"Eckige" Kugel in Würfeln |
| 09.05.2014, 14:49 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
| "Eckige" Kugel in Würfeln der Radius (abrunden) der Kugel n = 4/3 pi r^3 / l^3 r = Kugelradius n = Würfelanzahl l = Kantenlänge (Kantenmaß) r^3 = 3/4 200 (16 mm)^3/pi r^3 = 614400 mm^3 /pi r = 58 mm nur die Frage ist noch, wie viele Würfel bilden dann die Oberfläche ich habe eine Idee nur diese ist auf "2-D (Kreis)" möglich: die Idee: Obersumme - Untersumme könnte man diese Idee auch auf eine Kugel anwenden? |
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| 09.05.2014, 15:56 | Steffen Bühler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
| RE: "eckige" Kugel in Würfeln Du könntest genauso vorgehen wie beim Volumen: die Oberfläche einer Kugel ist . Dann musst Du nur ausrechnen, auf wieviel Seitenflächen Deiner Würfel diese Oberfläche aufgeteilt werden kann. |
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| 09.05.2014, 18:34 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
ich meinte, so in dieser Art: brickshelf.com/gallery/maskatron/Spheres/Sphere19/zzsphere03.jpg für den Kreis meinte ich es so, so ähnlich (Obersumme - Untersumme) : t-reichling.de/pictures/sculptures/sculptures_07.jpg
das geht dann aber nicht "auf" (ich denke Steffen Bühler meinte zum Keris gesehen ein Polygon) es ist eher eine "gerasterte Kugel" |
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| 10.05.2014, 20:57 | Steffen Bühler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Aufgehen wird es natürlich weder beim Volumen noch bei der Oberfläche, das wäre ja so etwas wie die Quadratur des Kreises. Aber es kommt am nächsten dran. |
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| 11.05.2014, 10:33 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
wenn es mit LEGO geht. t-reichling.de/pictures/sculptures/sculptures_07.jpg brickshelf.com/gallery/maskatron/Spheres/Sphere19/zzsphere03.jpg kann es mit Würfel, ja nicht so schwer sein |
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| 11.05.2014, 10:41 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
anhang "gerasterte Kugel" es geht dann warscheinlich auf die Parameterdarstellung im 3-D Raum hinaus. ich habe keine Ahung wie man so rechnet |
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| 11.05.2014, 14:01 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Bei so wenigen Würfeln wie hier 200 - denn das entspricht ja (wie oben) berechnet nur etwa Kugelradius - sind die Diskretisierungseffekte noch verdammt stark. Da ist überhaupt erstmal die Frage, nach welchen Prinzipien man die 200 zu der approximierten Kugel zusammenbaut. Algorithmisch einfach wäre z.B. die Variante, dass man beginnend mit einem (oder evtl. auch mit 2, 4 oder 8) Zentrumwürfel(n) die anderen Würfel nach und nach so anlagert, dass man als nächstes immer die noch freie Position wählt, die am nächsten zum Zentrum liegt. So einmal zusammengebastelt kann man anschließend die außen liegenden Würfel "zählen" und so ein konkret untersetztes Ergebnis vorweisen. 
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| 11.05.2014, 15:14 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
es würde sich ja nicht alles auf einen Würfel stellen lassen, eine "halbe Kugel" legen zählen und verdoppeln = gesamte Anzahl abzählen ist ja dann doch NUR sehr einfach
mir würde aber auch das mathematische interessieren, Diskretisierungseffekte ?? |
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| 11.05.2014, 16:27 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Damit meine ich nur, dass auf einer exakten Kugel beruhende "stetige" Betrachtungen wie oben die Radiusberechnung bei so wenigen Würfeln mit einem erheblichen Fehler gegenüber der echten "eckig" begrenzten Kugel behaftet sind. Egal, ich kann dir nur sagen, dass mit der von mir oben beschriebenen "Anlagerungsmethode" bei 200 Würfeln insgesamt 108 Würfel "außen" liegen. Dabei behaupte ich nicht, dass das bereits der optimale (d.h. minimale) Wert sein muss, vielleicht geht auch etwas weniger. Immerhin ein Vergleichswert für andere Betrachtungen von dir oder anderen hier im Thread.
