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haribo
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 |  Beitrag No.40, eingetragen 2023-03-29
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kreis r=58.5 hat noch geklappt
hier als 104 quadrat also 10816
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-14.PNG
steht überall R drinnen sind aber durchmesser, ich hab die zeichnung einfach auf 200% gezogen... alles nur optisch hingeschoben
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-15.PNG
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cramilu
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 | Beitrag No.41, eingetragen 2023-03-29
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Ei, der Daus! 😲 Ihr seid ja kaum zu bremsen.
@haribo
Welche Fragen waren denn zu »3,88« und fester
Breite 26 mm noch offen? querin hatte doch in
#31 das Optimum rechnerisch bestätigt.
Ich versuche im Moment krampfhaft, in meinen
Grafiken noch die realen Münz-Avers abzubilden... 🤔
Die Anforderung mit der kreisrunden Trägerfläche
entspricht übrigens u.a. der Zwickeloptimierung
bei der Kabelfertigung. Da hat man bisweilen ein
Bündel aus \(n\) einzelnen Adern bzw. Seelen, die
zunächst maschinell geeignet verseilt (verdrillt)
und hernach als Strang mit Kunststoff ummantelt
werden sollen. Zusätzlich zum Materialbedarf, der
sich dabei aus der Wandstärke ergibt, ist hier die
auf den Querschnitt bezogene Flächensumme der
Außenzwickel fertigungstechnisch von Belang, um
ein wirklichkeitsnahes Spritzvolumen zu ermitteln.
EDIT
Nunmehr mit vorbildlichen Münz-Revers:
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querin
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| Beitrag No.42, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-29
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@cramilu
Sehr schöne Euro Darstellung 🙂
@haribo
Dein Rechteck #40 konnte ich noch auf 10563.5 mm² zusammenschieben, aber da muss noch relativ viel drin sein...
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_dm_rect.jpg
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cramilu
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| Beitrag No.43, eingetragen 2023-03-30
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haribo, Dein 30-mm-Streifen in #36 folgt der
gleichen Logik wie beim Euro-Optimum. Besser
bekomme ich es bislang auch nicht hin.
Beim Kreis gehst Du genau richtig heran, denn
19 ist eine Zentrierte Sechseckszahl; also ein
Außenring mit 12, die übrigen 7 innen und da-
nach schrittweise den Außenring verkleinern...
Der Startwert für den Radius des Außenkreises
wäre (Durchmesser-Summe aller Münzen)*3 / 19:
\(\frac{3\,\cdot\,442,95}{19}=69,939\) . Das hast Du schon beachtlich
um 11 mm 'eingedampft'. 😮
Nach den Erfahrungen aus »3,88« konzentriere
ich mich zunächst auf ein 'zweilagiges' Rechteck,
bei dem unten neun und oben zehn Münzen liegen.
Über den vier Fünf-Mark-Stücken, die unten zentral
nebeneinander liegen, kann man die fünf kleinsten
Münzen so anordnen, dass man auf eine Höhe von
um die 48 mm kommt. Und dann links und rechts
anschließend wieder Pärchen aus größeren und
kleineren Stücken...
Oder: Jeweils zwei der vier Fünf-Mark-Münzen jeweils
unten links und unten rechts in die Ecken und dann
dazwischen mit fünf Pärchen herumspielen, bis sich
die fünf kleinsten Münzen in die oberen Ecken ein-
reihen lassen...
Danach möchte ich zunächst ein Rechteck in Angriff
nehmen, welches aus 3 Lagen zu zweimal sechs und
einmal sieben Münzen besteht...
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haribo
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| Beitrag No.44, eingetragen 2023-03-30
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ich hatte quadrat angesetzt und würde als nächstes 102^2 testen, und mich noch gar nicht mit den klein klein zusammenschiebungen im hundertstel mm aufhalten
als weg bisher war es jedenfals schneller einfach ein neues quadrat drüber zu legen und jeweils alle übertretenden versuchen gegen kleinere zu tauschen, und jeweils hinzuschütteln dh innen immer wieder herumschieben wenn lücken sind, also dass war mein weg von 104 nach 103 und bei den kreisflächen
vermutlich gibt es doch grundsatzliche anordnungen, wie bei dem schmalen 30mm rechteck, da hatte ich nur cramilus setting vom 388 übertragen und gar kein zweites geprüft...
also evtl beim quadrat alle grossen 27mm in die ecken?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.42 begonnen.]
