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Mathematik » Geometrie » Gemeinsame Tangentialebenen von Kugeln im Raum
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Kein bestimmter Bereich Gemeinsame Tangentialebenen von Kugeln im Raum
cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-02-19


Hallo beisammen!

Wieder einmal motiviert durch das "Rätsel der Woche" bei SPIEGEL-online soll hier "geklärt" werden, unter welchen wie genau formulierbaren Randbedingungen n einander nicht durchdringende Kugeln im kartesischen Raum jeweils wieviele gemeinsame Tangentialebenen besitzen.

Fürs erste handele es sich zunächst um 3 Einheitskugeln!

Tangential berühren dürfen sie einander.
Trivial erscheint, dass es unendlich viele gemeinsame Tangentialebenen gibt, welche alle an der Mantelfläche eines unendlich langen Zylinders anliegen, wenn die Mittelpunkte der drei Einheitskugeln auf einer Geraden liegen!
Ebenso trivial gibt es lediglich zwei gemeinsame Tangentialebenen, wenn jeweils eine der drei Kugeln derart zwischen den beiden anderen liegt, dass sie aus der gedachten Zylinderröhre um die beiden anderen herum hinausragt, und zwar um weniger als einen Kugeldurchmesser!

Wie jedoch kann es sonst aussehen, also bei 3, 4, 5, 6, 7 oder 8 gemeinsamen Tangentialebenen? Und wie kann man dem ganzen systematisch auf den Grund gehen?

Für unterschiedliche Kugeldurchmesser oder mehr als drei Kugeln wird es sicher noch fieser ;)







Soweit erst einmal die ersten drei Fälle nach meinem Ansatz...
Dabei deutet der Pfeil die allmähliche Bewegung der äußerst rechten Einheitskugel in der Ebene durch die drei Kugelmittelpunkte an, und t nennt die Anzahl gemeinsamer Tangentialebenen.

Gesucht wird zunächst für n=3 eine vollständige und widerspruchsfreie "Sammlung" möglichst weniger korrekter Aussagen der Art "Drei einander nicht durchdringende Einheitskugeln im kartesischen Raum haben genau dann 2 (3, 4, 5, 6, 7, 8, unendlich viele) gemeinsame Tangentialebenen, wenn ihre Kugelmittelpunkte ein [einschränkende Eigenschaft] Dreieck bilden, und [Zusatzeigenschaft, z.B. Länge der kürzesten Dreieckshöhe etc.]..."!

Demnach zwingender(?) Satz # 1:
Drei einander nicht durchdringende Einheitskugeln im kartesischen Raum haben genau dann unendlich viele gemeinsame Tangentialebenen, wenn ihre drei Kugelmittelpunkte auf einer Geraden liegen!

Ich bitte um Anregungen,
Euer cramilu



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-02-19


moin cramilu,

drei kugeln die etwas weiter voneinander entfernt sind, (also keine in eine röhre über die anderen kugeln hineinragt) da kannst du immer eine eigene ebene durch alle drei kugeln legen, und diese ebene waagerecht ausrichten (oder die kugeln gedanklich gleich auf nem billiardtisch anordnen)und dann bei jeder kugel die gemeinsame ebene jeweils oben oder unten dranlegen, ich würde sagen da gibt es also eindeutig 2^3=8 verschiedene varianten

kugeldurchmesser muss dabei keineswegs einheitlich sein, (die röhre wird halt ein  kegelmantel)

bei vier kugeln gibt es für die ersten drei wieder diese 8 lösungen, und eine gemeinsame vier-kugeln-ebene gibt es nur wenn die vierte kugel eine oder mehrere der acht ebenen tangiert, es kann also (fals der gedanke fehlerfrei ist) auch bei mehr als 3 kugeln nie mehr als acht gemeinsame ebenen geben,

evtl kann man bestimmen wie viele der acht ebenen der ersten drei kugeln die vierte kugel maximal tangieren kann? da könnte 4 oder 6 herauskommen
haribo



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-20


Moin haribo,

schön, wieder von Dir zu lesen!

Leider sind Dir da jedoch beim "Dreisprung" zwei Hopser zu kurz geraten ;)

"da gibt es also eindeutig 2^3=8 verschiedene varianten"

Nicht immer! Klar: Wenn die Kugeln weit genug auseinander liegen, dann ist der Billardtisch die erste gemeinsame Fläche, eine dazu im Abstand eines Kugeldurchmessers parallele die zweite, und für jedes von drei Paaren aus zwei der drei Kugeln gibt es noch einmal je zwei verschiedene Ebenen, die dann von schräg oben/unten alle drei Kugeln berühren. Macht acht.
Aber... einer der "Spezialfälle": Die Mittelpunkte der drei Einheitskugeln bilden ein gleichseitiges Dreieck mit Seitenlänge 4/sqrt(3) = 2,3094... Dann gibt es zusätzlich zu den beiden "Tischebenen" nur noch drei(!) gemeinsame Tangentialebenen, welche jeweils senkrecht zur Tischfläche liegen und einander im Winkel von 120° schneiden. Oder: Siehe "Fall 2 ; t=5". Auch nur fünf, aber anders.