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| 11.05.2014, 18:50 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
wie bist du auf das Ergebniss gekommen? 
------ nochmals ganz zum Anfang ein schwerweigender Fehler ist mir aufgrefallen, denn: n = 4/3 pi r^3 / l^3 r^3 = 3/4 200 (16 mm)^3/pi r^3 = 614400 mm^3 /pi r = 58 mm es kann so nicht stimmen denn: (58 / 2^0,5 )^3 der innere Würfel hätten eine (aufgrundet) Anzahl von 68983 kleinen Würfeln und das kann ja nicht sein, wenn es nur 200 kleine Würfel gibt korrektur (abgerundet): (16 mm)^3*200 = 4/3*pi*(n*16 mm)^3 n^3 = 150 /pi n = 3 4/3*pi*(3*16 mm)^3 < (16 mm)^3*200 kommt aber auch nich so richtig hin, denn der "Würfelverbrauch" liegt bei 88 |
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| 11.05.2014, 18:53 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Nochmal: Durch sukzessive Anlagerung von Würfeln, wie oben beschrieben. Also "zu Fuß" mit ein kleines Progrämmchen. |
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| 11.05.2014, 19:24 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Ich habe kein Progrämmchen (ich kann je nicht mal programmieren) aber als "Ersatz" habe ich es mal in GeoGebra gezeinet (Kreis mit Radius 3) und die "überlappenden" (Kreisline scheidet Quadrat) Quadrate ( je 1 in der größe) angeschaut und es wirgt doch "sehr, sehr würfelig = Würfel", ich gaube das wird nichts mit nur 200 Würfel? |
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| 11.05.2014, 19:39 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
| RE: "eckige" Kugel in Würfeln Hmm, was "wird nichts" ?
Ich habe mich hier übrigens ausschließlich auf die Frage
bezogen, wobei ich einen Würfel zur Oberfläche zähle, sofern mindestens eine seiner 6 Seitenflächen von außen zu sehen ist, d.h. dort nicht an einen der anderen Würfel grenzt. |
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| 11.05.2014, 21:11 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
- Hmm, was "wird nichts" ? die "zusammengeklebten" (wenn es als zusammengelgte Halbkugel gut aussieht) Würfel sollten so: brickshelf.com/gallery/maskatron/Spheres/Sphere19/zzsphere03.jpg so ähnlich dann aussehen müssen nur ich brauche ja einen "Anfangspunkt", den Radius, nur meine berechnungen, stimmen nicht. Ich wollte erst mit der Halbkugel anfangen alles "scheibchenweise" größste Fläche zuerst, dann nach oben hin kleiner zusammenlegen mit 100 Würfeln. - wobei ich einen Würfel zur Oberfläche zähle, sofern mindestens eine seiner 6 Seitenflächen von außen zu sehen ist Ja, ist richtig, obtimale "Oberflächenwürfelanzahl" berechen ohne Programm 
müsste aber Hilfe bei der genauen ausarbeitung haben.HAL 9000, würdest du Helfen? |
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| 12.05.2014, 08:49 | Steffen Bühler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Wenn die Kugel einen Radius von 58 mm hat und die Würfel eine Kantenlänge von 16, baust Du erst einmal die Kreisscheibe in der Mitte zusammen. Du legst also sieben Würfel nebeneinander, das ergibt den (gegenüber den korrekten 116mm etwas zu kleinen) Durchmesser von 112 Millimetern. Nun ist die Frage, wieviel Würfel in den beiden Reihen oberhalb und unterhalb hinkommen. Hier gilt die Kreisformel Da Du ja in 16-mm-Schritten hochgehst, ist also y, das zuerst Null war, nun 16mm, das ergibt ein x von etwa 56mm, verdoppelt (weil's ja nach links und rechts geht, sind das 112 Millimeter, somit wieder sieben Würfel. Als nächstes ist y=32mm, das ergibt dann x=48mm und damit sechs Würfel. Und so weiter, bis die Kreisscheibe gelegt ist. Dann auf dieselbe Weise und mit derselben Formel in die dritte Dimension. Viele Grüße Steffen |