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haribo
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| Beitrag No.45, eingetragen 2023-03-30
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Zweilagig s. #37, einfach das einlagige in der länge halbieren und auf lücke oben drauf legen, also nicht mit den grossen in der mitte nebeneinander anfangen, erscheint mir besser
aber dann muss trotzdem der 19. irgendwo hingeschoben werden... da seh ich noch kein systemansatz
wie wärs alle absteigend nach grösse also keilförmig nebeneinander und dann bei halber länge umschlagen und danach abwechselnd hoch runter tauschen damit sie besser auf lücke liegen?
Einlagig im schmalen feld haben wir wohl glaub einfach final und universell gelöst, mit den rahmenbedingungen der breite dass nie zwo nebeneinander passen
ich vermute dass im rechteck oder quadrat die grossen nicht nur immer an der kleineren seite ( wie beim 30mm breiten) sondern auch noch in den ecken liegen dürften?
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querin
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| Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-30
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Grundfläche 10428.4 mm²
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_dm_rect2.jpg
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haribo
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| Beitrag No.47, eingetragen 2023-03-31
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Schaut gut aus, die grossen weiter nach aussen wechseln?
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querin
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| Beitrag No.48, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-31
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@cramilu & haribo
Eure Überlegungen und Tipps lese ich mit großem Interesse 🙂
Heute habe ich Belegungen mit
Rechteckfläche < 10200 mm² und
Kreisradius < 57.5 mm gefunden.
Als Themensteller (wenn auch nicht Aufgabensteller[=cramilu] des 29,54 Mark Problems) möchte ich die zugehörigen Bilder erst nach dem Wochenende posten, oder sobald jemand diese Werte unterbietet. Es soll ja der Charakter einer Knobelaufgabe erhalten bleiben.
Grüße
querin
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haribo
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| Beitrag No.49, eingetragen 2023-04-01
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offen ist der verlauf der funktion A(b) erstmal im bereich b=5mark also 29mm bis b= ein ostpfennig plus ein westpfennig also 31.5mm
nimmt die fläche zu oder ab wenn b ansteigt? stetig? gibt es bessere belegungen wenn b>31.5 wird oder erst wenn die kleinsten in irgend einen anderen zwickel passen? bleibt der verlauf A(b) stetig bis b> zwo mal 5mark wird, also bis es dreireihig werden kann?
querin, bleibt es im kreis bei 12 münzen im aussenring? wandern die 500er rein oder raus?
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querin
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| Beitrag No.50, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-01
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\quoteon(2023-04-01 05:45 - haribo in Beitrag No. 49)
querin, bleibt es im kreis bei 12 münzen im aussenring? wandern die 500er rein oder raus?
\quoteoff
Ja, 12 Münzen im Außenring, davon 3 x 5 Mark.
\quoteon
offen ist der verlauf der funktion A(b) erstmal im bereich b=5mark also 29mm bis b= ein ostpfennig plus ein westpfennig also 31.5mm
nimmt die fläche zu oder ab wenn b ansteigt? stetig?
\quoteoff
Du meinst bis b=33.5.
Hier der Verlauf von A(b) zwischen b=29 und b=33.5:
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_A_b_neu.jpg
Es gibt also ein Maximum bei A(32.32) = 12498.627 mm²
//edit: Grafik ausgetauscht (siehe #53)
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haribo
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| Beitrag No.51, eingetragen 2023-04-01
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intetessant dieses maximum, evtl findet man eine logische fortsetzung über 33.5 hinaus und kann kontinuierlich zu nem (wenigstens relativem) minimum kommen?
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querin
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| Beitrag No.52, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-01
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Update: Minimale Verkleinerung des Kreisradius mit 11 Außenkreisen und 2 x 5M. Die Platzierung der 5M scheint gar nicht so entscheidend zu sein.