"kugeldurchmesser muss dabei keineswegs einheitlich sein,
(die röhre wird halt ein  kegelmantel)"

Nee, nee, nee...
Größte Kugel mittig: Quasi "Mondfinsternis" für eine der äußeren - Essig!
Kleinste Kugel mittig: Quasi partielle "Sonnenfinsternis" - Essig!
Kugelabstände sonstwie ungünstig: Eine Kugel liegt innerhalb des "Nachbarschattens" - Essig!

"auch bei mehr als 3 kugeln nie mehr als acht gemeinsame ebenen"

Das stimmt! Entscheidend wird aber sein - und darum geht es mir bei der Ausgangsüberlegung mit drei Einheitskugeln - wie die Kugeln zueinander liegen (müssen), damit am Ende ggf. weniger als acht Ebenen herausspringen. Zum Beispiel genau sechs oder sieben!?

Gruß,
cramilu



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-02-20


2020-02-20 00:07 - cramilu in Beitrag No. 2 schreibt:
einer der "Spezialfälle": Die Mittelpunkte der drei Einheitskugeln bilden ein gleichseitiges Dreieck mit Seitenlänge 4/sqrt(3) = 2,3094... Dann gibt es zusätzlich zu den beiden "Tischebenen" nur noch drei(!) gemeinsame Tangentialebenen, welche jeweils senkrecht zur Tischfläche liegen und einander im Winkel von 120° schneiden. Oder: Siehe "Fall 2 ; t=5". Auch nur fünf, aber anders.


du beschreibst den spezialfall, bei dem zwar keine kugel in die andere röhre hineinragt, sie aber immerhin berührt, ich schrieb "etwas weiter voneinander entfernt sind" wollte also deinen fall damit auch ausschliessen, also definieren wir es eben genauer mit
fed-Code einblenden



"kugeldurchmesser muss dabei keineswegs einheitlich sein,
(die röhre wird halt ein  kegelmantel)"

Nee, nee, nee...
Größte Kugel mittig: Quasi "Mondfinsternis" für eine der äußeren - Essig!
Kleinste Kugel mittig: Quasi partielle "Sonnenfinsternis" - Essig!
Kugelabstände sonstwie ungünstig: Eine Kugel liegt innerhalb des "Nachbarschattens" - Essig!


"kugeldurchmesser kann auch  unterschiedlich sein" bezog sich noch auf die drei (bzw ersten drei kugeln bei mehr als drei kugeln), und halte ich weiterhin für richtig

die vierte kugel muss dann dazu eine ganz bestimmte(eingeschränkte) lage und durchmesser haben um dann mehrere der 8 ebenen berühren zu können, deine beispielhafte mondfinsterniss oder sonnenfinsterniss sind nicht unter den möglichen lösungen,

4 sind wohl immer möglich: drei der schrägen ebenen schneiden sich immer in einem punk, oben auf diesen drei ebenen kann man eine 4. kugel hinkullern lassen bis sie ihre tiefste mögliche position findet, sie berührt also alle drei ebenen dann gleichzeitig wenn sie weitest möglich nahe diesem schnittpunkt liegt egal wie ihr durchmesser ist,(gar nicht so leicht zu beschreiben), hat sie dann noch den passenden durchmesser (<<1 bei einheitskugeln) dann kann sie die obenaufliegende ebene noch von unten berühren

ob in bestimmten fällen 5 oder 6 tangierungen möglich sind? dass ist die einzige frage welche mich jetzt noch interessiert

und fals jemand für 4 kugeln nen spezialfall mit 7 oder gar 8 liefert würde ich echt staunen

alle anderen einschränkenden reduktions-neben-lösungen  wie z.B.dein fed-Code einblenden finde ich nicht sonderlich interessant, denn es ist klar dass man von einer jeden gefundenen maximal lösung für 4 oder mehr kugeln immer in einzelschritten reduzieren kann bis man bei null ankommt



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-02-20


die 4.kugel für die beschriebene 4 berührungen scheint bei drei einheitskugeln ~1/3 durchmesser zu haben

und wenn ihr mittelpunkt im schwerpunkt des dreiecks der mittelpunkte dreier einheitskugeln liegt(mit weiterhin ausreichend abstand voneinander!) dann berührt sie 6 ebenen



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-02-20


ich vermute die liste der maximale anzahl gemeinsamer ebenen könnte ungefähr so aussehen: jeweils mit durchaus speziell gewählten anordnungen und ggfls. verschiedenen durchmessern

1 kugel unendlich
2 kugeln unendlich
3 kugeln 8
4 kugeln 6
5 kugeln 4, aktualisiert 5 kugeln 5
aktualisiert 6 kugeln 4, aktualisiert 6 kugeln 5 ebenen
>=6 kugeln 3, aktualisiert <=7 kugeln 3



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-21


Moin haribo ;)

Mir geht es wie eingangs beschrieben zunächst um drei gleich große Kugeln und darum, wie die konkret zueinander liegen müssen, damit sich 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 oder unendlich viele gemeinsame Tangentialebenen gibt.
Dass es unterhalb unendlich höchstens 8 sein können, ist klar ;)

Der von mir beschriebene Spezialfall ist für mich interessant, weil er nur eine der beiden Konfigurationen abbildet, bei denen sich genau 5 Tangentialebenen ergeben. Die andere sieht so aus, dass zwei einander berührende Kugeln mit der dritten, welche keine der beiden berührt, ein rechtwinkliges Dreieck bilden.

