegen alle möglichen weiteren ecken (C´) auf einer hyperbel mit A und B als brennpunkt,
weil C auch auf der gleichen hyperbel liegt, ist diese durch das dreieck ABC fixiert vorgegeben







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Eckard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-05-20 14:28


Hallo Leute,

oh je, ist das lange her, das ich das letzte Mal hier war. Kommt mir vor wie im vergangenen Leben ... aber es fühlt sich gut an!

Hab erstmal ein schickes Bild gemacht:



Das sollte die Einheitszelle von hierons Kreispackung sein.

Man kann jetzt ein bisschen daran herumrechnen, und man erhält (o.B.d.A. sei $r_1$ = 1):
$$
r_1 = 1 \\
r_2 = \phi-1 = 0.61803\dots \quad \mbox{(Goldener Schnitt)} \\
r_3 = \frac12,
$$
was eine Packungsdichte von $\eta = \frac{\pi}{8} (7 \phi-9) \approx 0.9135$ ergibt, und das ist schon ganz ordentlich.

Man findet mehr zum Thema unter den Stichwörtern "binary circle/disc packing", "two-size disc packing", "compact packing" usw. Dies hier ist ja eine "three-size disc packing", da sieht es schon viel dünner aus mit Literaturstellen.

Lohnenswert ist folgender Artikel:
Tom Kennedy: Compact Packings of the Plane with Two Sizes of Discs, Discrete Comput Geom 35:255-267 (2006),
in dem sehr schön alle neun Varianten der binären Packungen erklärt sind.

Etwas ältere Arbeiten sind:
Aladar Heppes: Some Densest Two-Size Disc Packings in the Plane, Discrete Comput Geom 30:241-262 (2003) und
A. Heppes: Solid Circle-Packings in the Euclidean Plane, Discrete Comput Geom 7:29-43 (1992).

Darin taucht auch die wohl bekannteste Packung, die in Wikipeadia unter
Unequal Circles zu sehen ist.

Vielleicht erstmal so viel dazu. Es wäre interessant nach "ternary disc packings" zu suchen, weil hierons Beispiel ja eine solche ist. Mir sind im Moment keine Referenzen bekannt. Bestimmt gibt es noch viel mehr derartige kompakte Packungen.

Viele Grüße,
-Eckard


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Eckard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-05-20 14:55


Ach, es gibt doch Referenzen, siehe an:

On Compact Packings of the Plane with Circles of Three Radii von Miek Messerschmidt vom September 2017; ziemlich aktuell noch.

Viele Grüße,
-Eckard


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Save the Whales -- Harpoon a Honda.



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hieron
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-20 15:58


Hallo Eckhard

du erwärmst mein Herz. Sehr schön. War gerade dabei dasselbe zu programmieren. Denkarbeit kann man nicht delegieren, ich werde es daher vollenden und das Mathematica Notebook posten. Habe deine Infos überflogen, aber noch nicht verdaut. Geh vielleicht noch einen Schritt zurück zum Ursprung, um das Gesamtbild zu sehen, probier die zugrunde liegende DNA zu erkennen.

Liebe Grüße
hieron



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hieron
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-20 16:24


Hallo Eckhard

Das ist ein abgehobener Artikel. Habe ihn überflogen, ich werde ihn aber nicht studieren. Ich bräuchte ein ganzes Leben um das zu verstehen. Bin so eine Flasche in Sachen Mathematik, interessiere mich eigentlich nur für Grundlagenmathematik, zum Beispiel wie pi mit phi zusammenhängt.

Beste Grüße
hieron



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Eckard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-05-20 17:08


Hallo hieron,

nun schleich dich mal nicht davon ... ;-)

Das mit dem Goldenen Schnitt kriegst du vom Verständnis auf jeden Fall gebacken, der wurde auf dem Planeten bestimmt schon x-mal durchgekaut (--> Suchfunktion).

Ok, dass oben der goldene Schnitt vorkommt, habe ich ja noch nicht bewiesen; es war nur ein schnelles Ergebnis einer numerischen Rechnung (aber für mich ein ziemlich sicheres Ergebnis ==> "mit an Wahrscheinlichkeit grenzender Sicherheit"). Vielleicht poste ich noch die exakte Herleitung, falls gewünscht.