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haribo
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| Beitrag No.53, eingetragen 2023-04-01
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schau mal querin, schon bei b=31.71 stossen die 17 und 18.5 auch aneinander,
das ist noch vor dem maximum...
also ganz so leicht geht das also nicht, aber ich versuch es glaub noch weiter in der richtung... die vorstellung dass man einfach die flächen so anordnet wie im schmalen streifen und dann die länge zusammenpresst und die fläche (rechteck) damit evtl. minimiert gefällt mir ganz gut
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-16.PNG
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querin
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| Beitrag No.54, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-02
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Oh, Du hast recht 😲
Die einfache Formel gilt nur bis b=31.70. Danach entstehen Überschneidungen. Das hatte ich nicht erwartet und leider auch nicht oberprüft.
In der neuen Formel werden die Kreise wieder von links nach rechts aneinandergereiht und berühren abwechselnd den untere und oberen Rand. Aber jetzt wird geprüft, ob es eine Überschneidung mit dem vorletzten Kreis gibt und ggf. der neue Kreis nach rechts verschoben, bis er den vorletzten berührt. Ich habe die Grafik in #50 ausgetauscht.
Nun tritt ein neues Phänomen auf: A(b) ist bis b=32.73 monoton steigend, danach steigt die Kurve in leichten Wellenbewegungen. Im Intervall [32.73,32.88] ist sie erstmals fallend, dann wieder steigend bis 32.99 usw. Die optimale Reihenfolge der Münzen ist (bis auf Spiegelung) immer gleich.
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_strip_vgl.jpg
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haribo
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| Beitrag No.55, eingetragen 2023-04-02
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ich hab den kreis noch zu ner derzeitigen bestmarke (?) r=57.3 gepresst,(A = 10314,76) das ist bisher absolut das kleinste A, oder?
in den kreisringen immer schön abwechselnd grössere und kleinere, die 11.5 ist erst sehr spät eingepasst sie berührt die links unterhalb liegende 14.5 nicht
die gelben haben jeweils noch etwas platz, also würde noch marginal etwas kleiner gehen da um 2uhr mehrere gelbe sind
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-17.PNG
beim schmalen streifen ist halt die frage wenn man b richtung b=58 erhöht (dann sind alle grossen in den ecken) wie man die kleineren in der mitte genau anordnet, also wohin sie gedrückt werden wenn man die breite des feldes schrittweise erhöht und die länge dabei verringert
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querin
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| Beitrag No.56, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-02
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Gratuliere haribo 👍
Ja, r=57.3 ist die neue Bestmarke!
ich bin nur bis r=57.4 gekommen
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_dm_cric.jpg
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haribo
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| Beitrag No.57, eingetragen 2023-04-02
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https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-18.PNG
weiterer verlauf A(b)
spätesttens ab b=42 wird A kleiner, dann fangen die kleinen kreise im mittleren bereich an dreilagig zu liegen, das spart länge, zeigt interessanterweise auf warum es, zumindest in diesem übergangsbereich, schlüssig ist alle kleinen kreise beieinander anzuordnen
ich hab weiter von den seitlichen rändern mit abnehmendem durchmesser zur mitte hin gepackt, nicht umbedingt sehr genau mir geht es eher um den trend dabei
also ohne ernsthaftes puzzlen sinkt A stetik weiter mindestens bis die packung durchgehend dreilagig wird, das ist irgendwo bei b=80...90 der fall, spätestens dann geht es sich nicht mehr aus alle kleinen in der mitte zu konzentrieren, sie passen gelegentlich einfach am rand in die zwickel
ob A weiter sinkt bis das rechteck ein quadrat wird kann ich derzeit nicht überschauen das wäre dann ja eben im bereich 101²...102²...103²
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-19.PNG
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-20.PNG
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-21.PNG
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haribo
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| Beitrag No.58, eingetragen 2023-04-03
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102 passt A = 10404, dann scheint das flächenkleinste rechteck tatsächlich ein quadrat zu sein? das wäre recht unerwartet für derartig ungleich durchmessrige kreise (oder ich hab halt am quadrat am ausufernsten herumprobiert)
oben die gelben wären sogar mehrere mm seitlich verschieblich, vermutlich kann man also die seitenlänge noch einzwei zehntel reduzieren, kommt damit recht nahe an die packungsdichte des 57.3er kreises heran
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-22.PNG
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querin
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| Beitrag No.59, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-03
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@haribo
ich habe Belegungen für Deine Streifenbreiten aus #57 (und noch ein paar Zwischenwerte) gesucht und erhalte folgenden nicht monoton fallenden Verlauf. Das sind natürlich nur obere Schranken und kein Beweis, dass A(b) nicht doch durchgehend fallend ist. Aber es spricht für meine Vermutung, dass das Minimum zwischen b=90 und b=100 liegt. Wie erwähnt habe ich ja ein Rechteck mit Fläche < 101² gefunden (dieses Minimum ist im Diagramm ersichtlich).
