An
zwei verschiedenen Stellen bin ich einem interessanten Geometrieproblem
begegnet, das ich hier verallgemeinern möchte.
In
der Zeitschrift des holländischen Puzzle-Klubs CFF No 27 (Ladder competition No
4) wird das Problem mit den drei quadratischen Tischtüchern präsentiert. Mit
ihnen kann man bestenfalls einen Wurzel(goldener Schnitt) grösseren
quadratischen Tisch zudecken.
Aus
einem Buch über den Goldenen Schnitt (A.Beutelsbacher/B.Petri, Der goldene
Schnitt, BI Wissenschaftsverlag) kenne ich ein analoges Problem mit 5
kreisrunden Tischtüchern, die bestensfalls einen kreisrunden Tisch bedecken
können, der im Verhältnis des goldenen Schnittes grösser ist als die Tücher
(diesmal ohne Wurzel).
Weil
der Kreis weitgehend einem regelmässigen Polygon mit unendlich viel Seiten
entspricht, möchte ich folgende Funktion definieren.
covering power c(n,m) :=
Zahl, die
bemisst, um wieviel ein n-gonaler Tisch grösser sein darf, wenn er durch m
n-gonale Tücher bedeckt werden soll.
Es
es ist ein homogener Fall, weil man
noch folgenden heterogenenFall in
Betracht ziehen könnte
covering power c(n,m,k) :=
Zahl, die
bemisst, um wieviel ein k-gonaler Tisch grösser sein darf, wenn er durch m
n-gonale Tücher bedeckt werden soll.
Wenn Phi den goldenen Schnitt bezeichnet
dann
gilt für die eingangs erwähnten zwei Probleme
c(4,3) =
c(inf,5) =
Ich
glaube, dass man beweisen kann, dass
c(n,2) = 1 ist für alle n
Dann
gibt es diverse Fälle mit überlappungsfreien Lösungen wie
c(3,4) = 2, c(3,9) = 3, c(4,4) =
2, c(4,9) = 3, c(4,16) = 4, ...
d.h.
c(3,m) = c(4,m) =
Es
gilt sicher auch
c(n,m) > 1 für n zwischen 3 und
6 und m=3
Es stellt sich
heraus, dass für alle n<9 und m<8 gilt
c(n,m) > c(inf,m).
Neben dem
globalen Optimum hat es oft fast gleichwertige lokale Optima. In gewissen
Fällen zeige ich neben dem (hoffentlich) globalen Optimum auch Vorstufen oder Nachbaroptima.
Wo die Lösung
mit Zirkel und Lineal kontruierbar ist, habe ich für das Bedeckungsvermögen
eine Formel hergeleitet (unter Zuhilfenahme von MathCad). Für die andern Fälle
habe ich relativ genaue Werte mit der analytischen Geometrie und iterativen
Verfahren ermittelt.
Die
Beschäftigung mit dieser Aufgabenstellung illustriert gut, wie der menschliche
Geist auf interessante Weise mit der dienstbaren künstlichen Intelligenz
zusammenwirken kann. Die Aufgabenstellung ist sehr konkret und kann einfach
formuliert werden. Das Resultat ist auch wieder sehr anschaulich. Dazwischen
muss viel mühselig erarbeitet werden. Hier kann der PC sehr stark mithelfen und
zwar nicht nur bei einfachen arithmetischen Berechnungen sondern auch in den
algebraischen Herleitungen von Formeln, sowie bei der Durchführung iterativer
Vorschriften der analytischen Geometrie zum Auffinden von optimalen
Konstellationen.
Die hier
behandelte Aufgabenstellung verlangt die Erfindung vieler qualitativ
verschiedener Lösungsansätze, die nicht notwendig auseinander hervorgehen,
und die ohne tatkräftige Mithilfe eines Computers schwerlich gegeneinander
ausgespielt werden könnten.
Für die
Konstruktion von Lösungen sind folgende Mittel (Leitideen) nützlich
Leitidee L1:
Mit den grössten Diagonalen ein m-Polygon
bilden
Leitidee L2:
Das grosse Polygon in einem kleinen verkeilen.