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| 12.05.2014, 09:24 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Ich fürchte, ich kann dir da nicht helfen. Ich hatte zwar eine Theorie, wie man diese Oberflächenwürfelanzahl zumindest für sehr große , d.h. berechnen kann. Aber dies hat einer praktischen Überprüfungen mit dem Simulationsprogramm nicht standgehalten - auch weitab der groben Diskretisierungseffekte, nämlich mit Gesamtwürfelzahl nicht, es gab eine Abweichung von ca. 10%, undiskutabel. Demnach ist da irgendwo ein entscheidender Denkfehler in den Überlegungen. Alles was ich sagen kann ist, dass es eine Zahl geben muss, so dass für die Oberflächenwürfelanzahl die Eigenschaft gilt, d.h. für "große" ist . Simulationen legen nahe, dass gilt (Simulationen mit ergeben ungefähr ). Hast du denn schon mal eine Recherche zu dem Thema angestellt? Ich könnte mir vorstellen, dass du nicht der erste bist, der sich für das Thema interessiert, und dass es da schon weitreichende Erkenntnisse gibt. |
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| 12.05.2014, 14:21 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
leider gibt es zu diesem "Thema" soweit ich es in Deutsch (andere Sprachen sind nicht so meinn Ding) gesucht habe "nicht all zuviel" was passen könnte, dass was am ehesten Passen könnte wäre: - Voxelmodell - marching cube (jmsoler.free.fr/didacticiel/blender/tutor/images/python/implicite/nimplicite05.jpg) und mein Idee der berechnung in "Scheiben" (einzeln aufaddieren) ich könnte ja meine Idee der Berechnung in der nächsten Anwort mit einfügen? |
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| 12.05.2014, 14:53 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Aber gern. Ich hatte ja gesagt, zumindest kann man meine Simulationsresultate (von denen ich mir ziemlich sicher bin, dass sie stimmen) begrenzt zur Kontrolle irgendwelcher Modelle nutzen - zumindest im Negativfall: Mein eigenes Modell (s.o.) ist da ja auch durchgefallen, und ich weiß inzwischen auch, weswegen (leider irreparabel).
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| 12.05.2014, 15:26 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
könnte sein, dass mein Idee noch ein bisschen "meine Gedanken" wiederespigelt (ein "hauch" unverstetlich) "Aussehen" der "Oberflächenwürfel" für einzelnen Scheiben, für die Darstellung in wolframalpha die Zahl 20 wurden frei gewählt plot[{round(20*cos[t]), round(20*Sin[t])}, {t, 0, 2 Pi}] ParametricPlot[{Round[20 Cos[t]], Round[20 Sin[t]]}, {t, 0, 2 Pi}] und für das Pogramm in Parametrischedarstellung x = Abunden[sin(u) cos(v)] y = Aufunden[cos(u)] z = Runden[sin(u) sin(v)] (i n welcher Richtung Auf oder Ab ??) --- einen Kreis mit dem Radius haben dann die Positionen der "geschnitten Quadrate" (Kreisline scheidet diesese Quadrate) haben, 1/8 Kreis reicht aus, da sich der 1/8 Kreis ja im Umfang 8-mal wiederholt die Kugel wird ja immer bei jeder "Würfelerhöhung" um min. 2 Würfel im Radius (den Kreis vertikal gedreht, die Positionen der "geschnitten Quadrate" bestimmt die Radiusabnahme) kleiner jede "Würfelerhöhung" = eine Scheibe Radius / Würfelkantenlänge = Scheibenanzahl bei jeder Scheibe wird mit: Anzahl = 8 * (Obersumme - Untersumme) / Würfelkantenlänge^2 (vieleicht muss man da bei der Obers- und Untersumme runden) die Anzahl der "Oberflächenwürfel" bestimmt nun werden die Anzahl der "Oberflächenwürfel" jeder Scheibe addiert wenn: Radius / Würfelkantenlänge = Scheibenanzahl, grade ist (2,4,6,8,...) wird die erhaltende Anzaht verdopplt wenn: Radius / Würfelkantenlänge = Scheibenanzahl, ungrade ist (1,3,5,7,...) wird eine Scheibenanzahl abgezogen (die mittleren Scheibe) die erhaltende Anzahl verdopplt + erhaltende Anzahl "Oberflächenwürfel" der mittleren Scheibe. --- |
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| 12.05.2014, 16:36 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Was meinst du mit Ober- und Untersumme? Die Gesamtanzahl Würfel in aufeinander folgenden Schichten (bzw. einem 45°-Segment davon) ?
Auf diese Weise erwischst du aber nicht alle Oberflächenwürfel der jeweiligen Schicht, sondern nur die, die nach oben "rausschauen". Jene Würfel, die nur zur Seite rausschauen, fallen bei dieser Art Betrachtung unter den Tisch. Und das trifft gerade bei den ersten Schichten der Halbkugel, die du da aufbaust, auf die allermeisten Oberflächenwürfel zu. Kann natürlich sein, dass ich dich falsch verstanden habe.
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| 12.05.2014, 18:55 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
habe es schon geahnt,
dass mein Gedanken Weg "nicht ganz passt", NUR als Ansichtsbeispiel, da dabei nicht alle Quadrate mit einbezogen wurden die der Kreis überscheidet. t-reichling.de/pictures/sculptures/sculptures_07.jpg für das bessere "aussehen" ( es aber auch ein 1/4 Kreis) habe ich zwei screenshot aus geogebra gemacht wo die Anzahl der Oberflächenwürfel durch "überlagerung" (dass blaue sind dann die Oberflächenwürfel) von Obersumme (blau) und Untersumme (rot) zuerkennen sind , kann ich diese über "externe" hier als Link einfügen? um es in geogebra "nach zu stellen" falls ich es nicht darf (den Link einfügen) : Der Kreis: f(x) = (r^2-x^2)^0.5 f(x) = (48^2-x^2)0.5 Obersumme[ <Funktion>, <Startwert>, <Endwert>, <Anzahl der Rechtecke> ] Untersumme[ <Funktion>, <Startwert>, <Endwert>, <Anzahl der Rechtecke> ] Obersumme[ (48^2-x^2)0.5, 0, 48, 48 ] Untersumme[ (48^2-x^2)0.5, 0, 48, 48 ] Untersumme (rot) Obersumme (blau) Untersumme (rot) = 1755 Obersumme (blau) = 1850 pass auch gleich gut um 8 * (Obersumme - Untersumme) / Würfelkantenlänge^2 zu erleutern, nur das hier aus 8 eine 4 wird, da ich einen 1/4 Kreis genommen habe statt einen 1/8 Kreis 4 * (Obersumme - Untersumme) / Würfelkantenlänge^2 Würfelkantenlänge = 1 4 * (1850 - 1755) / 1^2 Anzahl = 4 * (1850 - 1755) / 1^2 Anzahl = 380 meine schätzung (könnte auch falsch sein) für die "darstellung" von Obersumme und Untersumme. r = Radius n = Anzahl der Rechtecke = Radius / Würfelkantenlänge Untersumme = summe (r^2-x^2)^0.5*r^2/n^2, n von i bis n Obersumme = summe (r^2-x^2)^0.5*r^2/n^2, n von i-1 bis n Obersumme und Untersumme. em.uni-bayreuth.de/lego/index.html mein plugin geht nicht. 