Was mehr als drei Kugeln anbelangt, so gibt es bei gleich großen Kugeln wieder unendlich viele gemeinsame Tangentialebenen, wenn alle Kugelmittelpunkte auf einer Geraden liegen. Sind die Kugeln unterschiedlich groß, dann könnten die beiden kleinsten zunächst einen Kegelmantel festlegen. Den stelle man sich als eine Art Schultüte mit vorgegebenem Öffnungswinkel vor! In vielen Fällen wird man dann die jeweils nächst größere Kugel derart in die Tüte fallen lassen können, dass sie nach dem "Steckenbleiben" die vorherige Kugel darunter nicht berührt. Außer natürlich, sie ist im Verhältnis zu den jeweils kleineren Kugeln nicht groß genug... Also sollten auch hier häufig unendlich viele Tangentialebenen möglich sein!

Wenn z.B. die Mittelpunkte von vier gleich großen Kugeln nicht auf einer Geraden liegen, kann ich mir aktuell nicht mehr als vier gemeinsame Tangentialebenen vorstellen. Dabei habe ich das Bild eines regelmäßigen Tetraëeders geegneter Größe vor Augen, an dessen Ecken die Kugelmittelpunkte sitzen.

Gruß,
cramilu



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-02-21


2020-02-21 07:33 - cramilu in Beitrag No. 6 schreibt:
Moin haribo ;)

Wenn z.B. die Mittelpunkte von vier gleich großen Kugeln nicht auf einer Geraden liegen, kann ich mir aktuell nicht mehr als vier gemeinsame Tangentialebenen vorstellen. Dabei habe ich das Bild eines regelmäßigen Tetraëeders geegneter Größe vor Augen, an dessen Ecken die Kugelmittelpunkte sitzen.

Gruß,
cramilu

ich biete 6 ebenen auch für vier gleichgrosse murmeln


gefunden in einer rautenanordnung, dargestellt sind vier ebenen, da alle vier gleichgrossen murmeln in einer ebene liegen gibt es den billiardtisch und einen deckel als fünfte und sechste ebene

etwas leichter vorstellbar wäre die simple anordnung im quadrat, (das sah ich erst nach dem zeichnen) und dann vier um den mittelpunkt rotierte schräge ebenen, die auf je zwei und unter den zwei gegenüberliegenden liegen... plus tisch+deckel

in beiden fällen muss ich meine liste in der fünferzeile ändern: die hier zusätzlich dargestellte kleinere pinke kugel als fünfte würde auch die vier schrägen+deckel berühren

---> liste:
5 kugeln 5 ebenen



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-02-21


4 ebenen für 6 kugeln
die dargestellten drei+deckel



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-02-21


sieben/vier dürfte auch gehen, mit einer sehr grossen kugel oben auf dem deckel ca. d=100

hier von unten gesehen, mit ein paar durchbrüchen in rot/grün/blau um die mittlere kleine sehen zu können


nachtrag: es wird immer mehr, dann gehen auch 5 ebenen für 6 kugeln



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-21


haribo... SAUCOOL !!!

4 gleich große Kugeln sollten immer dann 6 gemeinsame Tangentialebenen haben, wenn ihre Kugelmittelpunkte ein (ebenes) Parallelogramm bilden.
Dann nämlich halbieren die Diagonalen einander...

Wenn die Mittelpunkte der 4 gleich großen Kugeln ein Quadrat bilden, sollte man in der Tat in die mittige "Kuhle" aus den vier schrägen Tangentialebenen eine kleinere Kugel derart hineinlegen können, dass sie auch den "Deckel" berührt. Liegen die 4 größeren allerdings auf den Ecken einer Raute oder eines Parallelogramms, bin ich am Zweifeln...

Eine sechste, ebenfalls kleinere, derart von der Seite in eine der "Taschen" zu schieben, dass sie dann zwar eine der Schrägen nicht mehr berührt, dafür aber die übrigen drei plus "Deckel", klingt logisch!
Raffiniert ;)

Mit der Riesenkugel "on top" gäbe es dann in der Tat fünf Ebenen für sechs  Kugeln (Quadratkuhlen-Erweiterung nach oben) oder vier Ebenen für sieben Kugeln (Taschen-Erweiterung nach oben). Stark!

8 gleich große Kugeln an den Ecken eines Würfels mit Kantenlänge = Kugeldurchmesser haben 3 gemeinsame Tangentialebenen, nämlich die 3 senkrechten "Halbierungsebenen" in x-, y- und z-Dimension.

Ob sich für Dodekaëder und Ikosaëder auch sowas "basteln" lässt?

Wenn schon "4 für 7" geht, kann es dann auch für 8 oder mehr Kugeln eine Anordnung mit mehr als 3 gemeinsamen Tangentialebenen geben?

Spannend ;)
Leider stoße ich da mit meinem räumlichen Vorstellungsvermögen allmählich an die Kreativitätsgrenze...

Gruß,
cramilu



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-21


Ich kurzsichtiger Stirnwaffenträger!

Man lege auf dem Billardtisch beliebig viele (!) Kugeln aus, so dass sie zwei parallele Reihen bilden...
Tischfläche plus "Deckel" plus zwei schräge Ebenen zwischen den Reihen macht VIER gemeinsame Tangentialebenen!