Leitidee L3:
Den mit (L1) gebauten Kranz von Polygonen
gegen die Mitte zusammenschieben.
c33
Lösung A:
Zwei Dreiecken
mit gemeinsamer senkrechter Seite (also ohne Ueberlappung) ein Dreieck mit
waagrechter Basis so aufsetzen, dass die Basis in den beiden ersten Dreiecken
bleibt.
c33a =1.366
Lösung B:
Zentralsymetrische
Anordnung (L1)
c33b=1.5
c34
Trivial.
c34=2
c35, c36
c35 und c36 sind
sicher nicht grösser als c34.
c36 hat eine
bessere Lösung. Siehe Link zu Friedman am Schluss.
c37
Dem c34 eine
Reihe von 3 aequidistanten und gleich ausgerichteten Dreiecken anfügen
c37=7/3
c37 hat eine
bessere Lösung. Siehe Link zu Friedman am Schluss.
c38
Dem c34 eine
Reihe von 4 aequidistanten und gleich ausgerichteten Dreiecken anfügen
c38=5/2
c38 hat eine
bessere Lösung. Siehe Link zu Friedman am Schluss.
c39
Trivial.
c39=3
c43
Lösung aus CFF.
c43=
c44
Trivial.
c44=2
c45, c46
c45 und c46 sind
sicher nicht grösser als c44.
c47
Lösung A:
Drei um 45°
gedrehte, nicht überlappende Quadrate an zwei anliegende Seiten von c44
anfügen.
c47a=2.06066
Lösung B:
Es gibt eine
deutlich überlegenere Variante von c47a. Dazu wird das mittlere der
hinzugefügten Quadrate nicht gedreht. Bei Freigabe des Winkels der zwei andern
Quadrate erweist sich, dass 45° optimal sind.
c47b=2.2071
c48
Lösung A:
Vier um 45°
gedrehte, nicht überlappende Quadrate an zwei anliegende Seiten von c44 anfügen
c48a=2.2071..
Lösung B:
Ein um 45°
gedrehtes, nicht überlappendes Quadratpaar an einer c44-Ecke A soweit nach
aussen schieben (in 45° Richtung) bis die Verlängerung der c44-Seiten, die
nicht durch A gehen, durch die geeignet platzierten letzten zwei Quadrate
gleich weit bedeckt bleiben wie die Seiten, die durch A gehen. Die dabei sich
bildenden Kehlen sind noch nicht kritisch.
c48b=2.327903..
c49
Trivial.
c49=3
c53
Lösung A:
Ausgehend von
zwei Pentagonen mit gemeinsamer Seite (also ohne Ueberlappung), die horizontal
angeordnet zu denken sind, oben die Diagonale des Pentagons horizontal
heranführen, bis sie die beiden Pentagone berührt. Dann das dazugehörige
Pentagon mit dem grösseren Teil nach aussen zeichnen.
c53a=1.20262
Lösung B:
Leitidee L2.
c53B=1.26431
c54
Ich will drei
Lösungsansätze präsentieren, von denen zwei nur leicht unterlegen sind.
Ausgehend von
zwei Pentagonen mit gemeinsamer Seite (also ohne Ueberlappung), die horizontal
angeordnet zu denken sind, oben und unten die Diagonale des Pentagons
horizontal heranführen, bis sie die beiden Pentagone berührt. Dann das
dazugehörige Pentagon mit dem grösseren Teil nach aussen zeichnen. Diesmal
ergeben sich Ueberlappungen.
In dieses
Gebilde aus 4 Pentagonen kann ein Pentagon aufrecht (d.h. mit horizontaler
Basis, Lösung A) oder liegend (90° gedreht, Lösung B) eingeschrieben werden. Im
ersten Fall haben wir eine typische Verkeilung
des grossen Pentagons in einem kleinen Pentagon.
