Würfel in Tetraeder < Topologie+Geometrie < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:27 Mo 19.09.2011 | | Autor: | Oesi |
| Aufgabe | | Die Aufgabe ist, es den maximalen Würfel zu berechnen der in einen gegebenen Tetraeder passt. Wenn es noch einen Beweis gibt, dass es sich tatsächlich um den maximalen Würfel handelt: Um so besser. |
Diese Frage ist mir als Jugendlichem mal in den Sinn gekommen und nach viel Denken habe ich damals einen Würfel gebastelt der auch genau in einen ebenfalls gebastelten Tetraeder gepasst hat. Mich interessiert heute vor allem, ob es einen Weg gibt zu Beweisen, dass die Lösung die man findet den maximalen Würfel darstellt.
Diese Aufgabe ist absolut zeitunkritisch. Es geht nur um die Befriedigung meiner persönlichen Neugier. Wenn sich trotzdem Jemand die Mühe macht, sich damit zu beschäftigen, sage ich meinen Dank im vorraus, wenn nicht, kann ich damit auch leben. ;)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:11 Mo 19.09.2011 | | Autor: | chrisno |
Auch ich denke gerne über so etwas nach. Dabei versuche ich die Rechnungen so weit wie möglich zu vermeiden. Meine ersten Gedanken: Man muss ja alle möglichen Lagen eines Würfels im Tetraeder berücksichtigen. Schnell ist klar, dass er mindestens mit zwei Ecken die Oberfläche des Tetraeders berühren muss. Sonst könnte man ihn ja vergrößern und verschieben, bis diese Berührpunkte erreicht sind. (dabei habe ich schon, ohne es zu beweisen, benutzt, dass solange die Eckpunkte alle im Inneren des Tetraeders sind, auch alle anderen Punkte des Würfels im Inneren des Tetraeders sind.) Zum Weiterdenken hier: gilt das auch noch für einen dritten Punkt?
Fast gewonnen hat man, wenn es gelingt zu zeigen, dass die symmetrische Lage optimal ist. Dazu müsste man argumentieren: Sobald der Würfel aus der symmetrischen Lage, d.h. alle acht Ecken liegen auf den Flächenmittelpunkten des Tetraeders, verdreht wird, muss er kleiner gemacht werden. Das ist leider nur ein lokales Extremum. Also würde ich bei den Ecken weiter denken.
So weit für heute, ich bin auf die nächsten Beiträge gespannt.
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> Fast gewonnen hat man, wenn es gelingt zu zeigen, dass die
> symmetrische Lage optimal ist. Dazu müsste man
> argumentieren: Sobald der Würfel aus der symmetrischen
> Lage, d.h. alle acht Ecken liegen auf den
> Flächenmittelpunkten des Tetraeders, ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
> verdreht wird, muss er kleiner gemacht werden.
Hallo chrisno,
der Würfel hat 8 Ecken, das Tetraeder aber nur 4
Flächenmittelpunkte ... hast du an ein reguläres
Oktaeder gedacht ?
LG Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:36 Mi 21.09.2011 | | Autor: | chrisno |
Oh ja, ich habe diese Beziehung Oktaeder-Würfel so verinnerlicht.
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> Die Aufgabe ist, es den maximalen Würfel zu berechnen der
> in einen gegebenen Tetraeder passt. Wenn es noch einen
> Beweis gibt, dass es sich tatsächlich um den maximalen
> Würfel handelt: Um so besser.
> Diese Frage ist mir als Jugendlichem mal in den Sinn
> gekommen und nach viel Denken habe ich damals einen Würfel
> gebastelt der auch genau in einen ebenfalls gebastelten
> Tetraeder gepasst hat. Mich interessiert heute vor allem,
> ob es einen Weg gibt zu Beweisen, dass die Lösung die man
> findet den maximalen Würfel darstellt.
>
> Diese Aufgabe ist absolut zeitunkritisch. Es geht nur um
> die Befriedigung meiner persönlichen Neugier. Wenn sich
> trotzdem Jemand die Mühe macht, sich damit zu
> beschäftigen, sage ich meinen Dank im vorraus, wenn nicht,
> kann ich damit auch leben. ;)
Hallo Oesi,
ich vermute einmal, dass du ein regelmäßiges Tetraeder
meinst. Der Begriff "Tetraeder" (ohne Zusatz) passt nämlich auf
alle viereckigen Pyramiden - oder etwas anders gesagt: auf
alle Pyramiden mit einem Dreieck als Grundfläche.
Gratuliere zu dieser Aufgabenidee ! Obwohl eigentlich relativ
naheliegend - ich habe die Aufgabe bisher nirgends angetroffen ...
Die "umgekehrte" Aufgabe, nämlich einem Würfel ein möglichst
großes regelmäßiges Tetraeder einzubeschreiben, ist ziemlich
bekannt und auch ganz einfach.
LG Al-Chw.
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Hallo Oesi,
ich habe mal ein wenig gerechnet - dabei habe ich
zwei mögliche Arten betrachtet, wie man einem
regelmäßigen Tetraeder einen Würfel einbeschreiben
kann. Ich möchte davon keine Details angeben, um
anderen den Spass an der Suche nach einer Lösung
nicht zu nehmen.
Jetzt hätte ich aber eine Frage an dich: würdest du
uns etwas über deine Lösung verraten, z.B. wie viele
Ecken deines Würfels auf der Oberfläche des Tetraeders
liegen oder wie groß das Würfelvolumen im Vergleich
zum Tetraedervolumen ist, zum Beispiel in Prozent ?
LG Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:21 Di 20.09.2011 | | Autor: | Oesi |
Ich habe damals die gleiche Orientierung herausbekommen, wie du sie weiter unten beschreibst (Würfel und Tetraeder {ja, ich meinte da einen regelmässigen} haben je eine Fläche in einer gemeinsamen Ebene).
Wieso ich davon ausging, dass es vermutlich die optimale Lösung ist, weis ich nicht mehr. Ich frage mich halt immer noch, ob es wirklich die optimale Lösung ist.
Mein Ansatz war damals, dass ich den Tetraeder auf eine Fläche stelle und den Würfel hineinstelle. Wenn ich dann eine Ebene Parallel zur Grundfläche anschaue, die in Höhe der oberen Würfelfläche liegt, habe ich ein regelmässiges Dreieck, in dem sich ein Quadrat befindet. Es ist dann leicht einsehbar (aber wohl immer noch nicht leicht zu Beweisen), dass es optimal ist, wenn das Quadrat und das Dreieck je eine Seite auf einer gemeinsamen Achse haben und die beiden restlichen Ecken die beiden anderen Seiten des Dreiecks berühren.
Welche Lösung ich dann damals herausbekommen habe, kann ich leider nicht mehr sagen, ist zu lange her.
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> Ich habe damals die gleiche Orientierung herausbekommen,
> wie du sie weiter unten beschreibst (Würfel und Tetraeder
> {ja, ich meinte da einen regelmässigen} haben je eine
> Fläche in einer gemeinsamen Ebene).