"4 für unendlich" wäre damit geknackt ;)



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-02-22


ja es bringt einen sofort an den rand der vorstellung... aber das macht doch nichts finde ich

die doppelreihe mit vielen kugeln und vier ebenen geht natürlich, is aber irgendwie ähnlich unbefridigend wie die gerade reihe mit unendlichen ebenen

andrerseits, auch alle letzten lösungen hatten jeweils >2 kugeln innerhalb gemeinsamer röhren... dies kriterium scheint man dann also nicht aufrecht erhalten zu können
grus haribo



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-22


Na, na... ;)

Zu Deiner Lösung "4 für 7" fällt mir nach wie vor eher "pfiffig" ein als "unbefriedigend"! Selbst wenn ("Jehova, Jehova...") dabei die 4 Quadrateckenkugeln in 2 parallelen Reihen liegen.

Auch nett: Die Mittelpunkte von 4 gleich großen Kugeln liegen auf den Ecken eines regelmäßigen Tetraëders geeigneter Größe... 4 gemeinsame Tangentialebenen bei 4 echt stereometrisch verteilten Kugeln.

Oder: Die "Würfelvariante" von zuvor mit 3 gemeinsamen Tangentialebenen für zunächst 8 gleich große Kugeln. Dann vom Würfelmittelpunkt 8 Halbstrahlen als Kegelmittellinien, und den Würfel an jeder Ecke nach außen um eine "Lage" entsprechend größerer Kugeln erweitert... 3 gemeinsame Tangentialebenen für n·8 echt im Raum verteilte Kugeln.

Danach beginnen sich zarte Atomwölkchen um meine Stirn zu bilden ;)

Gruß,
cramilu



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-02-22


2020-02-22 15:45 - cramilu in Beitrag No. 13 schreibt:

Auch nett: Die Mittelpunkte von 4 gleich großen Kugeln liegen auf den Ecken eines regelmäßigen Tetraëders geeigneter Größe... 4 gemeinsame Tangentialebenen bei 4 echt stereometrisch verteilten Kugeln.

Danach beginnen sich zarte Atomwölkchen um meine Stirn zu bilden ;)

Gruß,
cramilu


det geht auch mit 8 kugeln, also 8/4 bzw bei gleichgrossen immer noch 6/4

von oben gesehen:

unten einen boden als 4. ebene
und untendrunter das gleiche





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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-23


2020-02-22 21:29 - haribo in Beitrag No. 14 schreibt:

det geht auch mit 8 kugeln, also 8/4 bzw bei gleichgrossen immer noch 6/4

;)Jau ;) Hatte ich gestern Abend auch noch gemerkt ;)

Mittlerweile biete ich "(2+3·∞)/6"!

Treffen sich im Raum drei gerade Kreiskegel. Nachdem sie sich einander vorgestellt haben, ist klar, dass sie alle den gleichen Öffnungswinkel von  0° haben. Sie beschließen, sich so zu gruppieren, dass ihre Spitzen einander berühren, ihre Achsen alle in der gleichen Ebene liegen und sich jeweils unter einem Winkel von 60° schneiden.
Jetzt lassen sie sich von außen wie Schultüten nach und nach mit Kugeln befüllen, von denen die jeweils nächste den dreifachen Durchmesser der vorherigen aufweist. Der erste Kegel bekommt Kugeln mit 1 cm, 3 cm, 9 cm usw. Durchmesser, der zweite solche mit 2 cm, 6 cm, 18 cm usw. Durchmesser, und der dritte solche mit 5 cm, 15 cm, 45 cm usw. Durchmesser. Am Ende lassen sie sich noch eine Kugel mit 7 cm Durchmesser von oben in die "Kuhle" aus ihren Mänteln legen sowie eine weitere mit 11 cm Durchmesser von unten in die "Gegenkuhle" kleben.
Alle "eingekegelten" Kugeln sind dann unterschiedlich groß!

Jeweils gilt: legt man eine Ebene von oben auf zwei der Kegelmäntel und lässt sie zur Spitze hin nach unten durch einen hauchdünnen Spalt "rutschen", so wird sie am Mantel des dritten Kegels von unten her anliegen. Für die analog von unten nach oben "geschobene" Ebene gilt das gleiche, und weil es drei verschiedene Kegelpaare gibt, macht das insgesamt sechs gemeinsame Tangentialebenen ;)

Die Grafik veranschaulicht das typisiert von oben gesehen...




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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-02-23


Auf bzw unter 11+7 passen weitere größere murmeln
Allerdings noch nicht im Faktor 3 reihensystem also verletzt es dann möglicherweise (noch) dein schönes! primzahlsystem




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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-02-23


ein zeichenversuch deines letzten gebildes schlug fehl, es hat scheints zwei triky fehler:
- die von oben auf zwei kegel gelegte ebene berührt den dritten kegel nur am scheitelpunkt und verläuft dann steiler als seine unterste mantellinie nach unten
- die oben auf die drei kegel (in die kuhle) gelegte kugel liegen nicht tangierend auf dieser aufgelegten ebene, sondern durchdringt sie


ich komme auf folgendes ersatzgebilde, mit leider aber nur vier ebenen:

vier 60° kegel analog angeordnet wie deine drei und oben und unten jeweils 90° kegel mit gleichem scheitel angesetzt, also alle zusammen gesehen in 6 ortogonale richtungen weisend,

dann vier ebenen mit 45° neigung die jeweils alle sechs tangieren
(z.B. in einem würfel eine obere kante verbunden mit der gegenüberliegenden unteren kante als erste ebene... das für alle vier kanten...)