Ansonsten habe ich deine Konfiguration aber bisher noch nicht in den genannten Artikeln entdeckt. Also ist es vielleicht doch etwas Neues, was im positiven Fall bis ans Ende der Welt dann auch mit deinem (richtigen) Namen als Entdecker verknüpft sein sollte, ungeachtet dessen, ob du das Thema weiter verfolgst oder nicht. Das halten wir hier ruhig mal so fest!
Das Ganze ist keinesfalls Folklore. Suche bitte unbedingt weiter, wenn dir das Spaß macht.

Viele Grüße,
-Eckard



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-05-20 17:18


diese konfiguration funktioniert auch

ich hab die artikel auch nur überflogen

-mein unbewusst gedächniss könnte mir hier also auch ein duplikat
herstellen, fals ich diese anordnung doch kurz gesehen hätte, wer weiss




in#7 hatte hieron auch schon "GoldenRatio" benutzt zur beschreibung...
da ich keine mathematica kenntnisse habe konnte ich damit allerdings nichts anfangen

jetzt hab ich die antwort auf meine frage aus #5 verstanden, THX
haribo



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hieron
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-20 17:42


hallo haribo

das ist gut, aber wir sollten den Blick immer schön auf den Ursprung halten.
Das nächste wirklich wichtige Element ist die trigonale bzw. hexgonale Konfiguration, die es zu bewältigen gilt.

bye hieron



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-05-20 20:47


@tomtom,
eine weitere eigenschaft der mittelpunkts-graphen aus dreiecken ist dass ihre innkreise sich berühren und zwar auch noch an den berührstellen der kreis-packung, damit lassen sich weitere dreiecke welche eine gemeinsame kante mit einem bestehenden dreieck haben soll noch erheblich leichter konstruieren als mit der hyperbel

gesucht wäre darum evtl. ein unendlicher dreiecks-graph mit grad 5?
haribo





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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-05-20 21:41






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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-05-21 10:17


Wenn ich den Abstrakt des Artikels richtig verstanden habe, wird darin gezeigt, dass es höchstens 11462 verschiedenen Dreiermengen ${r_1,r_2,r_3}$ von Radien gibt, wobei $r_1<r_2<r_3=1$ gefordert wird, so dass es eine Kreispackung mit Kreisen der Radien $r_1, r_2$ und $r_3$ gibt.

Die relativ große obere Schranke deutet darauf hin, dass es ein paar mehr solche Packungen geben könnte.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-05-21 16:54


@Haribo: Du warst richtig fleißig. Mein Anzatz mit dem Gleichungssystem hat keine neuen/interessanten Ergebnisse geliefert. Damit lassen sich relativ viel Dreiecke bestimmen, diese liegen aber im allgemeinene nicht mehr in einer Ebene. Das ist dann auch die Bedingung an eine Kreispackung, die interessant ist.

Mein Frage wäre. Gibt es bei einem gegeben doppeltperiodischen Graph, der die Mittelpunkte und Berührungen repräsentiert, eine Kreispackung dazu. Wenn ja, wieviele. Das erste Beispiel von Hieron legt nahe, dass bei dem zugrunde liegenden Graph nur eine gibt - bis auf Skalierung.

Die Quellen von Eckard habe ich bisher noch nicht gelesen. Muß ich mir noch anschauen.



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-05-21 18:29


na ja die innkreise in deinen dreieck-graphen ergeben ja für sich auch eine ziemlich grosse packung im gleichen rahmen wie die ursprungspackung, also das wäre dann ein ansatz in richtung einer zweiten lösung

gerade ist mir aufgefallen dass z.B. hier in die beiden mittenfelder auch noch kreise(weiss) mit fünf exakten berührpunkten passen


wenn man die kreisgrössen über drei verschiedene erweitert gibt es unendlich viele möglichkeiten, warum sollte davon keine ein geschlossenes system ergeben?im rechten bildteil sind dazu freihändige versuche dargestellt, welche noch nicht exakt passen

geschlossenes system würde sich dadurch auszeichnen dass am rand alle kreise entweder tangieren, oder ihr mittelpunkte genau auf dem rand liegen haben, dann lässt sich die packung endlos spiegeln



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-05-21 18:46


dieser schwarze teilbereich z.B. erfüllt mit vier eck-viertel-kreisen die bedingungen des geschlossenen systems

damit ergibt das eine unendliche tapete mit fünf verschiedenen radien


die innkreispackung ist wohl dual zur ursprünglichen packung?
oder ist dual das falsche wort?, immerhin kann man ja für die neue geschlossene packuung wieder einen dreiecksgraphen erstellen der wiederum viele sich berührende innkreise enthält mit noch mehr verschiedenen radien
haribo



