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Mathematik » Geometrie » mögliche Größen für Kugeln aus Tetraedern
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Kein bestimmter Bereich mögliche Größen für Kugeln aus Tetraedern
FroherProxymane
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  Themenstart: 2021-10-08

Hi, für mich ists ein Rätsel, für Matheprofis vielleicht n piece of cake... Ich würde gern herausfinden aus wievielen Tetraedern mit Kantenlänge 1, deren Spitze ins Kugelzentrum zeigt, eine geschlossene Kugel gebaut werden kann. Welchen Durchmesser diese dann hätte und welche Formel sich für die Reihe aus der Anzahl der Tetraeder ergibt, wenn der Kugeldurchmesser Richtung unendlich vergrößert wird und gelten soll, dass die Anzahl ermittelt wird wenn die Kugel geschlossen ist. Hat jemand einen Plan dazu? Wie geht man an so eine Aufgabe heran? Ist das ein Thema für analytische Geometrie oder in welchem Teilgebiet der Mathematik wird sowas gelöst? Wenn hierbei bewiesen werden kann, dass aus so angeordneten Tetraedern keine geschlossene Kugel gebaut werden kann, ist das ja auch eine wertvolle Erkenntnis... Freundliche Grüße vom FrohenProxymanen


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Diophant
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-10-08

Hallo und willkommen hier im Forum! Zwar muss grundsätzlich das Eckige in das Runde (oder wie war das gleich nochmal?), aber eine Kugel kann man sicherlich nicht aus Tetraedern bauen. Irgendwie möchtest du also einen mehr oder weniger kugelförmigen Körper aus Tetraedern zusammensetzen. Wie das genau aussehen soll, geht aus deiner Problembeschreibung aber nicht hervor. Das solltest du also noch präzisieren. Gruß, Diophant [Verschoben aus Forum 'Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)' in Forum 'Geometrie' von Diophant]


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easymathematics
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  Beitrag No.2, eingetragen 2021-10-08

Hallo, ein Tetraeder ist eine spezielle Pyramide. Es gibt, bis auf Skalierung, genau ein Tetraeder. Jetzt kannst Du mit Winkeln argumentieren, ob es möglich ist, daraus eine "Kugel" zu basteln. Vielleicht kannst Du auch erstmal in 2D starten. Mit welchen Dreiecken kannst Du "Kreise" basteln? Das ist einfache Geometrie. [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


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gonz
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-10-08

Hallo Proxymane, aus der 3D-Welt kommen doch unter den gestellten Bedingungen als "Annäherung an die Kugel" nur Tetraeder, Oktaeder oder Ikosaeder in Frage. Der Tetraeder scheidet ja irgendwie aus, du brauchst dir also nur Oktaeder und Ikosaeder anzuschauen, ob sie deinen Bedingungen genügen. Tatsächlich werden ja auch manchmal "Kuppeln" in Form von Ikosaedern gebaut.... Grüße aus dem Harz und viel Spaß beim Erkunden! Gerhard/Gonz


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FroherProxymane
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-08

Also erstmal vielen Dank für Eure Antworten. @easymathematics die Annäherung durch 2D Dreiecke und Kreis werde ich mal näher durchdenken. @gonz der Ikosaeder wäre doch evtl. sowas wie die kleinste Kugel durch Tetraeder oder? Würden im Ikosaeder die nach innen gerichteten Spitzen der Tetraeder Platz finden wenn die Dreieckflächen des Ikosaeder eben Grundflächen der Tetraeder wären? @Diophant Wie beschrieben sollten die Kanten der Grundfläche der Tetraeder ohne Spalt miteinander verbunden sein, wie beim Ikosaeder. Die Frage ist eigentlich dann, lässt sich die Anzahl der Tetraeder erhöhen bis wieder eine geschlossene Kugel entsteht.