Die dritte
Lösung C geht von einem Pentagon aus, an das an zwei benachbarten Seiten je ein
Petagon ohne Ueberlappung angefügt wird.
Die übrigbleibende keilförmige Lücke wird durch ein viertes Pentagon
abgedeckt.
c54a=1.49047
(best)
c54b=1.46868
c54c=1.4721
Lösung A:
Lösung B:
Lösung C:
c55
Die
zentralsymetrische Anordnung, bei der in der Mitte keine Lücke bleibt.
c55=1.809..
c56
Die
zentralsymetrische Anordnung, bei der die äusseren Seiten ohne Ueberlappung
aneinanderstossen.
c56=2
c57
Gemäss L1 mit 6
der 7 Pentagone hexagonal anordnen. Die Lücke mit dem siebten Pentagon
abdecken. Beim Hineinlegen des grossen Pentagons ergeben sich zwei
Möglichkeiten. a) Die Ecke in eine Sternecke legen oder b) Die Ecke in eine
Sternkehle legen.
a) ist b) nur
ganz knapp unterlegen um ca. 0.2 %. Der Faktor beträgt im Falle a) 2.0982. Er
ergibt sich, wenn die Seite der Sternecke mit einer Seite der konvexen
Nachbarecke geschnitten wird. Wenn die Diagonale des Eckpentagons mit einer
Seite des übernächsten Pentagons geschnitten wird, ergibt sich der Faktor
2.1292. Dieses Grosspentagon ragt aber knapp aus dem Stern heraus.
c57=2.1029
c63
Die Lösung B mit
den zu einem Dreieck angeordneten Diagonalen hat sehr viel Ueberlappung ist
aber der Lösung A mit drei an einer Ecke nahtlos aneinandergefügten Hexagonen
überlegen.
c63a=1.15470
c63b=1.33…
Lösung B:
c64
Lösung durch
Verkeilung (L2) in zwei benachbarten, nicht überlappenden Hexagonen. Die zwei
andern Hexagone können etwas weiter aussen gelegt werden als in der Skizze.
Dies bringt aber keinen zusätzlichen Gewinn für c64.
c64=3/2
c65
Die mit (L1) und
(L2) konstruierte Lösung ist symmetrisch und ergibt.
c65a=1.547318
Man sieht bei
dieser Lösung, dass wegen den z.T. doppelten Ueberlappungen in der Mitte
zwei nicht benachbarte Kleinhexagone nach aussen versetzt werden dürfen. Damit
habe ich folgende verbesserte Lösung erzielen können.
c65b=1.62086738..
Eine andere
Lösung, bei der das linke Hexagon nach aussen geschoben wird und die beiden
rechten mit einer Ecke in die Mitte gelegt werden und dann derart nach aussen
gedreht werden, dass die Kehle rechts erhalten bleibt, ist der symmetrischen
Lösung c65a ebenfalls überlegen.
c65c=1.60000422..
Enrico Bernal
aus Stuttgart hat mir folgende deutlich verbesserte Lösung zukommen lassen
(29.5.2008):
c65d = 1.7142.. = 12/7
c66
Die
Konstellation von c67 einfach zusammenschieben bis das mittlere siebte Hexagon
überflüssig wird. In diesem Moment berühren sich die äusseren Seiten zweier
benachbarter Hexagone gerade noch.
c66=2
c67
Es ist ein
Ausschnitt von sieben Hexagonen aus dem Bienenwabengitter ohne jegliche
Ueberlappung zwischen den Hexagonen.
c67=4 /
c73
Realisation mit
Leitidee L1 und L2.