> Wieso ich davon ausging, dass es vermutlich die optimale
> Lösung ist, weis ich nicht mehr. Ich frage mich halt immer
> noch, ob es wirklich die optimale Lösung ist.
> Mein Ansatz war damals, dass ich den Tetraeder auf eine
> Fläche stelle und den Würfel hineinstelle. Wenn ich dann
> eine Ebene Parallel zur Grundfläche anschaue, die in Höhe
> der oberen Würfelfläche liegt, habe ich ein
> regelmässiges Dreieck, in dem sich ein Quadrat befindet.
> Es ist dann leicht einsehbar (aber wohl immer noch nicht
> leicht zu Beweisen), dass es optimal ist, wenn das Quadrat
> und das Dreieck je eine Seite auf einer gemeinsamen Achse
> haben und die beiden restlichen Ecken die beiden anderen
> Seiten des Dreiecks berühren.
>
> Welche Lösung ich dann damals herausbekommen habe, kann
> ich leider nicht mehr sagen, ist zu lange her.
Ja, ganz genau so habe ich mir dies auch überlegt. Wie es
sich zeigt, gibt es aber außer dieser Möglichkeit noch andere,
einen Würfel im Tetraeder unterzubringen, welche ebenfalls
zu (wenigstens lokalen) Maxima des Würfelvolumens führen.
Wenn man einmal mit Sicherheit alle grundsätzlich möglichen
Lösungen mit lokalen Maxima hat, muss man natürlich nur
noch unter diesen das größte auswählen.
Die Aufgabe ist also wirklich etwas komplex, wenn man
eine strenge Lösung verlangt. Mit den üblichen Standard-
methoden für Extremalaufgaben tut man sich dabei eher
etwas schwer. Anstatt nach dem größten Würfel könnte
man z.B. auch nach dem dem Volumen nach größten
Quader fragen (entweder mit quadratischer Grundfläche
oder ganz ohne diese Bedingung), der in das Tetraeder
passt. Damit hätte man wieder neue Aufgaben.
LG Al-Chw.
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Hallo Oesi,
in der Tat eine hübsche Aufgabe.
Ich denke, dass man im Verlauf einer mathematischen Jugend immer eine nicht nur platonische Liebe zu den platonischen Körpern entwickelt.
Die Ein- und Umbeschreibungsaufgaben sind immer dann einfach, wenn die beiden Körper zueinander dual sind. Beim Tetraeder, der zu sich selbst dual ist, ergibt sich eine besondere Aufgabenstellung, nämlich die des kleinsten einzubeschreibenden Tetraeders, oder die des größten umzubeschreibenden. Das ist nicht schwierig zu ermitteln.
Ein Würfel im Tetraeder wirft dagegen ein kleines Problem auf. Zu erwarten ist allerdings, dass die Lösung eine recht hohe Symmetrie hat und einige der Tetraeder- sowie einige der Würfelsymmetrien ausnutzt. Da diese beiden aber nicht gleich sind (die Würfelgruppe und die Tetraedergruppe sind eben verschieden), fragt sich eben, welche der Symmetrien vorkommen.
Manchmal ist bei solchen Aufgaben die Umkehrung ein Schlüssel zum Erfolg. Al-Chwarizmi hat schon auf die bekannte Aufgabe hingewiesen, dem Würfel einen Tetraeder einzubeschreiben. (Das ist übrigens auch der Ausgangspunkt bei Chrisno). Wenn man die relative Lage aller Achsen der beiden Körper beibehält und den Würfel so lange verkleinert, bis er gerade so im Tetraeder liegt, dann ist das Volumen des Würfels etwas weniger als ein Sechstel des Tetraedervolumens.
Es gibt allerdings noch eine ausgezeichnete Lage, bei der der einbeschriebene Würfel etwas mehr als ein Fünftel des Tetraedervolumens hat.
Ob das nun der größtmögliche Würfel ist, weiß ich nicht, aber die Symmetrieüberlegungen weisen darauf hin. Als Beweis werden sie aber nicht genügen.
Übrigens ist die Aufgabe in kartesischen Koordinaten u.U. leichter lösbar, wenn man sie umkehrt formuliert: Wie groß ist das kleinste Tetraeder, das einen gegebenen Würfel vollständig einschließt?
Grüße
reverend
PS: Es gibt übrigens drei Lagen, die der größere der o.g. Würfel im Tetraeder haben kann; der kleinere hat nur eine mögliche.
Mir ergibt sich noch eine Zusatzfrage, die mit der Aufgabe eigentlich nichts zu tun hat: wenn ich die drei Lagen des Würfels nehme und nur die Ecken dieser drei Würfel nehme, kann ich daraus einen konvexen Körper mit 24 Ecken konstruieren. Hat dieser Körper einen Namen? Und welche Symmetriegruppe hat er? Wenn ich recht sehe, müssen sowohl die Tetraedergruppe als auch die Würfelgruppe Untergruppen seiner Symmetriegruppe sein (ersteres bestimmt, bei der zweiten Aussage bin ich nicht so sicher).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:39 Di 20.09.2011 | | Autor: | rabilein1 |
> Es gibt übrigens drei Lagen, die der größere der o.g. Würfel
> im Tetraeder haben kann; der kleinere hat nur eine mögliche.
Wenn die Anzahl der Lagen und Lage der möglichen Lagen bekannt ist, wieso ist es dann so schwierig, den Würfel mit dem maximalen Volumen zu bestimmen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:23 Di 20.09.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo rabilein,
> Wenn die Anzahl der Lagen und Lage der möglichen Lagen
> bekannt ist, wieso ist es dann so schwierig, den Würfel
> mit dem maximalen Volumen zu bestimmen?
Schwierig ist der Nachweis, dass es keinen größeren Würfel geben kann. Für die beiden ermittelten Würfel gilt, dass kleine Verschiebungen der Ecken den Würfel kleiner machen, es sich also in beiden Fällen um ein lokales Maximum handelt.
Problematisch ist vor allem, eine allgemeine Funktion für den größten Würfel in beliebiger Lage anzugeben. Wenn man die hätte, wäre die Extremwertbestimmung ja ein Klacks.
Grüße
reverend
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> Hallo Oesi,
>
> in der Tat eine hübsche Aufgabe.
... und irgendwie sonderbar, dass sie nicht auch in
Schulbüchern anzutreffen ist. Für das übliche Schema-F-
Lösungsverfahren bei Extremwertaufgaben ist sie aber halt
offenbar zu schwierig.
> Manchmal ist bei solchen Aufgaben die Umkehrung ein
> Schlüssel zum Erfolg. Al-Chwarizmi hat schon auf die
> bekannte Aufgabe hingewiesen, dem Würfel einen Tetraeder
> einzubeschreiben. (Das ist übrigens auch der Ausgangspunkt
> bei Chrisno). Wenn man die relative Lage aller Achsen der
> beiden Körper beibehält und den Würfel so lange
> verkleinert, bis er gerade so im Tetraeder liegt, dann ist
> das Volumen des Würfels etwas weniger als ein Sechstel des
> Tetraedervolumens.