matheprisma.uni-wuppertal.de/Module/PI/Seite5.htm |
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| 12.05.2014, 20:49 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
kleine korrektur falsch f(x) = (48^2-x^2)0.5 Obersumme[ <Funktion>, <Startwert>, <Endwert>, <Anzahl der Rechtecke> ] Untersumme[ <Funktion>, <Startwert>, <Endwert>, <Anzahl der Rechtecke> ] Obersumme[ (48^2-x^2)0.5, 0, 48, 48 ] Untersumme[ (48^2-x^2)0.5, 0, 48, 48 ] ---- richtig f(x) = (48^2-x^2)^0.5 Obersumme[ <Funktion>, <Startwert>, <Endwert>, <Anzahl der Rechtecke> ] Untersumme[ <Funktion>, <Startwert>, <Endwert>, <Anzahl der Rechtecke> ] Obersumme[ (48^2-x^2)^0.5, 0, 48, 48 ] Untersumme[ (48^2-x^2)^0.5, 0, 48, 48 ] |
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| 13.05.2014, 09:06 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Versteh mich bitte nicht falsch: Klar kannst du hier laut denken, und einen derartigen Mix aus Wortgruppen und Programmcode darbieten. Du solltest dabei aber nicht erwarten, dass dir da einer gedanklich folgt. Wenn du das willst, dann musst du das ganze schon in mehr geraffter, und logisch nachvollziehbarer Form darbieten und erklären.
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| 13.05.2014, 10:32 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
diese hatte ich ja nur gemacht, für jehe die diese noch nie in geogebra gemacht habe
aber sonst doch einer gute Idee? |
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| 13.05.2014, 10:52 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Das ist es ja gerade, was ich in meinem letzten Beitrag ausdrücken wollte: Ich kann die gute Idee nicht erkennen, weil sie vermutlich irgendwo in dem Gewirr gut versteckt ist. Es muss ja nicht ganz so kurz auf den Punkt gebracht werden wie hier
aber irgendwie würde ich mir schon mal eine Zusammenfassung deiner Strategie wünschen, also irgendwie so: Du zählst Schicht für Schicht die außen liegenden Würfel. Nach meinem Verständnis wären das einmal die, die in der Flächendifferenz (der Draufsicht) zwischen dieser und der nächsten, kleineren Schicht liegen. Diese Menge muss aber noch vereinigt werden mit allen Würfeln, die von der Kreislinie der aktuellen Schicht "getroffen" werden. Nun gibt es aber Würfel, die in beiden Mengen enthalten sind - wie du deren Anzahl allgemein berechnen willst (dass man die für eine konkrete Konfiguration abzählen kann, ist klar), würde mich schon stark interessieren. |
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| 13.05.2014, 18:40 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
es tut mir leid das die Antwort so lange auf sich warten lies
ganz "knapp" - Kugel in Scheiben zerlegen - Außenwürfel der Scheiben bestimmen - Außenwürfel aller Scheiben addieren jeden Schritt einzeln abarbeiten, dann müsste es gut gehen.
ich glaube ich müsste meine Idee nochmal soweit Einstück "resetten" ich glaube das ich nicht das gleich "meine" mit:
es kommt vor dass zweit Würfeln direckt hintereinanderliegen wenn der Kreis ( Kugel) die Würfeln scheidet so müsste man den "hinterligenden" von der Gesamtzahl abziehen
Das weiß ich noch nicht
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| 14.05.2014, 22:04 | Lohr | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
LÖSUNG der Bresenham-Algorithmus de.wikipedia.org/wiki/Bresenham-Algorithmus -> Kreisvariante des Algorithmus kann mit ihm aber niocht anfagenderes Computersprche ist, ich spreche leider kein "computerisch"
wer "computerisch" und Deutsch kann, könnte mir den Bresenham-Algorithmus übersetzten? Edit opi: Link ergänzt und "scharf" gemacht.