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cramilu
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-10-08

Hallo Proxymane und auch von mir: Willkommen! 😉 Zunächst findet sich auch zum "Tetraëder" ein guter WIKIPEDIA-Artikel. Dort wird u.a. darauf hingewiesen, dass allgemein jeder von vier Dreiecksflächen begrenzte Körper unter die weitere Definition fällt. Sind alle Kantenlängen gleich, muss es sich um ein regelmäßiges oder platonisches Tetraëder handeln. Was die Angelegenheit schon bedeutend schwieriger macht... Insgesamt könntest Du sämtliche "platonische Körper" daraufhin durchprüfen, ob sie sich - und sei es bloß grob - wenigstens irgendwie aus nicht ganz regelmäßigen Tetraëdern zusammensetzen lassen. Stelle Dir dazu ihren jeweiligen räumlichen Mittelpunkt vor, verbinde den mit allen Eckpunkten und - sofern die Seitenflächen nicht schon Dreiecke sind - zusätzlich mit den Seitenmitten. Dann hast Du alle Kanten, welche vom Körperzentrum ausgehen. Jetzt noch ggf. die Seitenmitten mit den Körperecken verbinden... Bei geometrischen Körpern, welche aus "platonischen" abgeleitet sind, dürfte es besonders spannend werden - etwa bei einem Ikosaëederstumpf ("Fußballkörper"), welcher außen von 12 Fünfecken und 20 Sechsecken begrenzt wird. Die 12 Fünfeckseiten würden dann über ihre Seitenzentren in 60 Dreiecksseiten "zerfallen", und die 20 Sechseckseiten in weitere 120, sodass man das ganze wohl aus 180 unregelmäßigen Tetraëdern zusammenbauen könnte... Und - allein, weil der Begriff so abgefahren ist: Ein "Deltoidalhexakontaëder" wird von 60 Deltoiden oder Drachenvierecken begrenzt. Jedes davon lässt sich in vier Dreiecke teilen. Also insgesamt 240 Tetraëder!? Viel Vergnügen! 😎 p.s. Die Verbindungen zwischen Körperzentrum und Seitenmitte verlängert man natürlich "unterwegs" so, dass sie genau so lang sind wie die Verbindung zwischen Körperzentrum und Körperecken - nur dann liegen später noch mehr Ecken auf der Kugeloberfläche! [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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Diophant
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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-10-08

Hallo, halten wir einmal fest: was du haben möchtest ist ein sog. regulärer Körper, besser bekannt unter dem Begriff Platonische Körper. Und zwar suchst du einen solchen, der an der Oberfläche aus regelmäßigen Dreiecken besteht. Es ist seit der Antike bewiesen*, dass es in 3D genau fünf solcher Körper gibt, drei davon haben die zusätzliche Eigenschaft, dreieckige Seitenflächen zu besitzen. Das sind im einzelnen: - das Tetraeder selbst - das Oktaeder und schlussendlich - das Ikosaeder. Oktaeder und Ikosaeder lassen sich zwar in 8 bzw. 20 dreiseitige Pyramiden zerlegen, deren Grundflächen dann regelmäßig sind. Der Haken an der Sache ist aber der, dass in beiden Fällen die Höhe dieser Pyramiden nicht passt: das sind also keine (regulären) Tetraeder. Ein Körper, wie du ihn dir vorstellst, existiert mithin also nicht. Gruß, Diophant * Dieser Beweis ist allerdings recht anspruchsvoll. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]


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haribo
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-10-08

\quoteon(2021-10-08 11:42 - FroherProxymane in Beitrag No. 4) Würden im Ikosaeder die nach innen gerichteten Spitzen der Tetraeder Platz finden wenn die Dreieckflächen des Ikosaeder eben Grundflächen der Tetraeder wären? \quoteoff gute naheliegende frage, das kannst du aber selber herausfinden, der abstand mittelpunkt aussenknoten eines ikosaeders entspricht seinem "umkugel-radius" den musst du also nur mit einer aussenkantenlänge vergleichen haribo [Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-10-08

Auch von mir ein Hallo, nicht jedes Polyeder, das von Dreiecksflächen begrenzt wird, ist ein platonischer Körper. cramilu hat ja schon beschrieben, was man machen könnte. Man könnte auch ein Ikosaeder hernehmen und jedes der 20 Dreiecke in drei kleinere Dreiecke zerlegen.


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FroherProxymane
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-08

\quoteon(2021-10-08 12:06 - StrgAltEntf in Beitrag No. 8) Man könnte auch ein Ikosaeder hernehmen und jedes der 20 Dreiecke in drei kleinere Dreiecke zerlegen. \quoteoff Da ist dann Platz nach innen, aber passen die Winkel an den Ecken. Wie werden die Innenwinkel des Ikosaeders und die Winkel der aneinandergelegten Tetraeder berechnet?