Nach meiner Rechnung exakt ein Neuntel - oder habe ich mich
verrechnet ?
> Es gibt allerdings noch eine ausgezeichnete Lage, bei der
> der einbeschriebene Würfel etwas mehr als ein Fünftel des
> Tetraedervolumens hat.
fast 22% , nicht wahr ?
Übrigens ist auch die Frage nach dem volumengrößten
Würfel und nach dem volumengrößten Quader, welche
in ein reguläres Oktaeder passen, nicht ganz ohne -
obwohl leichter als die vorliegende Aufgabe mit dem
Würfel im Tetraeder.
LG Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:13 Di 20.09.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
> ... und irgendwie sonderbar, dass sie nicht auch in
> Schulbüchern anzutreffen ist. Für das übliche
> Schema-F-
> Lösungsverfahren bei Extremwertaufgaben ist sie aber
> halt
> offenbar zu schwierig.
Ja, der Extremwertanteil ist in der Tat mühsam.
> Nach meiner Rechnung exakt ein Neuntel - oder habe ich
> mich
> verrechnet ?
Ich bekomme da etwa 15,53% heraus. Die genaue Kantenlänge ist [mm] \bruch{\wurzel{10}}{12}t, [/mm] wobei t die Kantenlänge des Tetraeders ist.
Vier der Würfelecken liegen in den Flächenmittelpunkten des Tetraeders.
> > Es gibt allerdings noch eine ausgezeichnete Lage, bei der
> > der einbeschriebene Würfel etwas mehr als ein Fünftel des
> > Tetraedervolumens hat.
>
> fast 22% , nicht wahr ?
Naja, 21,32% sagt Excel.
> Übrigens ist auch die Frage nach dem volumengrößten
> Würfel und nach dem volumengrößten Quader, welche
> in ein reguläres Oktaeder passen, nicht ganz ohne -
> obwohl leichter als die vorliegende Aufgabe mit dem
> Würfel im Tetraeder.
Eben. Die sind mit schulischen Mitteln als Extremwertaufgabe zu behandeln, meine ich.
Grüße
reverend
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> > Nach meiner Rechnung exakt ein Neuntel - oder habe ich
> > mich
> > verrechnet ?
>
> Ich bekomme da etwa 15,53% heraus. Die genaue Kantenlänge
> ist [mm]\bruch{\wurzel{10}}{12}t,[/mm] wobei t die Kantenlänge des
> Tetraeders ist.
[mm] \wurzel{10} [/mm] bei Tetraeder und Würfel in solcher Lage - das kann
doch kaum sein ... 
> Vier der Würfelecken liegen in den Flächenmittelpunkten
> des Tetraeders.
Ich bin vom achsenparallelen Würfel mit den Eckpunkten
(±1|±1|±1) ausgegangen. Der Würfel hat den Mittelpunkt
O(0|0|0) und die Kantenlänge 2 . Vier der Würfelecken,
darunter A(-1|-1|-1) , spannen ein reg. Tetraeder ABCD
auf. Nun wird der Würfel durch eine zentrische Streckung
mit Zentrum O(0|0|0) "gezoomt", und zwar so, dass der
Punkt [mm] \overline{A}(1|1|1) [/mm] auf den ihm am nächsten liegenden Seiten-
mittelpunkt M (des Dreiecks BCD) abgebildet wird. Die
Ebene BCD hat die Gleichung x+y+z=1, und M ist der in
ihr liegende Punkt mit x=y=z und also [mm] x=y=z=\frac{1}{3}. [/mm]
Folglich ist der lineare "Zoomfaktor" der Abbildung gleich [mm] \frac{1}{3}.
[/mm]
Der ursprüngliche Würfel hat das Volumen [mm] 2^3=8, [/mm] das
Tetraeder ABCD das Volumen [mm] \frac{8}{3} [/mm] und das im Tetraeder
liegende Würfeli das Volumen [mm] \frac{8}{27} [/mm] , also ein Neuntel
des Tetraedervolumens.
>
> > > Es gibt allerdings noch eine ausgezeichnete Lage, bei der
> > > der einbeschriebene Würfel etwas mehr als ein Fünftel des
> > > Tetraedervolumens hat.
> >
> > fast 22% , nicht wahr ?
>
> Naja, 21,32% sagt Excel.
Dann scheint es, dass wir doch nicht denselben Würfel
meinen.
Ich habe 21.985% erhalten. Bei einem solchen Würfel liegt
eine Seitenfläche ganz im Inneren eines Seitendreiecks
des Tetraeders. Zwei weitere Ecken (durch eine Würfel-
kante verbunden) liegen in einer weiteren Seitenfläche
des Tetraeders. Die letzten zwei Würfelecken liegen in
je einer der übrigen Tetraederseitenflächen.
In ein vorgegebenes reg. Tetraeder könnte man einen
solchen Würfel auf 12 verschiedene Arten hineinlegen.
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:09 Di 20.09.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
spannend. Die Aufgabe hat es doch in sich.
Über Deinen ersten Würfel muss ich heute Abend mal nachdenken, ich gehe gleich erst einmal ca. 8h arbeiten, nicht dass ich nicht schon hätte...
Die zweite Lage habe ich nur abgeschätzt und wieder verworfen, aber offenbar voreilig. Dein Würfel ist ja tatsächlich noch größer. Vor allem wundert mich aber, dass er überhaupt nur eine einzige der Symmetrien von Tetraeder und Würfel verwendet (eine Spiegelebene).
Ich habe vorhin einen Ansatz versucht, einen Würfel mit Kantenlänge 2 im kartesischen Koordinatensystem zu platzieren und dann einen beliebig gedrehten Tetraeder gerade so drumherum zu legen, dass der Würfel ganz im Innern des Tetraeders liegt und das Tetraeder nicht kleiner sein dürfte, ohne diese Bedingung zu verletzen. Das ist nicht einfach zu formulieren (in Gleichungen, meine ich).
Deine Lösung hätte ich dabei aber nicht gefunden, weil mein Ansatz schon davon ausging, dass die Mittelpunkte von Tetraeder und Würfel zusammenfallen. Wenn ich recht sehe, tun sie das in Deiner Lösung doch nicht, oder?
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:22 Di 20.09.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
ich habe meine beiden Lösungen nochmal nachgerechnet, aber keinen Fehler gefunden.
Der Würfel, der vier Ecken in den Seitenmittelpunkten des Tetraeders hat, hat die Kantenlänge [mm] w=\bruch{1}{12}\wurzel{10}*t.
[/mm]
Der andere Würfel liegt so, dass vier seiner Kanten (und damit alle Ecken) in jeweils einer der Tetraederseiten liegen und hat die Kantenlänge [mm] w=\left(1-\bruch{1}{2}\wurzel{2}\right)t.
[/mm]
Damit ergeben sich die genannten Prozentangaben, wobei das Tetraedervolumen ja [mm] V_T=\bruch{1}{12}\wurzel{2}*t^3 [/mm] ist.
Grüße
reverend
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> Hallo Al,
>
> spannend. Die Aufgabe hat es doch in sich.