D=1,2,5,11,13,17 er kugeln beliebig je in einen trichter einfüllen und genau wie bei dir in den 60° trichtern jeweils weitere kugeln mit n*3 multiplizieren im 90° trichter mit n*7  ---> 6 x unendlich verschiedene kugeln mit 4 gemeinsamen ebenen

klar kann man auch nur 6 einheitskugeln eintrichtern... 6/4







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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-23


Huch... blöde stereometrische Perspektivverzerrung, blöde!

;)

Geht es mit Öffnungswinkeln von 180° / PI = 57,29578° oder 1 sr = 65,54°?
Deine Software kann da sicher Dinge, die meine Anschauungsfähigkeit bereits übersteigen...

Dass sich von außen in jeglichen Kreiskegeln unnendlich viele, immer größere Kugeln "eintüten" lassen, welche stets mit einem Querschnittskreis voll die Mantelfläche von innen berühren, ist aber schon richtig, oder!?

Wenn die dann "krumme" Durchmesserlängen aufweisen, ist das ja auch egal ;)

Das mit dem "in die Kuhle eindringen" sollte sich doch auch irgendwie beheben lassen!?

Leider bin ich da mit meiner Vorstellungskraft offensichtlich an einer Grenze.

Gruß,
cramilu



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2020-02-24


verändert man die neigung der vier ebenen, hier von s=45° auf s=60°, dann verändern sich die trichterwinkel... der obere ist 180-2s die funktion des unteren ist mir nicht bekannt

aber klar es muss einen neigungswinkel dazwischen geben bei dem alle sechs trichter den gleichen öffnungswinkel haben

dein system der n x primzahl-durchmesser-kugeln durfte ohne beschränkung funktionieren



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2020-02-24


gefunden:
nimm einen würfel,
stell ihn auf eine spitze,
und schneide ihn in halber höhe,
das ergibt ein regelmässiges sechseck als schnittfläche,
darauf kegel mit scheitelpunkt in der mitte, und ausrichtungsachse in richtung einer würfelseite...
das ergibt einen kegelwinkel von 70,59°
und da passt hinter die einheitskugel, mit etwas luft, die 4fach so grosse hinein



der würfel hat vier raumdiagonalen, jede steht ortogonal auf einer der berührebenen ---> vier berührebenen

nun zermarter dein hirn, ob man eine analoge konstruktion mit anderen platonischen körpern ausführen kann?
ikosaeder hat 12 ecken also 6 raumdiagonalen, kann man darin trichter mit 6 tangierebenen anordnen?

(von den dann 10 im dodekaeder fangen wir erstmal nicht an zu träumen, das wären ja dann mehr als die 8 bei drei kugeln)



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cramilu
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@haribo... STEINSTARK!

Das Schnittflächensechseck ist regelmäßig. Wenn w die Länge der Würfelkante beschreibt, dann weist das Sechseck Seitenlängen von s = w*wurzel(2)/2 auf. Dann "stecken" die drei Kegel, welche auf dem Sechseck liegen, gedacht in drei Oktaëderhälften, also "Außenmänteln" von vierseitigen Pyramiden aus gleichseitigen Dreiecken mit Kantenlängen von s. Die Höhen dieser Pyramidenseiten haben demnach innerhalb des Würfels eine Länge von h = w*wurzel(6)/4. Für die Öffnungswinkel der Kegel gilt rechnerisch korrekt PHI = 2 * arcsin(wurzel(2)/wurzel(6)) = 2 * arcsin(1/wurzel(3)) = 2 * arcsin(0,57735...) = 2 * 35,26439° = 70,52878°.

Jetzt müsste man nicht nur drei solcher Kegel von oben auf das Schnittflächensechseck legen können, sondern auch - mit den Spitzen um jeweils 60° versetzt, also quasi "auf Lücke" - von unten drankleben. Dann hätte man sechs gleiche Kegel, die man schultütenartig mit Kugeln befüllen kann, von denen dann jede alle vier Tangentialebenen berühren muss.

KLASSE!

Das führt nämlich in bloß zwei weiteren gedanklichen Schritten zum Optimum...

Schritt 1: Wir verdrehen Deine Konstruktion im Raum und stellen uns vor, die Würfelseiten selbst seien die Grundflächen solcher vierseitigen Pyramiden. Aus sechs gleichen davon lässt sich ein Würfel zusammensetzen. Die stoßen dann mit ihren Spitzen alle im Zentrum des Würfels zusammen. Die sechs Kegel, die man dahinein von innen "anschmiegen" kann, müssen Öffnungswinkel von 90° haben. Meine frühere Würfelüberlegung mit den nur drei Tangentialebenen war also "zu kurz gesprungen"!