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_A_b_2.jpg
Als Beipiel meine Belegung für b=48
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_strip48.jpg
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haribo
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| Beitrag No.60, eingetragen 2023-04-03
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können die ersten beiden der oberen reihe ihre plätze tauschen, w2M und o10? (21mm passt ja über 26.75 bei b=48) evtl könnte dann 5M bisle hochrutschen.
rechnest du die belegungen oder zeichnest du sie?
leicht wellenförmiger verlauf der funktion A(b) erscheint mir logisch, wenn ein set bei einem b sehr gut passt sollte ein geringfügig grösseres b schlechter passen bzw grössere fläche haben, auch wenn danach der verlauf weiter fällt
offenbar hast du bei b=48 eins der besten sets für zweireihige belegung gefunden
hat der verlauf A(b) genau 4 relative minimas jeweils einen für einzeilig, zweizeilig... vierzeilig
wobei letzterer das absolute minima wird? abgesehen von den gedrehten lösungen die nach der quadratischen zu nem gespiegelten verlauf führen müssen, l und b kann man ja immer vertauschen
wurzel (19) = 4.xxx darum endet es bei vierzeilig?
sollten die durchmesser krass unterschiedlich sein, also beim einzeiligen cramilu-set sich schon eins und drei überschneiden dann wird das absolute minimum eben schon bei weniger zeilen erreicht
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querin
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| Beitrag No.61, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-04
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\quoteon(2023-04-03 23:08 - haribo in Beitrag No. 60)
rechnest du die belegungen oder zeichnest du sie?
\quoteoff
Die Kreismittelpunkte werden berechnet. Aus den Koordinaten lasse ich dann bei Bedarf ein Geogebra-Skript erzeugen.
Bei der kleinsten Rechteckfläche ist 10173 mm³ mein bisher bester Fund (mit vier Reihen).
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haribo
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| Beitrag No.62, eingetragen 2023-04-05
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den mittleren teil deiner doppelbelegung finde ich interessant, was für eine bedingung müssten die durchmesser erfüllen das jeweils zwei gleiche im rechteck dieses perfekt auf lücke auffüllen, also jeder kreis fünf kontaktpunkte zum rand oder umliegenden kreisen hat? (die beiden kleinsten haben nur vier) gibt es für ein l/b da mehrere lösungen oder gar manchmal gar keine? liegen dann immer alle inneren kontaktstellen auf einer geraden?
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_CA6C7E81-4C9E-4E9A-86B6-BE8125C8CA64.jpeg
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haribo
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| Beitrag No.63, eingetragen 2023-04-05
|
bei jeweils zwei kreisen gibt es wohl, aus symetriegründen nur eine lösung
bei drei hab ich für die bedingung "alle inneren berührpunkte auf einer linie" gefunden dass dann die kreisdurchmesser einer geometrische reihe genügen müssten, und für je drei kreise finde ich dann nur diese, welche aber ja in der mitte sich nicht berührt, damit kann ich wohl zumindest die gefragte vermutung "alle inneren berührpunkte auf einer linie" über bord werfen? und den ansatz geometrische reihe gleich mit
und hab bisher erstmal gar keine lösung,
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-23.PNG
mit eiern wäre es leichter
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-24.PNG
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haribo
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| Beitrag No.64, eingetragen 2023-04-05
|
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_388-25.PNG
soweit ichs überblicke gibt es auch bei je drei kreisen nur eine lösung
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cramilu
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| Beitrag No.65, eingetragen 2023-04-05
|
Ich bin fasziniert! 😲
Ja, haribo, auch von Deinen jüngsten Erkenntnissen. 😉
Vielmehr jedoch...