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FroherProxymane
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-08

\quoteon(2021-10-08 11:58 - haribo in Beitrag No. 7) das kannst du aber selber herausfinden, der abstand mittelpunkt aussenknoten eines ikosaeders entspricht seinem "umkugel-radius" \quoteoff ok, es kommt bei Kantenlänge 1 also 0,951 raus. Somit reicht es nicht für das Einsetzen von regelmäßigen Tetraedern


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FroherProxymane
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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-08

\quoteon(2021-10-08 11:54 - Diophant in Beitrag No. 6) halten wir einmal fest: was du haben möchtest ist ein sog. regulärer Körper, besser bekannt unter dem Begriff Platonische Körper. \quoteoff Hm, es muss ja nicht unbedingt ein platonischer also regelmäßiger Körper sein. Die Symmetrie ist keine Voraussetzung. und auch glatte Flächen wären nicht wichtig. Es soll nur ein annähernd (soweit möglich) kugelförmiger Körper dabei herauskommen. Interessant ist, wie weit man sich einer Kugelform nähern könnte. Bisher sieht es so aus, als ob der Ikosaeder mit den dreigeteilten Seitenflächen die erste Näherung sein kann. Also eine "Kugel" mit 60 Tetraedern. Oder?


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haribo
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  Beitrag No.12, eingetragen 2021-10-08

also dreigeteilte dreiecke ergeben irgend etwas anderes als gleichseitige dreiecke ich jedenfals kenne nur eine aufteilung eines gleichseitigen dreiecks in vier gleichseitige kleinere --->80 für einen unregelmässigen tetraeder, so du das zulassen möchtest, hätte ich gerne beispiele


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haribo
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  Beitrag No.13, eingetragen 2021-10-08

in den ecken passen, glaube ich jedenfals, auch die jeweils kleineren tetraeder nicht zueinander ??? das ist aber eine wirklich schwierig vorzustellende frage also stell dir vor, 5 normal grosse tetraeder welche eine gemeinsame ecke eines ikosaeders haben und sich also innen überschneiden, verkleinert man jetzt alle gemeinsam vom eckpunkt aus auf 50%... da bleibt ihre innere überschneidung schon bestehen jeder ikosaeder durchdringt ja in der mitte des ikosaeders nicht nur den gegenüberliegenden sondern alle anderen 4 nachbarn auch... ---> noch hast du also gar keine lösung nimm einen tetraeder und kleb auf jede der 4 flächen einen weiteren (nach aussen zeigend) und lösch dann den mittleren, das ist immerhin ein körper den du herstellen kannst wenn er auch eher einem stern gleicht als einer kugel, aber im weitesten sinne... zwei aneinander geklebte sind evtl noch einfacher?


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.14, eingetragen 2021-10-08

\quoteon(2021-10-08 16:44 - haribo in Beitrag No. 12) 1) also dreigeteilte dreiecke ergeben irgend etwas anderes als gleichseitige dreiecke 2) ich jedenfals kenne nur eine aufteilung eines gleichseitigen dreiecks in vier gleichseitige kleinere --->80 \quoteoff 1) Das stimmt allerdings. Aber man könnte auf jedes Dreieck des Ikosaeders ein gleichseitige Tetraeder aufsetzen. Das ergäbe ein Polyeder mit 60 gleichseitigen Dreiecken. Allerdings ist dieses Polyeder nicht mehr konvex. 2) Wie soll das gehen?


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haribo
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  Beitrag No.15, eingetragen 2021-10-08

oh man, dreieck in drei dreiecke zerlegen ergibt bei mir halt irgendwie keine gleichseitigen, mit vier klappts ganz gut https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_tetrakugel1.JPG


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.16, eingetragen 2021-10-08

\quoteon(2021-10-08 21:57 - haribo in Beitrag No. 15) oh man, dreieck in drei dreiecke zerlegen ergibt bei mir halt irgendwie keine gleichseitigen, mit vier klappts ganz gut \quoteoff Das war jetzt zu einfach 🙃


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gonz
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  Beitrag No.17, eingetragen 2021-10-10

Wenn man auf jedes Fünfeck eines Dodekaeders eine "pyramide" aus fünf dreiecken stellt, bleibt es dann konvex? Das wäre auch immerhin ein 60-er Gebilde...