Schritt 2: Ein Würfel hat 6 gleiche Quadratseiten. Der Dodekaëder hat 12 gleiche Fünfeckseiten. Wenn wir nun hier von "oben" fünf Schnitte durch den Körper ansetzen, die oben genau entlang einer Seitenkante ansetzen und mittig durch das Zentrum verlaufen, treffen die auch "unten" wieder genau eine Seitenkante. So sollte sich also der Dodekaëder in 12 gleiche fünfseitige Pyramiden zerschneiden lassen. In jede davon schiebe man nun von außen einen Kegel, und dann dorthinein Kugeln...
Da die fünf Seitenflächen jeder Pyramide jeweils Teil einer anderen Ebene sein müssen...
HALT! Nur jeweils einander "gegenüber" liegende Schnittpyramiden teilen sich die gleichen fünf Tangentialebenen! Dann bilden die dorthinein geschobenen Kegel zusammen einen symmetrischen Doppelkegel, und die Mittelpunkte aller Kugeln darinnen liegen wieder auf einer Geraden. Das bringt uns insgesamt nicht weiter, weil wir für eine derartige Konstruktion nicht erst einen komplizierten Ausgangskörper brauchen!

ALSO: Deine oder meine Würfelkonstruktion mit 4 gemeinsamen Tangentialebenen für beliebig viele Kugeln, welche alle in entsprechenden Abständen entlang der drei Achsen des kartesischen Koordinatensystems liegen (Ursprung: Treffpunkt der Kegelspitzen) muss schon das Optimum beschreiben - "Deine" gefundenen Sonderfälle mit "6 für 4" und "5 für 6" unbenommen!

Es sei denn... Prüfe doch bitte nochmal mit Deiner CAD-Software meinen 6-er-Ansatz für Öffnungswinkel von 57,29578° oder 1 sr = 65,54° oder halt PHI aus [54°;66°] ;)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-24


Nur um kurz die tatsächliche Grenze meines analytischen räumlichen Vorstellungsvermögens zu illustrieren:

sim.mathematik.uni-halle.de/modellsammlung/models/Pb-016/index.html

Ich kann mir zwar ansatzweise vorstellen, was passiert, wenn man an einem regelmäßigen Tetraëeder sechs Schnitte vornimmt, jeweils entlang einer der sechs Kanten und von da durch das Schwerpunktzentrum des Körpers...
Ob jedoch diese Schnitte irgendwie vier gleiche, im Raum mit ihren Spitzen aneinander stoßende sechsseitige Pyramiden begrenzen, welchen man vier gleiche Kegel einbeschreiben kann...
DAS ÜBERSTEIGT OHNE SCHEISS MEINE VORSTELLUNGSKRAFT!
heul...schimpf...stampf



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2020-02-24


2020-02-24 19:07 - cramilu in Beitrag No. 21 schreibt:
Schritt 1: Wir verdrehen Deine Konstruktion im Raum und stellen uns vor, die Würfelseiten selbst seien die Grundflächen solcher vierseitigen Pyramiden. Aus sechs gleichen davon lässt sich ein Würfel zusammensetzen. Die stoßen dann mit ihren Spitzen alle im Zentrum des Würfels zusammen. Die sechs Kegel, die man dahinein von innen "anschmiegen" kann, müssen Öffnungswinkel von 90° haben. Meine frühere Würfelüberlegung mit den nur drei Tangentialebenen war also "zu kurz gesprungen"!


schau die zeichnung nochmal an, der würfel ist doch dargestellt(!) mit den 6 trichtern, sie sitzen mit der spitze im würfelmittelpunkt und mit der achse richtung ortogonal zu den würfelseiten, aber die tangierenden ebenen laufen nicht durch die würfelkanten, sondern 45°verdreht dazu, drum haben sie auch nicht 90° winkel, sondern 70,xx

gute nacht, haribo

p.s.
die fünf gemeinsamen tangierenden ebenen im dodekaeder hast du perfekt beschrieben, leider jeweils nur zwei gegenüberliegende trichter teilen sich die fünf gemeinsamen ebenen



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-26


okokokok... (Joe Pesci in "Lethal Weapon II")

Mein Anschauungsfehler:
Ebenentechnisch haut das mit den sechs gleichen vierseitigen Pyramiden im Würfel doch nicht hin. Zwar bilden sie zusammengefügt tatsächlich den Würfel, aber jeweils zwei der vier Schnittebenen, die dann oben und unten einen Trichter bilden, schneiden einander in der Mitte der Seitenflächen.

Dein Beitrag #19, haribo, zeigt das mit dem Körper links im Bild deutlich.

Ggf. könnte das dann mit jedem Rauten-Prisma funktionieren...
Die Kegel oben und unten weisen den gleichen Öffnungswinkel auf, und ihre Achsen verlaufen jeweils in der Hochachse. Desweiteren verlaufen die Achsen von jeweils zwei gleichen, einander gegenüberliegenden seitlichen Kegeln in der Quer- bzw. Tiefen achse und "halbieren" dabei die Hochkanten des Prismas. Die vier Ebenen durch einander oben und unten schräg gegenüberliegene Rautenkanten sind die vier gemeinsamen Tangentialebenen!?

Ich komme dennoch nicht über folgendes hinweg:
Wenn es schon möglich ist, dass die vier von der Seite kommenden Kegel vier gemeinsame Tangentialebenen haben, also jeweils die eine, die auf zwei benachbarten Kegeln aufliegt, die beiden gegenüber dann von unten tangiert...
... dann sollte es doch für drei Kegel mit Achsen in der gleichen Ebene auch irgendwie möglich sein, sechs solcher Tangentialebenen zu finden!? Evtl. haben halt die Kegel drei verschiedene Öffnungswinkel?