Und nun möchte ich Euch keinesfalls in der Art mit ChatGPT
behelligen, wie mir das jüngst zunehmend andernorts negativ
auffällt, nämlich mit reichlich Banalem und seitenweise Text
à la "Schaut mal, was ChatGPT 'tolles' kann". 🙄
Sondern mit einer Schilderung dessen, was da schon wie
'funzt' im Hinblick auf problemorientiertes 'Denken'...
... und dem Verlauf platzsparend in Hide-Bereichen. 😉
Hat man zwei gleiche Münzen und sucht dazu die kleinste
Kreis- oder Rechteckfläche für einen 'Container', so ist der
Fall klar: Rechteck (Münzdurchmesser × doppelter Mz.Dm.).
Verlauf bei ChatGPT:
\showon
Anfrage: Given two circles with equal diameter, what is
the smallest area of a circle or rectangle to place those
circles in without them overlapping each other or the
edges of the surrounding shape?
Antwort: Assuming that the two circles are of equal diameter
and are to be placed side by side, the smallest area of a circle
or rectangle to place those circles in without overlapping each
other or the edges of the surrounding shape would be a square
whose side length is equal to the diameter of the circles.
[* So weit, so falsch. 😄]
To see why this is the case, imagine placing the two circles in
the corners of a square with side length equal to the diameter
of the circles. Since the diameter of the circles is equal to the
side length of the square, the circles just touch each other at
their closest point, without overlapping. Moreover, the circles
do not overlap the edges of the square, since the distance
between any point on the circle and the edge of the square is
equal to the radius of the circle, which is less than or equal to
half the side length of the square. Therefore, the square is the
smallest shape that can contain the two circles without them
overlapping each other or the edges of the surrounding shape.
[* Immerhin wurde... irgendwie... 'gedacht'. 🤔]
! Regenerate response !
Antwort: If we place two circles with equal diameter inside
a rectangle, we can find the smallest possible area for the
rectangle by placing the circles so that they are tangent to
each other and to two adjacent sides of the rectangle. In this
configuration, the diameter of each circle is equal to the width
of the rectangle, and the height of the rectangle is equal to the
diameter of the circles.
To find the area of the rectangle, we need to know the diameter
of the circles. Let's call this value "d". Then the width of the
rectangle is also "d", and the height of the rectangle is equal to
"d/2" (since the height is half the diameter of the circles).
Therefore, the area of the rectangle is:
A = d x (d/2) = d^2 / 2
[* Soso... immerhin die Richtung passt.]
To find the smallest possible area of a circle that can contain
two circles with equal diameter, we can place the two circles
so that they are tangent to each other and to the same circle.
In this configuration, the diameter of the larger circle is equal
to the diameter of the two smaller circles plus the distance
between their centers. Let's call this distance "x".
Then the diameter of the larger circle is:
D = 2d + x
To find the area of the larger circle, we need to know its radius.
Let's call this value "r". Then we have:
r = D / 2 = (2d + x) / 2 = d + x/2
The area of the larger circle is:
A = πr^2 = π(d + x/2)^2
To find the smallest possible value of "x" that will allow the two
circles to fit inside the larger circle without overlapping, we can
use the Pythagorean theorem to solve for "x". Let's call the
distance between the centers of the two circles "y". Then we have:
x^2 + y^2 = (2d)^2
x^2 + y^2 = 4d^2
x = sqrt(4d^2 - y^2)
Substituting this expression for "x" into the equation for the area
of the larger circle, we get:
A = π(d + sqrt(4d^2 - y^2)/2)^2
We want to find the smallest possible value of "A" for a given
value of "d". To do this, we need to find the value of "y" that
minimizes the expression for "A". We can do this by taking the
derivative of "A" with respect to "y", setting it equal to zero,
and solving for "y".