Wahrscheinlich
kann kein Ausdruck ohne Winkelfunktionen für c73 berechnet werden.
c73=1.204081
c74
Zuerst wurden
die grössten Diagonalen in einem Viereck angeordnet. Dabei wurde nur beim
oberen Heptagon die grössere Hälfte nach Aussen gelegt. Beim arbeiten mit dem
Schnittpunkt der unteren und oberen Verkeilgeraden ergab sich eine erste Lösung
c74a=1.35491
Weil es oben gar
nicht zu einer Verkeilung kam, kann etwas gewonnen werden, wenn die Verkeilung
unten weniger tief gestaltet wird.
c74b=1.46725
Eine weitere
Verbesserung konnte erzielt werden, indem die beiden seitlichen Heptagone
geeignet um die unteren Viereckpunkte nach aussen gedreht wurden. Dabei wurden
die oberen Viereckpunkte etwas nach unten geholt.
c74c=1.48383
Enrico Bernal
aus Stuttgart hat mir folgende verbesserte Lösung zukommen lassen (29.5.2008):
c74d = 1.4894948605
c75
Ein
regelmässiges Pentagon erstellen, dessen Seiten gleich gross sind wie die
Grossdiagonale des regelmässigen Heptagons mit Seite 1. Die fünf Heptagone mit
ihren Grossdiagonalen auf dieses Pentagon legen mit der grösseren Hälften nach
innen. Es bleibt eine Lücke, die man schliessen kann, indem die Heptagone
zusammengeschoben werden. Wenn jetzt ein Grossheptagon verkeilt (L2) wird,
erhält man Lösung A.
c75a=1.646799..
Man sieht, dass
man die Nachbarheptagone des Verkeilheptagons wegschieben kann so, dass in der
Mitte eine Ueberlappung entsteht, die durch Wegschieben der letzten beiden
Heptagone wieder abgebaut werden kann. Man kann c75 dabei um etwa 0.04
vergrössern.
c75b=1.68497.. (best)
Hier zeigen wir
ausnahmsweise 2 Zooms
Wenn alternativ
eine Ecke des Grossheptagons zentral und anschlagend in die äussere Hälfte
eines Kleinheptagons gelegt wird, gewinnt man ein c75c, dass etwas grösser ist
als c75a. Hier kann aber meines Erachtens die Reserve auf der gegenüberliegenden
Seite nicht in eine Steigerung des c75c umgesetzt werden.
c75c=1.66488..
c76
Ein
regelmässiges Pentagon erstellen, dessen Seiten gleich gross sind wie die
Grossdiagonale des regelmässigen Heptagons mit Seite 1. Fünf Heptagone mit
ihren Grossdiagonalen auf dieses Pentagon legen mit der grösseren Hälften nach
innen. Es bleibt eine Lücke, die durch das sechste Heptagon mühelos abgedeckt
werden kann. In dieses Gebilde kann ein möglichst grosses Heptagon auf zwei
Arten hineingelegt werden.
Lösung A: Eine
Ecke des Grossheptagons zentral und anschlagend in die äussere Hälfte eines
Kleinheptagons legen. Erstaunlicherweise ist dieser Eckpunkt dann fast genau 4
Einheiten vom gegenüberliegenden Kehlpunkt entfernt (nämlich 3.9987902
Einheiten). Grössenbestimmend ist in der Folge der Schnittpunkt einer
Kleindiagonalen durch diesen Eckpunkt mit der äusseren Hülle der Kleinheptagone.
c76a=1.74615..
Lösung B:
Alternativ kann das Grossheptagon in einem Kleinhepatgon verkeilt werden (L2).
Die gegenüberliegende Ecke des Grossheptagons geht dann genau durch einen
Kehlpunkt der äusseren Hülle der Kleinheptagone, was grössenbestimmend ist.
Diese Lösung ist nur wenig schlechter als c76a.
c76b=1.72719..
In der Lösung A
kann man beobachten, dass die der zuerst gewählten Ecke des Grossheptagons
gegenüberliegende Seite nicht durch eine Kehle geht. Man kann also noch etwas
erreichen, indem das Pentagon in dieser Richtung zusammengedrückt und senkrecht
dazu ausgebaucht wird. Dies führt zur Lösung C
c76c=1.76856..