Was passiert denn, wenn man sich eine Art "Rautensechseck" vorstellt, also ein Sechseck aus drei Paaren einander gegenüberliegender, gleich langer und paralleler Seiten, die alle einen "Inkreis" tangieren - im Spezialfall  in regelmäßiges Sechseck...
Daraus "baue" man sich ein gerades Prisma. Nun sechs Ebenen durch die jeweils einander im Raum schräg gegenüberliegenden Sechseckkanten oben und unten. Welche Arten von "Trichtern" bilden die seitlich am Prisma? Ich befürchte: höchstens Rautentrichter...



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-26


Immerhin... gibt es eine Anordnung mit 6 gemeinsamen Ebenen für 5 gleich große Kugeln, und zwar - analog, haribo, zu deinem Beitrag #7 - wenn zunächst die Mittelpunkte dreier Kugeln ein großes Dreieck bilden. Für jedes  der drei Kugelpaare gibt es zwei Ebenen, von denen eine das Paar von unten und die dritte Kugel von oben berührt bzw. umgekehrt. Die so entstehenden sechs Ebenen formen in der Mitte des Dreiecks oben und unten zwei Trichter, in die man zwei weitere Kugeln legen kann. Ggf. muss das Ausgangsdreick gleichseitig sein.



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2020-02-26


2020-02-26 11:42 - cramilu in Beitrag No. 25 schreibt:
Immerhin... gibt es eine Anordnung mit 6 gemeinsamen Ebenen für 5 gleich große Kugeln, und zwar - analog, haribo, zu deinem Beitrag #7 - wenn zunächst die Mittelpunkte dreier Kugeln ein großes Dreieck bilden. Für jedes  der drei Kugelpaare gibt es zwei Ebenen, von denen eine das Paar von unten und die dritte Kugel von oben berührt bzw. umgekehrt. Die so entstehenden sechs Ebenen formen in der Mitte des Dreiecks oben und unten zwei Trichter, in die man zwei weitere Kugeln legen kann. Ggf. muss das Ausgangsdreick gleichseitig sein.

guter plan, aber nicht im archimedischen raum:
nimm ein gleichseitie dreiecksanordnung und nennen wir die auf zwei kugel und unter einer kugel liegende ebene "von oben kommend"

dann gibt es von oben kommend drei stück und ihr gemeinsamer schnittpunkt liegt, von oben betrachtet, im schwerpunkt des dreiecks (gelb)

auch die drei von unten kommenden ebenen schneiden sich im schwerpunkt des dreiecks


-aber aufgepasst-

schaust du auf den roten schnitt bzw die ansicht von vorne dann erkennst du dass die entsprechende ebene welche von unten kommt ihr von oben kommendes pendant nicht am schwerpunkt des dreiecks schneidet

die schnittpunkte der drei von oben kommenden ebene liegt also in einer anderen höhe (höher) als der schnittpunkt der drei von unten kommenden ebenen

also wird eine obenaufgelegte 4.kugel auch nie alle sechs ebenen tangieren können

was evtl geht (so ganz sicher bin ich mir da nicht), wäre eine kleinere 4.kugel innen drinnen alle sechs ebenen berühren zu lassen  

sorry, also sind weiterhin nur 4/6 möglich



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-26


haribo, ich kann mich leider nur abermals mit den Grenzen meiner Vorstellungskraft "herausreden"...

Also ist es bei der Dreieckskonstruktion so, dass die drei Ebenen, welche jeweils eines der drei Kugelpaare von oben und die dritte Kugel von unten berühren, einen dreiseitigen Trichter bilden, und die Kanten des Trichters jeweils in einer der übrigen drei Ebenen liegen!? Entlang deren Dreieckshöhe oder -schwerlinie?!

Wie sieht es denn dann aus, wenn man von "hinter" einer der drei Kugeln aus zur Mitte des Dreiecks blickt? Steckt die Kugel dabei nicht quasi in einem sechsseitigen seitlichen Trichter (Pyramide), dessen Seiten von den sechs Ebenen gebildet werden? Bei Deiner Darstellung in Beitrag #7 sind das für die vier Eckenkugeln ja vierseitige Trichter mit Rautenquerschnitt...

Bleibt es also bislang bei bis zu 6 Ebenen für 4 Kugeln, bis zu 5 Ebenen für 5 oder 6 Kugeln, und höchstens 4 Ebenen für 7 oder mehr Kugeln?



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2020-02-26


ich benutz einfach die selbe ausrede, d.h. weiss es auch nicht aus dem kopf
gruss haribo



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-27


"Falld'n und gleeb'n" (Falten und Kleben) ist ein Auszug aus einem der Programme des von mir hochgeschätzten Matthias Egersdörfer, einem hiesigen kabarettistischen "Regionalhelden".

www.youtube.com/watch?v=MrY8Zsgs0Ig

Ich hab's ja... auch... so gar nicht... mit Falten und Kleben.
Am ehesten aber noch mit Falten - schon wegen meines Gesichts ;)

So habe ich also mittlerweile etwas herumgefaltet.
Demnach stecken die Kugeln an den Dreiecksecken ebenfalls in Rautentrichtern.
Rautenseite links oben: Ebene, welche die betrachtete Kugel und die rechts davon von oben sowie die links davon von unten tangiert.
Rautenseite rechts oben: Ebene, welche die betrachtete Kugel und die links davon von oben sowie die rechts davon von unten tangiert.
Rautenseite links unten: Ebene, welche die betrachtete Kugel und die rechts davon von unten sowie die links davon von oben tangiert.
Rautenseite rechts unten: Ebene, welche die betrachtete Kugel und die links davon von unten sowie die rechts davon von oben tangiert.
Die Ebene, welche die beiden anderen Kugeln von oben sowie die betrachtete von unten tangiert, läuft durch die untere Ecke der Trichterraute, also so, dass die untere Rautentrichterkante in jener Ebene liegt.
Die Ebene, welche die beiden anderen Kugeln von unten sowie die betrachtete von oben tangiert, läuft durch die obere Ecke der Trichterraute, also so, dass die obere Rautentrichterkante in jener Ebene liegt.