The derivative of "A" with respect to "y" is:
dA/dy = (π/2)(4d^2 - y^2)^(-1/2)(-2y/2)
Setting this equal to zero and solving for "y", we get:
y = 2d/sqrt(2)
Substituting this value of "y" back into the expression for "A",
we get:
A = π(d + d/sqrt(2))^2
Simplifying this expression, we get:
A = π(3 + 2sqrt(2))d^2
Therefore, the smallest possible area of a circle or rectangle to
place two circles with equal diameter in without overlapping is:
A = π(3 + 2sqrt(2))d^2
[* Hmm... immer noch falsch, aber 'durchdachter'.
Ich habe daher diese Antwort als »Better« bewertet. 🤔]
! Regenerate response !
[* Und dann folgt eine Quasi-Wiederholung der ersten,
'falscheren' Antwort (Quadrat) zuzüglich eines Schwurbel-
Absatzes über einen Umkreis - inhaltlich fehlerhaft. 😖]\showoff
Unbefriedigend? Unbefriedigend!
Nun muss ich gestehen, dass ich diese Anfrage gestellt habe,
nachdem ich zuvor anders gefragt hatte. Und zwar nach der
kleinsten entsprechenden 'Container'-Fläche für vier solcher
Kreise. Da ist der Fall auch klar, wenn auch anfangs weniger
alternativlos. Entweder ein Quadrat mit doppeltem Kreisdurch-
messer als Seitenlänge oder ein Rechteck (Durchmesser ×
vierfacher Durchmesser); Flächeninhalt \(4\cdot d^2\) .
Dass man mit einem Umkreis oder mit einem Rechteck um
'zwei mal zwei auf Lücke' schlechter beraten ist, weist leicht
die Rechnung nach.
Verlauf bei ChatGPT:
\showon
Anfrage: Given four circles with equal radius, what is the
smallest area of a circle, square or rectangle to place those
four circles in without them overlapping each other or the
edges of the surrounding shape?
Antwort: To solve this problem, we can start by considering
the arrangement of the four circles. One possible arrangement
that satisfies the given conditions is to place the circles at the
corners of a square, as shown in the image below:
[* Simple markdown-Grafik mit Tastatur-Symbolen]
In this arrangement, the circles are tangent to each other and
to the sides of the square. To find the smallest area of a circle,
square, or rectangle that can contain this arrangement, we
need to determine the size of the square.
Let the radius of each circle be r. Then the diameter of each circle
is 2r, and the diagonal of the square is 4r. Using the Pythagorean
theorem, we can find the side length of the square:
[* scss-Berechnung]
So the side length of the square is √2 times the radius of the circle:
[* makefile-Darstellung]
The area of the square is then:
[* css-Berechnung]
Alternatively, we could place the four circles at the corners
of a regular hexagon, as shown below:
[* Simple bash-Grafik mit Tastatur-Symbolen]
In this arrangement, the circles are also tangent to each other
and to the sides of the hexagon. The diameter of each circle is
still 2r, and the side length of the hexagon is also 4r. Using the
Pythagorean theorem, we can find the apothem of the hexagon
(the distance from the center of the hexagon to the midpoint
of a side):
[* css-Berechnung]
The area of the hexagon is then:
[* css-Berechnung]
Comparing the areas of the square and the hexagon, we see
that the square has the smaller area:
[* css-Berechnung]
So the smallest area to place the four circles without overlapping
is a square with an area of 2 times the area of one of the circles.\showoff
Das hatte mich wahrlich beeindruckt! 😲
Noch vor der Anfrage mit bloß zwei Kreisen hatte ich dann
misstrauisch eine entsprechende zu dreien gestellt, bei der
ich gegenüber dem Wortlaut zur vorherigen Anfrage jeweils
lediglich »four« durch »three« ersetzt hatte. Dabei hat sich
ChatGPT jedesmal bei Berechnungen 'aufgehängt' oder im
Vergleich zu Vorherigem 'Mist' geschwafelt. Schmunzeln
musste ich bei einem 'Aufhänger' im Zuge einer »arduino«-
Berechnung. 😄
Mir ist natürlich selber bewusst, dass ChatGPT im Kern für
so etwas (noch) nicht gedacht ist. Dass mein Englisch nicht
mit dem eines Mundartsprechers mithalten kann. Dass
Nuancen in der Formulierung eine Rolle spielen. Und jede
Menge mehr...