Wenn zwei der
Kleinheptagone mit der grösseren Hälfte nach aussen gelegt werden, wird neu der
Schnittpunkt einer Kleindiagonale durch den ersten Eckpunkt mit einer Geraden
durch die übernächste Kehle, die die Richtung der übernächsten Seite hat,
grössenbestimmend. Das Zusammendrücken und Ausbauchen des Pentagons muss neu
bestimmt werden. Wir erhalten die Lösung D
c76d=1.77826..
Es erweist sich,
dass der zentralsymetrische Ansatz
(L1), bei dem in der Mitte keine Lücke gelassen wird (L3), nach Optimierung eine
bessere Lösung ergibt. Die Optimierung besteht darin, dass jedes zweite
Siebeneck nach aussen geschoben werden darf wegen der doppelten Ueberlappungen
in der Mitte. Dies geschieht so weit, bis die Diagonale des Siebenecks auf der
Hülle der nicht bewegten drei Siebenecke liegt. Zwei der Siebenecke werden dann
auf der Hülle noch zurecht geschoben. In der Lösung berührt das zugedeckte
Grosssiebeneck alle sechs Kehlen.
c76e=1.81735494..(best)
c77
Ein
regelmässiges Hexagon erstellen, dessen Seiten gleich gross sind wie die
Grossdiagonale des regelmässigen Heptagons mit Seite 1. Die sechs Heptagone mit
ihren Grossdiagonalen auf dieses Pentagon legen mit der grösseren Hälften nach
innen. Es bleibt eine Lücke, die durch das siebte Heptagon mühelos abgedeckt
werden kann. Wenn jetzt ein Grossheptagon mit einer Seitenmitte an eine Kehle
gelegt wird, erhält man Lösung A.
c77a=2.05143..
Diverse Kehlen
werden nicht berührt, sodass mit einer Deformierung des Hexagons noch etwas
gewonnen werden kann.
c77a1=2.0717663..
Wenn alternativ
eine Ecke des Grossheptagons verkeilt wird (L2), gewinnt man ein c75b, dass
etwas grösser ist als c75a.
c77b=2.0732859..
Zwei Kehlen
werden nicht berührt, sodass mit einer Deformierung des Hexagons noch etwas
gewonnen werden kann.
c77b1=2.07794916.. (best)
c83
Realisation mit
Leitidee L1 und L2.
c83=1.214413
c84
Realisation mit
Leitidee L1.
c84=1.53..
c85
Ein
regelmässiges Pentagon erstellen, dessen Seiten gleich gross sind wie die Diagonale
des regelmässigen Achtecks mit Seite 1. Die fünf Achtecke mit ihren Diagonalen
auf dieses Pentagon legen. Es bleibt eine Lücke, die man schliessen kann, indem
die Achtecke zusammengeschoben werden. Von den drei Lösungsversuchen
A) Ein grosses
Achteck verkeilen (L2)
B) Die
Seitenmitte des grossen Achtecks in eine Kehle legen
C) Eine Ecke des
grossen Achtecks zentral und mit den Armen anschlagend in die äussere Hälfte
eines Kleinachtecks legen
ergab B) das
grösste Bedeckungsvermögen
c85b=1.57744976..
Weil zwei Kehlen
nicht berührt werden, kann durch eine Feinoptimierung noch etwas gewonnen
werden.
c85b1=1.650468..
Die Optimierung
erfolgte wie folgt. Das linke Achteck wurde optimal in die Konstellation hinein
(nach rechts) geschoben. Damit konnten die beiden rechten Achtecke um die
rechte Kehle nach aussen gedreht werden. Anschliessend wurden die verbleibenden
zwei Achtecke mit zwei opponierenden Punken passend auf die äussere Hülle der
bisherigen Achtecke gelegt.