Also wieder "bloß" Rautentrichter...

Auch beim Sechseckprisma entstehen von den Höhenkanten her gesehen seitlich "bloß" Rautentrichter - jeweils zwei der sechs Ebenen verlaufen "bloß" durch deren Spitzen.

Demnach sollte allgemein das Rautenprisma tatsächlich der geeignete Ausgangskörper für die Konstruktion von Kugelgruppen mit vier gemeinsamen Tangentialebenen sein.
Die drei Verhältnisse Rautenseite zu kleiner Rautendiagonale, Rautenseite zu großer Rautendiagonale und Rautenseite zu Prismenhöhe sollten dann drei Öffnungswinkel einander jeweils paarweise orthogonal gegenüber liegender Rautentrichterkegel definieren...
Der Quadratquader mit Höhe = Quadratseite * wurzel(2) ist der Spezialfall, bei dem alle Kegel den gleichen Öffnungswinkel von 70,52878° haben (s = 54,73561° ; in Beitrag #19 müsste der rechte Quader demnach doppelt so hoch wie breit sein?).

Fürs erste "Gute Nacht" ;)



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haribo
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2020-02-27 00:05 - cramilu in Beitrag No. 29 schreibt:
in Beitrag #19 müsste der rechte Quader demnach doppelt so hoch wie breit sein?).


die rote diagonale ebene hatte bei dem rechten in #19 einen winkel von 60°,
wegen weil oben sollte dabei ein 60° trichter hinein passen...

also ist: höhe = tan(60)* breite = 1,73 * breite

lg haribo



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cramilu
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Hallo haribo ;)

Nach gut einer Woche anderweitiger Erfordernisse muss ich Dir zunächst erst einmal recht geben von wegen Höhe:Breite = wurzel(3):1.

Immerhin habe ich für die beiden Kegel oben und unten im allgemeinen geraden Rautenprisma schon die Formel für den Öffnungswinkel finden können...

Seien r die Seitenlängen einer Raute und RHO ihr spitzer Winkel. Sei weiter h die Höhe eines geraden Rautenprismas mit der vorigen Raute als Grundseite(n).

Der Öffnungswinkel PHI-1 der beiden dem Rautenprisma von oben und unten durch die Grundseiten einbeschriebenen Kegel ist:

PHI-1 = 2 · arctan((r·sin(RHO))/h)

Demnach ist PHI-1 für den Einheitswürfel
PHI-1[EW] = 2 · arctan(1·1/1) = 2 · arctan(1) = 90°

... und die 60° bestätigen sich auch korrekt:
PHI-1[Wurzel-3-Quader] = 2 · arctan(1·1/wurzel(3)) = 60°

Für ein Rautenprisma mit spitzem Rautenwinkel 60° und Höhe h = 2·r gilt:
PHI-1 = 2 · arctan(wurzel(3)/4) = 46,8264489°

Die Formeln für die beiden Kegel von den seitlichen "spitzen" und "stumpfen" Prismenkanten her liefere ich bei Gelegenheit nach ;)

Gruß,
cramilu



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-17 20:32


Guten Abend ;)

Nachfolgend eine "Ausarbeitung" zum kegelträchtigen Rauten-Prisma...

haribo, zu u.a. Deinen Grafiken in Beitrag #19
ergeben sich demnach folgende Werte:

* Würfel (Quader mit h/r = 1):
d = [r1·]sqrt(2) ; e = [r1·]sqrt(2) ; h = [r1·]1
r1 = 1 ; RHO = 90°
>>> KAPPA-1 = 90°
>>> KAPPA-2 = KAPPA-3 = 2·arctan(1/sqrt(3)) = 60°

Quader mit h/r = sqrt(2):
d = [r1·]sqrt(2) ; e = [r1·]sqrt(2) ; h = [r1·]sqrt(2)
r1 = 1 ; RHO = 90°
>>> KAPPA-1 = KAPPA-2 = KAPPA-3 = 2·arctan(1/sqrt(2)) = 70,52878°

* Quader mit h/r = sqrt(3):
d= sqrt(2) ; e = sqrt(2) ; h = sqrt(3)
r1 = 1 ; RHO = 90°
>>> KAPPA-1 = 60°
>>> KAPPA-2 = KAPPA-3 = 2·arctan(sqrt(3)/sqrt(5)) = 75,522488°

Quader mit h/r = 2:
d= sqrt(2) ; e = sqrt(2) ; h = 2
r1 = 1 ; RHO = 90°
>>> KAPPA-1 = 2·arctan(0,5) = 53,13°
>>> KAPPA-2 = KAPPA-3 = 2·arctan(2/sqrt(6)) = 78,463°








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