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haribo
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  Beitrag No.18, eingetragen 2021-10-10

konvex bleibts nicht, zusätzlich überschneiden sich innen wieder jeweils alle fünf tetraeder der 5er pyramide, denn deine 5er pyramide entspricht ja exakt fünf benachbartem flächen eines ikosaeders... https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_tetrakugel3.JPG trotzdem wars eine coole idee, die christbaumkugel nach aussen draufgesetzt ergäb es einen funktionierenden 60-tetra-igel https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_tetrakugel2.JPG


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gonz
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  Beitrag No.19, eingetragen 2021-10-11

Das ist wirklich eine schöne Sache - ich glaube ich werd am WE mal Tetraeder basteln :)


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haribo
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  Beitrag No.20, eingetragen 2021-10-11

bastel mal diese abgeschrägte hexakugel https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_tetrakugel4.JPG gl=glue wenn man die quadrate nicht anklebt, bleibt sie dann beweglich? kann man dann innerlich tetras anordnen ohne überschneidung? sie dann hinziehen das aus den quadraten rauten werden die mit 2 gleichseitigen dreiecken gefüllt werden könnten? das wäre ein konvexer 32+12= 44ig flächner aus gleichseitigen dreiecken, der mich sehr wundern würde und eher einem elipsoid als einer kugel ähneln müsste


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cramilu
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  Beitrag No.21, eingetragen 2021-10-11

@Froher Proxymane, auch ich hielte inzwischen eine Konstruktion für am ehesten "zielführend", bei der man sich ein Ikosaëder zum Vorbild nimmt. Auf die Anfangsschwierigkeit hattest Du in Deinem Beitrag #10 bereits selber hingewiesen: Beim Ikosaëeder beträgt die Länge des Umkugelradius \(r_u\) im Verhältnis zur Kantenlänge \(a\) der als Außen- flächen begrenzenden Dreiecke lediglich \(r_u\:=\:a\,\cdot\,\frac{\sqrt{10\,+\,2\cdot\sqrt{5}}}{4}\:=\:a\,\cdot\,0,951...\) und ist damit eigentlich zu klein... Für den Inkugelradius \(r_i\) des Ikosaëders gilt: \(r_i\:=\:a\,\cdot\,\frac{\left(3\,+\,\sqrt{5}\right)\,\cdot\,\sqrt{3}}{12}\:=\:a\,\cdot\,0,75576...\) Für die Pyramidenhöhe \(h_p\) eines regelmäßigen Tetraëders mit Kantenlänge \(a\) gilt: \(h_p\:=\:a\,\cdot\,\frac{\sqrt{6}}{6}\:=\:a\,\cdot\,0,81649658...\) Also müsste man zunächst das Ikosaëder derart von seinem Zentrum her symmetrisch aufblähen, dass die Seitenmitten der Außenflächendreiecke "genügend weit" entfernt wären. Eine räumliche zentrische Streckung vom Zentrum des Ikosaëders her bräuchte dazu entsprechend einen Streckfaktor \(k\) von \(k\:=\:\frac{h_p}{r_i}\:=\:\left(3\,-\,\sqrt{5}\right)\,\cdot\,\sqrt{2}\:=\:1,080363...\) Bei dem entstehenden Gebilde würden dann tatsächlich 20 regelmäßige Tetraëder einander im Zentrum berühren, und "außenrum" hätte es statt 30 Kanten 30 "Fugen". Letztere würde man "ausschäumen". 😉 Im nächsten Schritt würde man auf jede Außenfläche wiederum ein Tetraëder setzen, und es ergäben sich entsprechend 20 äußere "Spikes" - schon wieder lässt "Corona" grüßen. Deren Spitzen würden untereinander regelmäßige Fünfecke bilden; siehe Dodekaëder. Dazwischen könnte man anschließend jeweils "gespreizte" Viertelikosaëder aus jeweils fünf Tetraëdern platzieren... usw. Das erste zweischalige Gebilde sollte dann schon aus \(20\,+\,20\,+\,60\:=\:100\) Tetraëdern bestehen. Und dazwischen halt Gießharz oder Fugenkitt. 😉 Für die nächste Schale würden dann erst einmal 60 "Spikes" fällig, und wie es danach weitergehen müsste, überfordert schon mein räumliches Vorstellungsvermögen. 🤔