> Über Deinen ersten Würfel muss ich heute Abend mal
> nachdenken, ich gehe gleich erst einmal ca. 8h arbeiten,
> nicht dass ich nicht schon hätte...
Ich dachte aber, dass dies genau derselbe wäre, den
du auch genannt hast. Für den Würfel, den ich hier
meine, gilt, dass der Inkugelradius des Tetraeders mit
dem Umkugelradius des Würfels übereinstimmt.
Die Ecken des Würfels sind erstens die 4 Mittelpunkte
der Tetraederseitenflächen und zweitens die daraus
durch Spiegelung am Körpermittelpunkt erhaltenen
Punkte (die liegen im Inneren des Tetraeders, jeder
auf einer Körperhöhe des Tetraeders). Dass dieser
Würfel aber noch nicht der größte sein kann, schien
mir ziemlich rasch klar.
> Die zweite Lage habe ich nur abgeschätzt und wieder
> verworfen, aber offenbar voreilig. Dein Würfel ist ja
> tatsächlich noch größer. Vor allem wundert mich aber,
> dass er überhaupt nur eine einzige der Symmetrien von
> Tetraeder und Würfel verwendet (eine Spiegelebene).
>
> Ich habe vorhin einen Ansatz versucht, einen Würfel mit
> Kantenlänge 2 im kartesischen Koordinatensystem zu
> platzieren und dann einen beliebig gedrehten Tetraeder
> gerade so drumherum zu legen, dass der Würfel ganz im
> Innern des Tetraeders liegt und das Tetraeder nicht kleiner
> sein dürfte, ohne diese Bedingung zu verletzen. Das ist
> nicht einfach zu formulieren (in Gleichungen, meine ich).
>
> Deine Lösung hätte ich dabei aber nicht gefunden, weil
> mein Ansatz schon davon ausging, dass die Mittelpunkte von
> Tetraeder und Würfel zusammenfallen. Wenn ich recht sehe,
> tun sie das in Deiner Lösung doch nicht, oder?
Klar. Natürlich tun sie dies nicht.
> Grüße
> reverend
Dir ebenfalls !
Al
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Hallo zusammen !
wir haben schon gesehen, dass es verschiedene Arten gibt,
im Tetraeder einen Würfel zu platzieren, der durch kleine
Veränderungen nicht mehr vergrößert werden kann, ohne
irgendwo über das Tetraeder hinauszuragen.
Von diesen verschiedenen Möglichkeiten führt vermutlich
die zum allergrößten ins (regelmäßige) Tetraeder passenden
Würfel, bei welcher dieser mit einer seiner Seitenflächen
auf einer der Tetraederseitenflächen aufliegt.
Ich habe nun einmal mittels 3D-Geometer eine Konstruktion
durchgeführt, um diese Lösung zu illustrieren.
Ich stelle das Tetraeder mit seiner Grundfläche ABC auf
die x-y-Ebene, dass der Schwerpunkt von ABC im Ursprung
liegt. Die Spitze D des Tetraeders liegt dann auf der z-Achse.
Das Koordinatensystem habe ich in der Zeichnung der
Übersichtlichkeit zuliebe weggelassen. Für meine rechneri-
sche Lösung habe ich den Punkt C auf die y-Achse gelegt
und für das Dreieck ABC den Umkreisradius r=2 gewählt.
Dann erhalten die Eckpunkte des Tetraeders die Koordinaten
[mm] A(-\sqrt{3}\,|\,-1\,|\,0\,) [/mm] , [mm] B(\sqrt{3}\,|\,-1\,|\,0\,) [/mm] , [mm] C(0\,|\,0\,|\,2\,\sqrt{2}\,) [/mm] , [mm] D(0\,|\,0\,|\,2\,\sqrt{2}\,)
[/mm]
Nun soll also der Würfel PQRSTUVW gesucht werden, dessen
Grundquadrat PQRS in der x-y-Ebene liegt, dessen Eckpunkte
T und U in der Ebene ABD sowie V in BCD und W in ACD liegen.
Analog wie Oesi sich das offenbar vor langer Zeit ausgedacht hat,
kann man sich nun vorstellen, dass die Ebene TUVW der Deck-
fläche des Würfels das Tetraeder in einem zum Grunddreieck
ABC ähnlichen, also ebenfalls gleichseitigen Dreieck A*B*C*
schneiden muss. Dabei liegen die Punkte T,U,V,W auf dem
Rand dieses Dreiecks. Projiziert man TUVW zentral vom
Punkt D aus auf die x-y-Ebene, so erhält man ein dem
Grunddreieck ABC einbeschriebenes Quadrat [mm] T_PU_PV_PW_P.
[/mm]
Dieses kann man auch konstruieren bzw. berechnen,
ohne den einbeschriebenen Würfel und damit die
Punkte T,U,V,W überhaupt schon zu kennen. Von diesem
Quadrat habe ich nur die zwei Ecken [mm] U_P [/mm] und [mm] V_P [/mm] in der
Zeichnung eingetragen.
Jetzt bleibt, um endlich den Würfel zu bestimmen, noch
die Frage, wie man jetzt einen von dessen Eckpunkten
bestimmen kann. Nehmen wir dazu etwa den Punkt V.
Ich gehe einmal davon aus, dass die Interessierten, die
die Lösung nachvollziehen möchten, in der Lage sind,
z.B. den Punkt [mm] V_P [/mm] zu bestimmen. Nun muss V bestimmt
auf der Mantellinie [mm] DV_P [/mm] der Pyramide liegen. ferner kann
man sich klar machen, dass V in jener Ebene liegen muss,
die durch die y-Achse (Gerade durch O und C) und die
dazu parallele Würfelkante UV aufgespannt wird. Gut ist
auch hier, dass wir weder U noch V kennen müssen, um
diese Ebene zu bestimmen. Schaut man sich nämlich das
Ganze aus der Richtung der y-Achse an, so sieht man,
dass diese Ebene gegenüber der x-y-Ebene einen Neigungs-
winkel [mm] \varphi [/mm] mit [mm] tan(\varphi)=2 [/mm] haben muss - oder anders ausgedrückt:
diese Ebene muss die Gleichung [mm] z=2\,x [/mm] haben.
So erhält man also den Punkt V als Durchstoßpunkt
der Geraden [mm] DV_P [/mm] mit dieser Ebene [mm] z=2\,x [/mm] .
Damit ist alles Nötige gesagt, um das Ganze entweder
rechnerisch oder konstruktiv durchzuführen.
Das Wichtigste, was wir wissen wollten, ist natürlich:
Wie groß ist nun dieser Würfel im Vergleich zum Tetraeder ?
Die Lösung:
[mm] $\frac{W\ddot urfelkante}{Tetraederkante}\ [/mm] =\ [mm] \frac{2*\sqrt{3}}{4+3*\sqrt{2}+2*\sqrt{3}}\ \approx\ [/mm] 0.296$
[mm] $\frac{W\ddot urfelvolumen}{Tetraedervolumen}\ \approx\ [/mm] 0.220$
LG Al-Chw.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hier noch zwei weitere Bilder von Würfeln, die einem
regelmäßigen Tetraeder einbeschrieben sind.
