Covering power

Einleitung

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).

Definition

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.

Allgemeine Eigenschaften

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.

Konstruktionsideen

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.

 

Die einzelnen Fälle

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..

Nachtrag

Von Enrico Bernal aus Stuttgart habe ich folgende interessanten Beiträge erhalten.

Eine neue bessere Lösung für c(4,8)

Diese sehr symmetrische Anordnung liefert einen Wert von

der mit 2.414.. grösser ist als mein bisheriger bester Wert von 2.327..

Eine neue bessere Lösung für c(5,4)

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.

Eine neue bessere Lösung für c(5,7)

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).

Eine neue bessere Lösung für c(6,4)

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?