Dennoch werde ich nun unmittelbar die folgende »3,88«-
Anfrage stellen:
\showon
Anfrage: Given eight circles with diameters
d1 = 16.25 mm, d2 = 18.75 mm, d3 = 19.75 mm,
d4 = 21.25 mm, d5 = 22.25 mm, d6 = 23.25 mm,
d7 = 24.25 mm, and d8 = 25.75 mm, what is the
smallest area of a circle or rectangle to place those
eight circles in without them overlapping each other
or the edges of the surrounding shape?\showoff
Ich bin gespannt...
EDIT
Grmpf! 🙄 Something went wrong. If this issue persists
please contact us through our help center at help.openai.com.
Na schön - dann eben später noch einmal...
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querin
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| Beitrag No.66, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-05
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@haribo
Interessantes geometrisches Problem. Wie bist Du auf die 2x3 Lösung gekommen?
Ich hab mal einen analytische Ansatz für 2x4 Kreise mit 8 verschiedenen Radien (also nicht jeder Radius doppelt) versucht. Dabei komme ich auf ein System von 13 quadratischen Gleichungn in 14 Variablen (8 Radien, 5 x-Koordinaten und die Breite b). Da wäre dann eine (bis auf Skalierung) eindeutige Lösung denkbar, wie Du vermutest.
Das System ist vielleicht sogar exakt lösbar?
@cramilu
Danke für die Chat Protokolle. Aber das mit ChatGPT und Mathematik ist so eine Sache...
Hast Du schon das Wolfram Alpha Plugin für ChatGPT probiert (oder ist das noch nicht verfügbar)?
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haribo
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| Beitrag No.67, eingetragen 2023-04-06
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durch probieren des gelben, die genauigkeit ist vorgetäuscht, besteht ca. nur in der 2. kommastelle
- einheitskreis blau zum skalieren, senkrechte tangential (linke seite)
- gelber als variable tangential darunter ergibt breite ( äh höhe? also die untere begrenzung des rechtecks )
- drei tangentenkreis rot (an blau/gelb/breite)
- mittellinie an links (mittelsenkrechte na ja, mittelwaagerechte) schneidet rot zweimal (im bild nicht eingezeichnet) ein schnittpunkt ist mittelpunkt des hüllquadrates, also alle drei kreise um diesen punkt punktgespiegelt
- dann schauen ob wie weit oberer roter an den ersten blauen herantangiert/überschneidet
- gelb als variable neu zeichnen bis es passt
wenns auf eine quadratische gleichung hinausläuft kann man es wohl mal wieder nicht exakt geometrisch konstruieren können? und dann könnte es auch zwei lösungen geben?? oder ist die zweite irgendwie mit inneinandeegeschachtelten kreisen welche sich von innen tangieren???
acht verschiedene kreise klingt zu spannend, (möchte ich sehen) kann man dann die länge (also l/b) frei wählen? derzeit würde mir ein einziges 2x4 set mit grösstem als einheitskreis reichen...
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querin
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| Beitrag No.68, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-06
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Numerische Lösung der 13 Gleichungen.
Obwohl im Ansatz 8 Radien möglich sind, scheint es tatsächlich nur eine eindeutige Lösung mit doppelten Radien (und der Skalierung $r_{max}=1$) zu geben.
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_strip2x4.jpg
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haribo
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| Beitrag No.69, eingetragen 2023-04-06
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Ok, evtl gibts Lösungen mit ungeraden Anzahl kreisen?
1.0 und daneben zwimal 0.5 übereinander, wäre ne lösung für drei
wie sieht fünf und sieben aus?
und wie klein wird der kleinste wenn die kette lang wird bei den geraden kreissummen , 2x100 oder unendlich?
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querin
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| Beitrag No.70, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-06
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\quoteon(2023-04-06 14:17 - haribo in Beitrag No. 69)
Ok, evtl gibts Lösungen mit ungeraden Anzahl kreisen?