Bezogen auf das
Zentrum des linken Achtecks und bei Seitenlänge gleich eins, hat das Zentrum
des Achtecks oben rechts die Koordinaten (2.18587702, 0.85020782) und seine
Diagonale ist um -14.182403 Grad gegen die x-Achse geneigt und das Zentrum des
Achteckes oben mitte hat die Koordinaten (0.44639586, 1.49191151) und seine
Diagonale ist um -22.481958 Grad gegen die x-Achse geneigt. Es ist also fast
genau achsenparallel (dazu wären -22.5 Grad nötig). Die unteren Achtecke sind
Spiegelbilder der oberen.
c86
Ein
regelmässiges Pentagon erstellen, dessen Seiten gleich gross sind wie die
Diagonale des regelmässigen Achtecks mit Seite 1. Fünf Achtecke mit ihren
Diagonalen auf dieses Pentagon legen Es bleibt eine Lücke, die durch das
sechste Achteck mühelos abgedeckt werden kann. In dieses Gebilde kann ein
möglichst grosses Achteck auf zwei Arten hineingelegt werden.
Lösung A: Eine
Ecke des grossen Achtecks zentral und
mit den Armen anschlagend in die äussere Hälfte eines Kleinachtecks
legen. Grössenbestimmend ist in der Folge die gegeüberliegende Kehle.
c86a=1.7459..
Lösung B:
Alternativ kann die Mitte einer Seite des grossen Achtecks in eine Kehle der
kleinen Achtecke gelegt werden. Grössenbestimmend ist dann eine Nachbarkehle,
bei der die Hälfte einer Kleindiagonalen des grossen Achtecks herausgelesen
werden kann.
c86b=1.75135..
Lösung B ist also der Lösung A leicht
überlegen.
In der Lösung A
kann man beobachten, dass zwei der Kehlen das grosse Achteck nicht berühren.
Wieder kann durch ein Verändern der Winkel im Pentagon das Bedeckungsvermögen
gesteigert werden. Dies führt zur Lösung A1
c86a1=1.789491..
Auch in der
Lösung B kann man beobachten, dass zwei der Kehlen das grosse Achteck nicht
berühren. Wieder kann durch ein Verändern der Winkel im Pentagon das
Bedeckungsvermögen gesteigert werden. Dies führt zur Lösung B1.
c86b1=1.7957254..
Es erweist sich,
dass der zentralsymetrische Ansatz
(L1), bei dem in der Mitte keine Lücke gelassen wird (L3), nach Optimierung
eine bessere Lösung ergibt. Die Optimierung besteht darin, dass jedes zweite
Achteck nach aussen geschoben werden darf wegen der doppelten Ueberlappungen in
der Mitte. Dies geschieht so weit, bis die Diagonale des Achtecks auf der Hülle
der nicht bewegten drei Achtecke liegt. Zwei der Achtecke werden dann auf der
Hülle noch zurecht geschoben. In der Lösung berührt das zugedeckte Grossachteck
alle sechs Kehlen.
c86c=1.85049842.. (best)
c87
Ein
regelmässiges Hexagon erstellen, dessen Seiten gleich gross sind wie die
Diagonale des regelmässigen Achtecks mit Seite 1 (L1). Sechs Achtecke mit ihren
Diagonalen auf dieses Hexagon legen Es bleibt eine Lücke, die durch das siebte
Achteck nicht ganz abgedeckt werden kann. Wir schieben die sechs Achtecke genau
soviel zusammen (L3), dass die Lücke abgedeckt werden kann. Wenn jetzt (L2)
angewandt wird erhält man die Lösung A.
c87a=2.03149..
Man kann in
dieser Lösung beobachten, dass das grosse Achteck die Kehle rechts nicht
berührt. Wenn das Achteck rechts oben so nach oben verschoben wird, dass die
obere Spitze des Sechsersterns in der Mitte sich nicht verändert, kann das
einschreibbare Achteck vergrössert werden. Die Achtecke oben links, unten
rechts und unten links müssen gleichzeitig entsprechend geschoben werden. Dies
führt zur Lösung B.
c87b=2.053546.. (best)
cKreis3
Bei der
zentralsymetrischen Anordnung gibt es einen für das Bedeckungsvermögen
optimalen Ueberlappungsgrad. Dies ist dann der Fall, wenn jeder
Kreismittelpunkt auf den beiden andern Kreisen liegt.