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haribo
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  Beitrag No.22, eingetragen 2021-10-12

jaja, das vorstellungsvermögen den körper aus dem schnittbogen #20 kann ich auch bisher nicht 3D zeichnen aber leicht zusammenkleben der archimedische körper "abgeschrägtes dodekaeder" ist noch schlimmer die evtl. beweglichkeit dieser körper wenn man nur die dreieckstrukturen benutzt versteh ich auch keineswegs, aber das ging uns ja schon oft so, sogar in 2D


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haribo
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  Beitrag No.23, eingetragen 2021-10-23

https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_tetrakugel5.JPG


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gonz
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  Beitrag No.24, eingetragen 2021-10-26

Hallo haribo, das sieht cool aus :) Willst du dazu etwas sagen oder sollen wir es selber herausfinden wie das gemacht ist? Es kommt die goldene Herbsteszeit - und damit ist auch die heimische Bastelstube eröffnet :) Grüße Gerhard/Gonz


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haribo
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  Beitrag No.25, eingetragen 2021-10-26

du kannst den 38ig flächner nachbauen, er heisst "abgeschrägtes hexaeder" (kubus simus)und ist ein archimedischer körper ich hab versucht das bild in #20 auf A4 zu justieren, also klappt es als schnittmuster wenn du das bild evtl einfach ausdruckst? versuch doch mal es zu basteln, (fals es nicht klappt könnte ich es dir als PDF per mail zusenden) hier ist es "nur" gezeichnet, die geometrie scheint wieder eine zu sein die man nicht exakt konstruieren kann obwohl sie einfach zu bauen ist... wie so oft kann man wohl die auftretenden winkel zwischen den ebenen nur ittarativ bestimmen die 32 dreiecke würden als tetraeder nach innen passen, die 6 gelben quadrate kann man aber nicht aus tetraedern herstellen, nur die 4 pinken dreiecke sowie die verbindung ihrer beiden spitzen (links), also diagonal über die linke gelbe fläche, alleine für sich genommen, haben eine ebene als grundfläche, diese ebene ist sogar ein "sehnenfünfeck" ! schneidet man den körper in dieser ebene ab, und in allen ähnlichen auch, entsteht ein interessanter 10 flächner, der leider als würfel gewürfelt mit den zwei verbleibenden quadraten etwas seltener auftreten flächen hätte aber ansonsten natürlich als 10er würfel in unserer dekadischen welt sensationell wäre!


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gonz
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  Beitrag No.26, eingetragen 2021-10-28

Das was hier stand war falsch. Egal, ich baue das Ding einfach mal :)


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gonz
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  Beitrag No.27, eingetragen 2021-10-29

Worauf ich erst beim Basteln gekommen bin: Da die Quadrate des Cubus Simus zwar parallel liegen, gegeneinander aber verdreht sind, liegen die Dreiecke sich nicht paarweise parallel gegenüber, und damit ist er auch zum "Würfeln" nicht gut geeignet, da eben nicht genau eine Fläche oben liegt... (wieder etwas gelernt)


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haribo
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  Beitrag No.28, eingetragen 2021-10-29

nee gonz, das beweist nur das du ihn noch nicht gebaut hast... beim verdrehen ändert sich nicht die ebene in der eine form liegt


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gonz
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  Beitrag No.29, eingetragen 2021-10-29

ich mach nachher nen photo, wenn die cam wieder aufgeladen ist :) Es kann sein, dass ich nur ziemlich unsauber gearbeitet habe...


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gonz
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  Beitrag No.30, eingetragen 2021-10-29

Guckste wohl, da kimmt er: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/36025_mops.jpg oben schon leicht eingedellt ("spielende Kinder")


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haribo
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  Beitrag No.31, eingetragen 2021-10-29

ok passt er entsteht aus einem würfel durch abschrägen der ecken, drum ist er perfekt punktsymetrisch, und jeweils zwei seiten parallel... im bild deine mops fläche liegt z.B. ortogonal zur raumachse des würfels


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gonz
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  Beitrag No.32, eingetragen 2021-10-29

Da muss ich mich nochmal in Ruhe mit beschäftigen... zum Beispiel mal ein exakteres Modell bauen. Oder die Eckpunkte berechnen.