1.0 und daneben zwimal 0.5 übereinander, wäre ne lösung für drei
wie sieht fünf und sieben aus?
\quoteoff
Da müsstes Du die Bedingungen genauer definieren. Wieviele Kreise sollen 5 Berührpunkte haben?
Hier mein kleinstes Rechteck für 29,54 Mark
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_coin_rect.jpg
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haribo
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| Beitrag No.71, eingetragen 2023-04-07
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wie gehabtt alle bis auf zwei sollen fünf berührpunkte haben, die zwo vierer werden dannwohl nicht mehr in den diagonal gegenüberliegenden ecken liegen sondern auf einer seite es wird keine punktsymetrie sondern eine spiegelsymetrie werden, unklar ist mir wie die grössen verteilt sind beim siebener ?
der fünfer hat auf einer seite 2x r=1 auf der anderen wird der mittlere etwas grösser als die beiden mit vier kontaktstellen, aber alle wieder r<1
bei sieben kann ich mir den zwischen den beiden r=1 im kopf nicht vorstellen, im übelsten fall wird er grösser r=1 ???
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cramilu
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Wohnort: Schwäbischer Wald, seit 1989 freiwilliges Exil in Bierfranken
| Beitrag No.72, eingetragen 2023-04-07
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Moin ;)
Ja, das könnte dann doch auf eine Art 3×6 hinauslaufen:
Eine Fünfer- oder Sechserdiagonale aus einander berüh-
renden Münzen, vorzugsweise die großen 5-Mark-Stücke,
und die übrigen auf die beiden verbleibenden Eckbereiche
verteilt. So jedenfalls meine aktuelle Schieberei.
Allerdings hat mich auch die Geschichte mit den beiden
Reihen aus 2, 3 etc. gleichen Münzen fasziniert, wo sich
am Ende eine punktsymmetrische 2xn-Anordnung mit
'Schlangendiagonale' ergibt. Das möchte ich gerne über
Ostern selber parametrisiert durchrechnen.
querin, dass Du die Kreiskonfiguration rechteckig 'toppen'
konntest, ist aller Ehren wert! Ich hatte mit 19 ja nicht von
ungefähr ausgerechnet eine Hexzahl für die Münzen gewählt,
sondern eine der beiden 2-Mark-Stücke "Adenauer"/"Heuss"
extra weggelassen, damit es 19 seien. 😉
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haribo
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| Beitrag No.73, eingetragen 2023-04-07
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ungefähr diesen bildteil von dir nach rechts gespiegelt ergibt dann ungefähr ein set aus neun kreisen
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_026BB0DF-491E-402D-B991-C648D3ECC676.jpeg
also wird die mit 1 beginnende reihe zur mitte hin kleiner, und die andere zur mitte hin grösser,
nächste frage: kann der mittlere unten irgendwann 1werden?
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querin
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| Beitrag No.74, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-07
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Numerische Lösungen für 5, 7 und 9 Kreise
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_strip579.jpg
Da ist ein Muster erkennbar.
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haribo
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| Beitrag No.75, eingetragen 2023-04-07
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faszinierend , insbesondere dass es jeweils doch nur eine Lösung gibt
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haribo
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| Beitrag No.76, eingetragen 2023-04-10
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per affiner abbildung oder schrägansicht kann man per ellipsen dann jedes rechteck mit beliebigen l/b und auch wohl in jedes parallogram entsprechende fünf-kontakt gebilde füllen
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querin
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| Beitrag No.77, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-10
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... oder so:
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_parallel7.jpg
https://matheplanet.org/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49419_trapez6.jpg
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haribo
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| Beitrag No.78, eingetragen 2023-04-11
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schaft man dreizeilig alle fünfkontakter zu sein? 3-4-3 kreise beispielsweise ? oder doch 3-4-5 ?
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querin
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| Beitrag No.79, vom Themenstarter, eingetragen 2023-04-12
|
haribo
ich habe mehrere Varianten solcher dreireihigen Packungen probiert und keine Lösung gefunden. Vielleicht findest Du etwas?
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