Beim ersten Bild handelt es sich um einen Würfel
PQRSTUVW , welcher jede der vier Seitenflächen des
Tetraeders mit einer seiner Ecken in deren Schwerpunkt
berührt, nämlich:
P ist Schwerpunkt von ABC
R ist Schwerpunkt von BCD
U ist Schwerpunkt von ABD
W ist Schwerpunkt von ACD
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dies ist der kleinste mögliche Würfel, welcher alle 4
Seitenflächen des Tetraeders berührt. Ihn könnte man
durch minimale Änderungen (die eine Drehung
und eine Streckung beinhalten müssten) vergrößern,
ohne dass er aus dem Tetraeder herausragen würde.
Man kann sich dies klar machen, wenn man bedenkt,
dass die dem Würfel umbeschriebene Kugel ganz inner-
halb des Tetraeders liegt. Dreht man also zuerst den
Würfel innerhalb seiner Umkugel um einen kleinen
Drehwinkel [mm] \varepsilon [/mm] so, dass alle 4 Punkte P,R,U,W ihre vor-
herige Position verlassen, kann man anschließend
den Würfel ein wenig dehnen, bis die erste dieser
4 Ecken wieder an die Seitenfläche des Tetraeders
stößt. In diesem Sinne handelt es sich dabei also
nicht um ein lokales Maximum.
Das zweite Bild zeigt einen jener speziellen Würfel,
welcher jede der vier Seitenflächen des Tetraeders mit
einer seiner Kanten berührt, nämlich:
Kante [mm] \overline{PQ} [/mm] liegt in ABC (parallel zu [mm] \overline{AB})
[/mm]
Kante [mm] \overline{RV} [/mm] liegt in BCD (parallel zu [mm] \overline{CD})
[/mm]
Kante [mm] \overline{SW} [/mm] liegt in ACD (parallel zu [mm] \overline{CD})
[/mm]
Kante [mm] \overline{TU} [/mm] liegt in ABD (parallel zu [mm] \overline{AB})
[/mm]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Es liegen also hier alle acht Würfeleckpunkte in der
Oberfläche des Tetraeders. Die dem Würfel umbeschrie-
bene Kugel ragt über das Tetraeder hinaus. Dennoch
scheint es nicht ganz trivial, zu beweisen, dass diese
Würfelposition einem lokalen Maximum der Größe des
Würfels (Kantenlänge bzw. Volumen) entsprechen muss.
LG Al-Chwarizmi
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:16 Do 22.09.2011 | | Autor: | rabilein1 |
Eines finde ich ja an der Mathematik immer wieder faszinierend (bzw. höchst erstaunlich):
Da waren die Menschen bereits im Mittelalter (?) in der Lage, die Laufbahn von Planeten zu berechnen, oder vor 40 Jahren, zum Mond zu fliegen.
Und dann stellt eine scheinbar so einfache Aufgabe, wie einen größtmöglichen Würfel in einem Tetraeder unterzubringen, selbst gestandene Mathematiker vor so ein großes Problem.
Kann man das nicht "praktisch" lösen? = Also, man stelle einen Tetrader her mit einer Kantenlänge von 5 Metern - aus Plexiglas oder Pappmaschée oder ähnlichem. Und darin bringe man einen Würfel und drehe diesen in alle möglichen Positionen, und wenn noch Luft ist, dann wird der Würfel vergrößert. Das Spiel wird solange fortgesetzt, bis es nicht mehr geht.
Was würde so ein "Experiment" kosten? - Da sind doch bestimmt noch ein paar Euro im Bildungs-Etat drin.
Und wenn alles nichts hilft ... dann geht bestimmt noch das berühmte Al-Chwarizmische Simulationsprogramm, dass aus mehreren Millionen Möglichkeiten die optimalste findet.
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Hallo rabilein,
mit der Überschrift "faszinierende Mathematik" bin ich voll
und ganz einverstanden. Die vorliegende Aufgabe zeigt auch
einiges davon.
Im Übrigen handelt es sich aber hier keineswegs um eine
der (ebenfalls existierenden) Aufgaben, über deren Lösbarkeit
Unklarheit besteht. Dass wir "die Lösung" nicht einfach so ganz
leicht aus dem Ärmel schütteln können, liegt daran, dass man
eine Reihe von Fällen betrachten muss und dass dabei auch die
räumliche Anschauung stärker gefordert ist als bei den üblichen
geometrischen Extremwertaufgaben.
Simulation hielte ich hier nicht für eine angemessene Methode,
und überdies wäre auch eine solche nicht ganz einfach zu
programmieren. Ein räumliches Modell (ich habe mir aus Karton
eines gebastelt) kann aber der Anschauung auf die Sprünge
helfen.
Dass wir uns mit der Aufgabe jetzt doch recht ausführlich
befassen, hat vor allem damit zu tun, dass wir denken, sie
sei interessant und lehrreich auch für andere, die hier herein-
schauen. Ein "großes Problem" ist sie aber nicht - zugänglich
ist sie deshalb für sehr viele mit mathematischem Interesse.
Gewundert habe ich mich aber, sie sonst noch nirgends an-
getroffen zu haben.
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:21 Do 22.09.2011 | | Autor: | rabilein1 |
> Gewundert habe ich mich aber, diese Aufgabe sonst noch nirgends an getroffen zu haben.
Ja, genau das wundert mich auch, dass so eine Aufgabe so selten ist.
Denn von der Konstruktion her ist sie doch eigentlich simpel (im Vergleich zu der Aufgabe, den größtmöglichen Ikosaeder in einem Dodekaeder unterzubringen oder auch umgekehrt).
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> > Gewundert habe ich mich aber, diese Aufgabe sonst noch
> nirgends angetroffen zu haben.
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> Ja, genau das wundert mich auch, dass so eine Aufgabe so
> selten ist.
>
> Denn von der Konstruktion her ist sie doch eigentlich
> simpel (im Vergleich zu der Aufgabe, den größtmöglichen
> Ikosaeder in einem Dodekaeder unterzubringen oder auch
> umgekehrt).
Nicht unbedingt.
Dodekaeder und Ikosaeder haben die angenehme Eigenschaft,
dass sie zueinander dual sind, so wie Würfel und Oktaeder.
Das vereinfacht derartige Aufgaben aus Symmetriegründen
erheblich. Würfel und Tetraeder sind nicht dual.
Abgesehen davon sind derartige Aufgaben eine Sparte der
Schulmathematik, die genau in derselben Form in praktischen
Anwendungen doch eher selten vorkommen.
Ganz ähnlich aussehende Probleme, z.B. die Frage, wie man
eine vorgegebene Menge quaderförmiger Kisten ev. verschie-
dener Formate anordnen soll, um sie in einem ebenfalls qua-
derförmigen Container möglichst platzsparend unterzubringen,
gehören zu den echt schwierigen mathematischen Problemen.