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haribo
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  Beitrag No.33, eingetragen 2021-10-29

https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_tetrakugel7.JPG eckpunkte kann ich dir angeben nullpunkt in der mitte, skaliert als wenn er aus einem 10/10/10 grossem würfel geschnitten wäre dann liegt ein eckpunkt(des oberen quadrates) auf 1.48/2.72/5.00 alle ecken des objektes sind gleichzeitig auch jeweils eine ecken eines der quadrate also alle unteren quadrat-ecken auf x/y/-5.00 alle oberen auf x/y/+5.00 alle rechten quadrat-ecken auf 5.00/y/z usw das quadrat in der draufsicht ist 16.44° verdreht


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haribo
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  Beitrag No.34, eingetragen 2021-10-29

winkel sind schwierig darzustellen, also hier ein schrägansichtversuch die am quadrat ansetzenden dreiecke sind 37° runtergeklappt (innen gemessen also ein winkel von 143°) alle dreiecks flächen untereinander haben immer den gleichen winkel 26.96° (bzw innen gemessen 153.04°) gemessen hab ich hier zwei grüne https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_tetrakugel8.JPG die fünf schwarzen punkte liegen auf einer ebene(sie bilden untereinander sogar ein sehnen fünfeck), diese ebene schneidet also das gelbe quadrat diagonal durch, und genau aus acht solchen ebenen verteilt über das objekt (plus dann noch zwei übriggebliebenen quadraten) möchte ich einen zehnflächigen dekaden-würfel haben...


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gonz
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  Beitrag No.35, eingetragen 2021-10-30

Ja wunderbar! Ich glaube man kriegt sogar etwas gerechnet. Ich gehe gedanklich jetzt von folgender Form aus: Die Ecken des Cubus Simus sind die 24 Ecken seiner Quadrate. Die Quadrate gehen durch Drehungen um die drei Raumachsen bzw. Punktspiegelungen am Mittelpunkt des Cubus Simus auseinander hervor. Sie sind festgelegt durch ihren senkrechten Abstand vom Mittelpunkt, nennen wir ihn R, und den Winkel, um den sie verdreht sind. Die Seitenlänge des Quadrats habe ich auf Wurzel(2) gesetzt. Damit kann ich die Ecken der Quadrate für die drei auf dem Bild angegebenen wie folgt darstellen: \ A = (cos \alpha;R;sin \alpha) B = (sin \alpha;cos \alpha;R) C = (-cos \alpha;sin \alpha;R) Die Bedingungen für die beiden Werte R und \alpha ergeben sich dann daraus, dass die beiden Strecken AB und AC jeweils die Länge Wurzel(2) haben sollen. Das hab ich dann aber nicht mehr im Kopf gelöst gekriegt, ich werd nachher mal zu Papier und Bleistift greifen... https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/36025_cubus_simus_verfonkt.jpg


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gonz
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  Beitrag No.36, eingetragen 2021-10-30

Nachtrag: Dass das beliebig kompliziert wird, aber lösbar ist, zeigen die hier angegebenen Werte: https://de-academic.com/dic.nsf/dewiki/287338 Ich hab aufgehört mit einer Gleichung in sin(alpha) und cos(alpha) im dritten Grad... Bleibt also als Projekt, das nochmal genauer zu bauen, damit man es dann wirklich zum Würfeln benutzen kann :)


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haribo
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  Beitrag No.37, eingetragen 2021-10-30

Wenn du nur das angegebene sehnen Fünfeck rechnest dann wird es leichter das hat nur einen freiheitsgrad, 4 sehnen haben die Länge 1 die fünfte wurzel 2 und dann gibt’s noch ne symetrieachse. Die gleichseitigen Dreiecke und das halbe Quadrat müssen sich in der Pyramidenspitze treffen Aber auch das könnte ich nur itterativ erstellen, an ihm kann man dann die flächenwinkel berechnen und dann mit Spiegelungen den Körper leicht erstellen...


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haribo
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  Beitrag No.38, eingetragen 2021-10-30

Also das obiges ist ein Ansatz ausgehend von kantenlänge 1 und noch ohne den Durchmesser zu kennen.


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gonz
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  Beitrag No.39, eingetragen 2021-10-31

Interessant zu wissen wäre die Höhe, die sich von dem Sehnenfünfeck aus gesehen zu dem darüberliegenden Eckpunkt ergibt, bzw. entsprechend der Radius des Umkreises des Sehnenfünfecks. Das könnte man natürlich auch rechnerisch angehen. Und dann entsprechend konstruieren :) Es bleibt spannend ( um einen Würfel für ein Spiel abzugeben, müssen ja nicht alle Felder die gleiche Chance haben ).


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