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2019-05-22 02:02


Ich biete mit 3 verschiedenen Radien die Packungsdichte 0.9569266122



Die Kantenlänge des Quadrats sei s. Dann ist
fed-Code einblenden

Gruß vom ¼


-----------------
Bild



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2019-05-22 08:52


moin viertel,
ansich sind die gelben in ein dreiseitige fläche gesetzt die sowiso schon stabil ist, insofern ist dein packung irgendwie eher eine zwei-kreis lösung

bin mir aber nicht sicher ob das die regularien verletzt?

insofern die blauen auf lücke gesetzt, dann zweimal die dreiseit flächen ausfüllen würde wohl noch dichter...
haribo




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Eckard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2019-05-22 10:04


Hallo Dietmar,

schön, dass wir uns wieder mal begegnen. Ich hab auch noch einen:



Unsere Packungen sind der Beginn einer Apollonischen Packung (deine quadratisch in den größten Kreisen, meine hexagonal), jeweils abgebrochen nach dem dritten Radius. Meine Daten sind:
$$
r_1 = 1 \\
r_2 = \frac{2}{\sqrt{3}} - 1 \approx 0.15470 \\
r_3 = \frac{r_2}{1 + 2 r_2 + 2 \sqrt{r_2 \,(2 + r_2)}} = \frac{9-4\,\sqrt{3}}{33} \approx 0.06278 \\
\eta = \pi \frac{2315 \,\sqrt{3} - 3336}{2178} \approx 0.971755506074882.
$$

Der Ausdruck für $r_2$ ist dabei nicht schwer herzuleiten, auf $r_3$ kommt man hiermit: Soddys Kreise. Und die Packungsdichte ist sensationell; ich vermute, dass sie mit drei unterschiedlichen Radien nicht zu toppen ist.

Viele Grüße,
-Eckard

[edit 1: da war noch ein Fehler in der Formel für $r_3$, jetzt stimmt es]
[edit 2: Ausdrücke für $r_3$ und $\eta$ dank Kitaktus' Beitrag (siehe unten) ergänzt]


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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2019-05-22 10:06


Die von Haribo vorgeschlagene Packung bedeckt in einem Rechteck der Größe $\sqrt{3}\times 2$ einen halben und zwei Viertelkreise mit dem Radius 1, einen ganzen und zwei halbe Kreise mit dem Radius $s=(2\sqrt{3}-3)/3$, sowie fünf ganze und zwei halbe Kreise mit dem Radius $t=(9-4\sqrt{3})/33$.
Insgesamt komme ich damit auf eine Überdeckung von 97.1755506%

Jeder große Kreis berührt sechs große, sechs mittlere und zwölf kleine Kreise.
Jeder mittlere Kreis berührt drei große und drei kleine Kreise.
Jeder kleine Kreis berührt zwei große und einen mittleren Kreis.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.23 begonnen.]



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2019-05-22 10:19


@Eckard: Das sieht meiner Idee sehr ähnlich (ich habe nur die Basiszelle anders gewählt) und Dein $r_2$ stimmt mit meinem überein.
Mein $r_3$ ist aber ein bisschen kleiner (0.06278).
Könnte es sein, dass Du dich vertan hast? Deine blauen Kreise scheinen zu groß zu sein.

Mein exaktes Verhältnis ist $(2315\sqrt{3}-3336)\cdot\pi/2178$.



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Eckard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2019-05-22 10:27


@Kitaktus: Gutes Auge! Du hast recht, ich hab es schon bemerkt und korrigiert, danke! Ich erlaube mir, deine Werte in meinen Post zu übernehmen.


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2019-05-23 02:54


Hallo Eckard

Schön, auch Dich mal wieder hier zu sehen

Da dachte ich doch, ich hätte noch was Besseres (blaues Sechseck) als deine Packung (grüner Rhombus) gefunden, stellte aber nach der Berechnung fest, daß sie exakt der deinigen entspricht – wie man an der Zeichnung klar sieht.
Aber ich denke, das Sechseck kann man gut verwenden, um zu begründen, daß es keine dichtere Packung geben kann. Denn ein „kreisähnlicheres“ n-Eck als das Sechseck gibt es nicht, mit dem die Ebene parkettiert werden kann. Und der Inkreis des Sechsecks bringt schon Einiges in die Überdeckung ein. Der Rest ist Kleinkram.
Schade  frown



Es gibt zwar noch zahllose andere Parkettierungen der Ebene, aber das Problem ist dann die Beschränkung auf 3 verschiedene Kreisradien.



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