Natürlich haben gewisse Transportspezialisten, die täglich
Umzugsgüter verladen, eine große Erfahrung darin und
erreichen meistens gute Ergebnisse. Dieselbe Frage, aber
unter dem Anspruch, ein absolutes Optimum zu finden, ist
aber auch mit Computerunterstützung sehr, sehr schwierig.
LG
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:41 Do 22.09.2011 | | Autor: | Oesi |
Die Schwierigkeit bei deinem Lösungsansatz ist in dem "und drehe diesen in alle möglichen Positionen". Wie stellst du sicher, dass du auch wirklich keine Position auslässt? Ausserdem ignorierst du, dass du den Würfel ja auch noch verschieben kannst.
LG,
Bernd
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Hallo rabilein,
du hast mich mit deiner Frage nach einer Simulation jetzt
doch dazu angeregt, eine solche zu machen. Die musste
ich allerdings ganz neu erstellen, ohne ein vorhandenes
Programm nutzen zu können. Gereizt haben mich vor allem
die mit der Erstellung einer solchen Simulation verbundenen
geometrischen Fragen, nämlich:
1.) Wie erzeugt man Tetraeder in zufälligen gedrehten Lagen
so, dass ihre Orientierungen im Raum gleichverteilt sind ?
(die Gleichverteilung ist zwar für die vorliegende Aufgabe
nicht wesentlich)
2.) Wie berechnet man das Volumen eines reg. Tetraeders
aus den Abständen seiner Seitenebenen von einem
bekannten Punkt in seinem Inneren ? (siehe diesen Thread)
Nachdem ich nach einem blöden Fehler stundenlang gesucht
habe, funktioniert es jetzt. Es berechnet viele zufällig
gedrehte regelmäßige Tetraeder und lässt ihre Seitenebenen
so zusammenrücken, dass diese alle einen vorgegebenen
Würfel von außen berühren. Von jedem dieser geschrumpften
Tetraeder wird das Volumen berechnet und dann der Quotient
$\ Q\ =\ [mm] \frac{W\ddot urfelvolumen}{Tetraedervolumen}$
[/mm]
berechnet. Von all diesen Quotienten wird das Minimum und
das Maximum ermittelt. In einigen Serien von insgesamt über
einer Million Tetraedern ergab sich
$\ [mm] Q_{min}\ [/mm] =\ [mm] 0.111125\qquad Q_{max}\ [/mm] =\ 0.219432$
Der in der Simulation experimentell gefundene Wert [mm] Q_{min} [/mm]
ist ganz knapp über dem exakten Minimum von [mm] $\frac{1}{9}\ [/mm] =\ 0.111111....$
Dieses entspricht dem Fall des Tetraeders im ersten Bild in
diesem Artikel.
Das in der Simulation gefundene Maximum [mm] Q_{max} [/mm] liegt knapp
unter dem Wert, der bei dieser Lösung herausgekommen ist.
LG Al-Chw.
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Wenn man diese Aufgabe nach dem normalen Muster
lösen will, nach welchem üblicherweise Extremwert-
aufgaben gelöst werden, müsste man etwa so vorgehen:
1.) Anstatt den größten Würfel zu suchen, der in ein
vorgegebenes reg. Tetraeder passt, sucht man das
kleinste reg. Tetraeder, das einem vorgegebenen
Würfel umbeschrieben werden kann. Für diesen
Würfel nimmt man z.B. denjenigen mit den Eck-
punkten (±1,±1,±1).
2.) Um die (Dreh-) Lage eines Tetraeders zu beschrei-
ben, welches dem Würfel umbeschrieben ist, sind
drei Winkel erforderlich. Die ersten beiden definieren
die Richtung des Normalenvektors einer der vier
Seitenebenen des Tetraeders und der dritte regelt
die Lage der anderen drei Normalenvektoren.
3.) Für jede Wahl der drei Winkel, sagen wir [mm] (\varphi,\theta,\psi)
[/mm]
könnte man nun die vier Ebenen so nahe wie möglich
an den Nullpunkt heranrücken, nämlich gerade so nahe,
dass der fixe Würfel gerade berührt wird (in einer
Ecke, längs einer Kante oder in einer Seitenfläche).
Aus den Ergebnissen lässt sich das Volumen des
Tetraeders berechnen.
4.) Das besagte Volumen ist dann eine Funktion
V: [mm] \IR^3\to\IR [/mm] , welche (infolge der Eckigkeit des
Würfels) stückweise definiert, aber doch immerhin
stetig ist.
5.) Auf diese Funktion könnte man dann den üblichen
Apparat anwenden: mögliche lokale Extrempunkte
und Punkte entlang der Linien, wo die Definition
wechselt, einander gegenüberstellen und dann
darunter jene(n) heraussuchen, der zum absoluten
Maximum führt.
Das Ganze könnte aber recht umständlich werden und
wohl kaum schneller zum Ziel führen als die Untersuchung
nach anschaulichen Überlegungen, die zwar zugegebener-
maßen auch nicht einfach ist.
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:25 Fr 23.09.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
das ist eine sehr gute, genaue und gangbare Übersetzung der Aufgabe in einen zumindest prinzipiell machbaren Weg. Ich hätte gewiss nichts Besseres anzubieten. Im Detail mag man anders vorgehen oder formulieren können, an der Sache an sich ändert das aber alles nichts.
Die Aufgabe ist darin prekär, dass sie ausnehmend einfach darzulegen ist, aber doch so schwierig mit den gängigen Mitteln fassbar bleibt.
> Wenn man diese Aufgabe nach dem normalen Muster
> lösen will, nach welchem üblicherweise Extremwert-
> aufgaben gelöst werden, müsste man etwa so vorgehen:
>
> 1.) Anstatt den größten Würfel zu suchen, der in ein
> vorgegebenes reg. Tetraeder passt, sucht man das
> kleinste reg. Tetraeder, das einem vorgegebenen
> Würfel umbeschrieben werden kann. Für diesen
> Würfel nimmt man z.B. denjenigen mit den Eck-
> punkten (±1,±1,±1).
Das ist wohl in der Tat der praktikabelste Ansatz. Ich meine, Ähnliches schon früher in der Diskussion erwähnt, aber nicht ausgearbeitet zu haben.
> 2.) Um die (Dreh-) Lage eines Tetraeders zu beschrei-
> ben, welches dem Würfel umbeschrieben ist, sind
> drei Winkel erforderlich. Die ersten beiden
> definieren
> die Richtung des Normalenvektors einer der vier
> Seitenebenen des Tetraeders und der dritte regelt
> die Lage der anderen drei Normalenvektoren.
Korrekt. Aufgrund der Symmetrien des Tetraeders gibt es allerdings zwölf unterschiedliche Beschreibungen für jede Lage des Tetraeders.
> 3.) Für jede Wahl der drei Winkel, sagen wir
> [mm](\varphi,\theta,\psi)[/mm]
> könnte man nun die vier Ebenen so nahe wie möglich
> an den Nullpunkt heranrücken, nämlich gerade so
> nahe,
> dass der fixe Würfel gerade berührt wird (in einer
> Ecke, längs einer Kante oder in einer
> Seitenfläche).