cKreis3=1.1547..
dies ist
verschieden von
cKreis4
Die Lösung ist
die zentralsymetrische Anordnung, die gerade keine Lücke mehr offen lässt in
der Mitte.
cKreis4=1.4142..
cKreis5
Die Lösung ist
die zentralsymetrische Anordnung, die gerade keine Lücke mehr offen lässt in
der Mitte.
cKreis5=1.618..
cKreis5 hat eine
bessere Lösung! Siehe Link zu Friedman am Schluss.
cKreis6
Ich habe
zunächst die Lösung verfolgt, bei der 5 Kreise auf die Eckpunkte eines
Pentagons gesetzt werden und die Lücke in der Mitte mit einem weiteren Kreis
bedeckt wird. Das Bedeckungsvermögen hängt dabei vom Kreisradius ab, der bei
einer Pentagonseite von 1 zwischen 0.5 und 1 varieren darf. Die Funktion
durchläuft ein Maximum. Es tritt beim Radius auf (!) und beträgt
cKreis6a=1.70130..
Natürlich gibt
es einen Kreisradius, bei dem die Lücke in der Mitte gerade noch abgedeckt
werden kann. Für diesen Kreisradius wird das Bedeckungsvermögen genau Phi (wie
cKreis5)!
Dann hat sich
herausgestellt, dass die symmetrische Anordnung wie in cKreis5 überlegen ist.
Die Verhältnisse sind da sehr einfach.
cKreis6b=1.73205.. (best)
cKreis6 hat eine
bessere Lösung. Siehe Link zu Friedman am Schluss.
cKreis7
Diesmal ist die
Lösung, bei der 6 Kreise auf die Eckpunkte eines Hexagons gesetzt werden und
die Lücke in der Mitte mit einem weiteren Kreis bedeckt wird, dem Lösungstyp
von cKreis4,5,6 überlegen. Das Bedeckungsvermögen hängt dabei vom Kreisradius
ab, der bei einer Pentagonseite von 1 zwischen 0.5 und 1 varieren darf. Die
Funktion durchläuft ein Maximum. Es beträgt
cKreis7a=2 (best)
Dieses Optimum
tritt beim Radius auf, bei dem die Lücke in der Mitte
gerade noch abgedeckt werden kann.
Der Wert bei der
symmetrischen Anordnung wie in cKreis5 beträgt
cKreis7b=1.801..
Von Enrico
Bernal aus Stuttgart habe ich folgende interessanten Beiträge erhalten.
Diese sehr
symmetrische Anordnung liefert einen Wert von
der mit 2.414..
grösser ist als mein bisheriger bester Wert von 2.327..
Diese Anordnung liefert einen Wert von
der mit 1.5073..
grösser ist als mein bisheriger bester Wert von 1.409..
Die seitlichen
Pentagone sind um
18°-atan(tan(36°)/5) verdreht.
Diese Anordnung liefert einen Wert von
der mit 2.157.. grösser ist als mein bisheriger bester Wert von 2.1029..
Bernal hat angemerkt, dass man an dieser Anordnung noch etwas herumschrauben kann. Ich habe das getan und erhalte
Diese Anordnung liefert einen Wert von
Die seitlichen
Pentagone sind um 10.9784421..° verdreht. (Die obere Ecke des seitlichen
Pentagons ist Drehpunkt und er liegt 1.30086221 von der darunter befindlichen
Ecke des grossen Pentagons entfernt).
Diese Anordnung liefert einen Wert von
der mit 1.53..
grösser ist als mein bisheriger bester Wert von 1.5.
Zusammenstellung
der besten Lösungen bisher
Es folgt eine
Tabelle mit 6 verbesserten Werten (in Fettdruck), die ich Erich Friedman’s
Packing Center entnehmen konnte
http://www.stetson.edu/~efriedma/squcosqu/
http://www.stetson.edu/~efriedma/tricovtri/
http://www.stetson.edu/~efriedma/circovcir/
Wer kann das
eine oder andere Problem besser lösen?