> Aus den Ergebnissen lässt sich das Volumen des
> Tetraeders berechnen.
Ausgezeichnete Idee.
> 4.) Das besagte Volumen ist dann eine Funktion
> V: [mm]\IR^3\to\IR[/mm] , welche (infolge der Eckigkeit des
> Würfels) stückweise definiert, aber doch immerhin
> stetig ist.
Dito.
> 5.) Auf diese Funktion könnte man dann den üblichen
> Apparat anwenden: mögliche lokale Extrempunkte
> und Punkte entlang der Linien, wo die Definition
> wechselt, einander gegenüberstellen und dann
> darunter jene(n) heraussuchen, der zum absoluten
> Maximum führt.
Eben. So wird es prinzipiell machbar. Doch es bleibt ein "aber".
> Das Ganze könnte aber recht umständlich werden und
> wohl kaum schneller zum Ziel führen als die Untersuchung
> nach anschaulichen Überlegungen, die zwar zugegebener-
> maßen auch nicht einfach ist.
Man sieht an diesem Thread, wie mühsam das werden kann. Ein weiterer Fall ist noch offen, vielleicht sogar zwei. Al und ich haben offenbar Gefallen an der Aufgabe gefunden und auch darüber per PN kommuniziert, um den Thread nicht unnötig aufzublähen. Ergebnisse werden natürlich hier eingestellt. Da ich im Moment kaum Zeit habe, ist die ganze Arbeit der Berechnung und der grafischen Darstellung komplett bei Al-Chwarizmi gelandet. An dieser Stelle einen herzlichen (und öffentlichen) Dank dafür!
Wie mühsam der skizzierte Weg aber ist, zeigt sich z.B. in folgender Weise: Bisher sind drei fast gleich große Würfel gefunden, die Anspruch erheben könnten, die Aufgabe zu lösen. Da sie sich aber in der Größe unterscheiden, kann nur einer die Krone davontragen.
Der größte davon kann auf zwölf Weisen in ein Tetraeder gelegt werden. Im obigen Ansatz heißt das, man findet 12 unterschiedliche Tetraeder gleicher Größe, die um einen gegebenen Würfel gelegt werden können. Und jeder kann auf 12 Weisen beschrieben werden - also 144 Lösungen.
Der zweitgrößte kann nur auf drei Weisen in das Tetraeder gelegt werden - also 36 Lösungen.
Der drittgrößte (noch nicht überprüft und daher hier auch nicht eingestellt, aber höchstwahrscheinlich richtig identifizierte) kann auf acht Weisen in das Tetraeder gelegt werden - also 96 Lösungen.
Das macht die Auswertung des Ansatzes eben so schwierig. Durch Begrenzung von Drehwinkeln kann die Zahl der Lösungen gedrittelt, womöglich sogar gezwölftelt werden, aber auch dann bleiben 23 Lösungen (heißt: lokale Maxima), soweit bisher bekannt. Diese reduzieren sich schließlich zwar aufgrund von Symmetrien auf die drei genannten Würfel, die sich in ihrer Kantenlänge insgesamt nur um etwa 2% unterscheiden.
***
Wenn man die Aufgabe auf eine beliebige Dreieckspyramide (also mit vier Ecken, die nicht in einer Ebene liegen) und einen Quader verallgemeinert, hätte man sicher genug Arbeit, um damit seinen Bachelor zu machen. Das ist keineswegs abwertend gemeint!
Also: Was ist der größte Quader, der in eine gegebene Dreieckspyramide einbeschrieben werden kann? (Viel Erfolg dabei...!)
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:29 Fr 23.09.2011 | | Autor: | Oesi |
Dem Dank von Reverend möchte ich mich anschließen! Vor allem (aber nicht nur) an Al-Chwarizmi geht mein Dank, auch wenn die eigentliche Herausforderung (der Beweis, dass ein bestimmter Würfel der Größte ist) noch fehlt, immerhin ist ja nun ein Weg aufgezeigt worden, auf dem auch das Problem zu lösen ist.
LG,
Bernd.
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> > 4.) Das besagte Volumen ist dann eine Funktion
> > V: [mm]\IR^3\to\IR[/mm] , welche (infolge der Eckigkeit des
> > Würfels) stückweise definiert, aber doch immerhin stetig ist.
> > 5.) Auf diese Funktion könnte man dann den üblichen
> > Apparat anwenden: mögliche lokale Extrempunkte
> > und Punkte entlang der Linien, wo die Definition
> > wechselt, einander gegenüberstellen und dann
> > darunter jene(n) heraussuchen, der zum absoluten
> > Maximum führt.
>
> Eben. So wird es prinzipiell machbar. Doch es bleibt ein
> "aber".
Ja. ein ziemlich dickes. Ich habe mal mittels Mathematica die
Funktion der drei Variablen phi, theta und psi beschrieben,
welche zu untersuchen wäre. So sieht sie (abgesehen von
konstanten Faktoren) aus:
[Dateianhang nicht öffentlich]
LG Al-Chw.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:01 Sa 24.09.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
ich glaube, das möchte ich gar nicht überprüfen.
Sobald Formeln in Quadratmetern gemessen werden, überlasse ich sie gern CAS-Anwendungen, oder aber andern Menschen, die gerne viel schreiben.
Ansonsten bevorzuge ich elegante Lösungen, die wenig Schreibarbeit erfordern.
Leider scheint das hier ja nicht zu helfen.
Dein heuristischer Versuch deutet darauf, dass die Aufgabe fast abgeschlossen ist, auch wenn selbst 200 Millionen weitere Versuche noch keine Garantie ergäben, dass der größte Würfel schon gefunden ist. Doch mit jedem Versuch wird es unwahrscheinlicher, dass es noch Überraschungen gibt.
Herzliche Grüße
reverend
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Die Zielfunktion ließ sich doch immerhin noch vereinfachen.
Ich habe in diese (abgeänderte) Funktion dann für zwei
der drei Winkel feste Werte eingegeben, um die verblei-
bende Funktion einer Variablen grafisch darstellen zu
können.
Hier das Resultat:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Man erhält daraus immerhin eine qualitative Vorstellung
von der Art der betrachteten Funktion. Eine weitere
Behandlung mit den Mitteln der Analysis erspare ich
mir aber gerne ...
Nachtrag:
Die hier gezeigte Grafik kann in zweierlei Hinsicht irreführend
sein:
1.) die Skala auf der vertikalen Achse steht nicht etwa für
das Würfelvolumen in Prozent des Tetraedervolumens
2.) die größten Würfel entsprechen nicht den "runden" Hoch-
punkten, sondern den "spitzen" Tiefpunkten in diesem Bild
Ein paar bessere Ansichten findet ihr da: "wildes Gebirge"
LG Al-Chw.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:33 Sa 24.09.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
vielen Dank für die Mühe der Erstellung, wobei mir klar ist, dass der Aufwand für die allgemeine Funktion viel höher war. Das Festsetzen zweier Winkel ist dann wahrscheinlich in Mathematica nicht mehr so schwierig.
Jedenfalls ist das ein erhellender Funktionsplot. So ähnlich hatte ich mir einen Schnitt durch die Funktion vorgestellt, aber nicht angenommen, dass es auch noch lokale Maxima in der Größenordnung zwischen 17 und 18 Prozent gibt. Die Aufgabe erweist sich als noch deutlich trickreicher als gedacht.
Ich komme wohl doch erst Montag dazu, die letzte Position zu überprüfen, erwarte aber keine Überraschungen mehr.
Herzliche Grüße
reverend
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> Hallo Al,
>
> vielen Dank für die Mühe der Erstellung, wobei mir klar
> ist, dass der Aufwand für die allgemeine Funktion viel
> höher war.
Im Rückblick betrachtet war es gar nicht sooo schlimm
> Das Festsetzen zweier Winkel ist dann
> wahrscheinlich in Mathematica nicht mehr so schwierig.
>
> Jedenfalls ist das ein erhellender Funktionsplot. So
> ähnlich hatte ich mir einen Schnitt durch die Funktion
> vorgestellt, aber nicht angenommen, dass es auch noch
> lokale Maxima in der Größenordnung zwischen 17 und 18
> Prozent gibt.
Vorsicht: es wird hier gar nicht der Volumenquotient in
Prozenten dargestellt, denn ich habe die Zielfunktion durch
Weglassen von Faktoren und z.B. das Ziehen einer Kubikwurzel
vereinfacht und umgeformt. Eigentlich hätte ich, um genau
dieses Missverständnis auszuschalten, die Skalenbeschriftung
an der vertikalen Achse weglassen sollen - aber ich weiß nicht
einmal, wie man das macht ...
Außerdem ist der Schnitt ein zufällig gewählter, der wohl
gar nicht durch die eigentlichen Minima und Maxima geht.
Lieben Gruß !
Al
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Hallo,
ich habe die Zielfunktion des Problems noch etwas genauer
unter die Lupe genommen und grafisch dargestellt. Für jeden
Querschnitt durch das wilde "Gebirge" des Funktionsgraphen
habe ich jeweils zwei der Winkel festgehalten und nur den
dritten von 0° bis 180° variiert. In diesen Grafiken sind jetzt
auch die Skalen verständlich: auf der horizontalen Achse der
variierte Winkel in Grad, auf der vertikalen das Würfelvolumen
in Prozent des Tetraedervolumens.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Man sieht jetzt, dass entlang jedes Querschnitts die lokalen
Maxima "spitz" und die lokalen Minima "rund" sind.
Ein Effekt davon ist auch in der numerischen Simulation
sehr augenfällig. In einigen Millionen von Läufen war
experimentell: $\ [mm] Q_{min}\ [/mm] =\ 0.111114$ und $\ [mm] Q_{max}\ [/mm] =\ 0.21953$
Die exakten Extremwerte wären aber:
theoretisch: $\ [mm] Q_{min}\ [/mm] =\ 0.111111.....$ und $\ [mm] Q_{max}\ [/mm] =\ 0.21985.....$
Nun ist es interessant, die Abweichungen zu betrachten:
[mm] $\Delta(min)\ [/mm] =\ 0.000003$ [mm] $\Delta(max)\ [/mm] =\ 0.00032$
Das absolute Minimum wurde also um einen Faktor 100
besser approximiert als das absolute Maximum. Der Grund
liegt darin, dass in der Simulation die Wahrscheinlichkeit,
ein "spitzes" Extremum gut zu treffen, viel kleiner ist, als
ein "rundes" bzw. in einer kleinen Umgebung "fast flaches"
Extremum so nahe zu treffen, dass die Abweichung beim
Funktionswert vernachläßigbar bleibt.
In diesem Sinne ist diese für die üblichen Verfahren so
sperrige Aufgabe doch auch ein Lehrstück in Differential-
rechnung.
Hält man nur einen Winkel fest und variiert die anderen
beiden, so ergeben sich Graphen dieser Art, welche an
gewisse alpine Formationen erinnern:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Al-Chwarizmi
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Reverend und ich haben eine ganze Reihe möglicher
Lagen des Würfels im Tetraeder aufgestellt, welche
als lokale oder absolute Extrempositionen in Bezug
auf die Größe des Würfels in Frage kommen könnten.
Dabei sind wir so weit, dass wir bald einen Buchhalter
gebrauchen könnten, der die Übersicht über alle
diese Fälle behält.
Der kleinste Würfel, der alle Seiten des Tetraeders
jeweils mit einer Ecke in deren Schwerpunkt berührt,
kam natürlich für ein Maximum (nicht mal ein lokales)
nicht in Frage. Er zeichnet sich aber durch seine
sehr symmetrische Lage im Tetraeder aus.
Spiegelt man diesen gesamten Würfel an der Ebene,
die durch 3 seiner Ecken bestimmt ist, in welchen
er die Tetraederoberfläche berührt, hat er im Tetraeder
immer noch Platz, ja man kann dieses durch Heran-
schieben seiner vierten Begrenzungsebene erheblich
verkleinern, und zwar mit dem Faktor [mm] \frac{5}{6} [/mm] .
Während der erste Würfel das Tetraeder nur zu einem
Neuntel oder 11.11% ausfüllte, bringt es der neue
auf exakt 19.2% des Tetraedervolumens. Auch zu
diesem Würfel eine Zeichnung:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Der Würfel berührt eine Tetraederseitenfläche in de-
ren Schwerpunkt (P) und die drei weiteren Seitenflä-
chen jeweils in einem Punkt (Q,S,T) deutlich unterhalb
von deren Schwerpunkten.
LG Al-Chw.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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So, und hier wäre noch eine weitere Position des Würfels
im Tetraeder, bei welcher 7 von 8 Ecken auf der Tetraeder-
oberfläche liegen. Der Punkt P ist Schwerpunkt des Grund-
dreiecks ABC. Die drei zueinander paarweise senkrechten
und windschiefen Kanten UQ, RS und WT liegen in den
übrigen drei Tetraederseitenflächen, nämlich UQ in ABD,
RS in BCD und WT in CAD.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dieser Würfel entspricht einem lokalen Maximum des
Würfelvolumens. Es beträgt 20.98% des Tetraeder-
volumens, exakt ausgedrückt:
[mm] $\frac{W\ddot urfelvolumen}{Tetraedervolumen}\ [/mm] =\ [mm] \frac{8}{9}\,\left(\sqrt{5}-2\right)$
[/mm]
und ergibt deshalb nicht das absolute Maximum.
Diese Konstruktion erschien mir als die schwierigste von
allen. Doch die darin liegende dreiteilige Symmetrie
scheint mir irgendwie "schöner" als die einfache Spiegel-
symmetrie der Lösung mit dem größten Würfel. Sie passt
nämlich sowohl zum Würfel als auch zum Tetraeder ganz
gut. Die "symmetrischste" Lösung ist natürlich die mit
dem kleinsten Würfel, welche beiden platonischen Kör-
pern am gerechtesten wird.
Al-Chwarizmi
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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