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| 14.02.2016, 10:59 | David S. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Guten Tag ich wollte erst nahe zu die gleiche Frage stellen, da habe ich gesehen sie schon jemand gestellt hatt, da sich das Netzt schon "ein bischen" weiter entwickelt hatt habe ich noch was gefunden, das je die Anzahl der "Oberflächenwürfel" und die "Volumenwürfel" bestimmt, ich hoffe (ich kann es nicht, pogrammieren) das damit jemand eine Formel vieleicht auch nur angenähert hinbekommt: "Oberflächenwürfel" plotz.co.uk/plotz-model.php?model=Sphere mit dem rechten Schieber kann man die Querschnittsebene ändern, die Randwürfel sind dann in gelb zusehen mit dem unteren Schieber kann man die Anzahl der Würfel im Radius ändern "Volumenwürfel" oranj.io/blog/VoxelSphereGenerator ich habe auch gelesen das HAL 9000 im Beitrag vom 12.05.2014 09:24 schon eine ungefähre Bestimmung der "Oberflächenwürfel" versucht hatt, vieleicht geht es mit diesn angegebenen Links besser. |
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| 15.02.2016, 10:42 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Schöne anschauliche Visualisierungen dessen, worüber hier gesprochen wurde. 
Kann ich im Moment nicht erkennen, wie. Zumal die Würfelchenanzahl noch deutlich stärker begrenzt ist als in meinen bescheidenen Versuchen vor knapp zwei Jahren.
EDIT: Auf oranj.io/blog/VoxelSphereGenerator scheint man außerdem mit einer von
abweichenden Definition der Oberfläche zu arbeiten: Bei einer Breite von 100 Würfeln, was ungefähr 511000 Würfelchen entspricht, werden dort ca. 31000 Oberflächenwürfelchen angegeben. Das steht in starkem Kontrast zu den weniger als 26000, die ich gemäß obiger Definition mit meinem Programm bestimmt habe. Möglicherweise zählen die auch Würfelchen zur Oberfläche, bei denen nur eine Kante oder gar nur eine Ecke nach "außen" zeigt.
(<-- EDIT: Nein, auch nicht, denn das wären dann ca. 39000 bzw. 44000 Würfelchen, also "zuviel".)Bei plotz.co.uk/plotz-model.php?model=Sphere sieht man in der Schichtendarstellung, dass sie mit derselben Definition wie ich arbeiten, dort werden allerdings keine Statistiken angegeben (oder ich habe es nur nicht gefunden). |
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| 15.02.2016, 13:37 | David S. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Ich habe da noch was bei: oranj.io/blog/VoxelSphereGenerator gefunden, man kann die Sphere in Solid und Hollow (auf Solid drücken und es wird Hollow) wählen, es sind aber nicht die gleichen "Kugeln". HAL 9000 Das steht in starkem Kontrast zu den weniger als 26000, die ich gemäß obiger Definition mit meinem Programm bestimmt habe. ... man könnte ja mal nachfragen (wenn noch zuerreichen) mit welchen Mitteln bei den jeweiligen Links gearbeitet wurde, um die Anzahl zu bestimmen? Ich verstehe ja nichts von der "PC-Srache" sonst hätte ich schon nachgefragt. |
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| 15.02.2016, 16:12 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Ich weiß: Ich hab ja eben das, was dort mit "Hollow" bezeichnet wurde, als die Oberfläche mit den ca. 31000 Würfelchen bei Durchmesser 100 genommen. |
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| 15.02.2016, 23:30 | David S. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
achso, ich dachte es wäre beide Links verwendet wurden es müsste ja bei beiden Links, wenn man beide Radien gleich wählt zum Beispiel 100 das gleiche heraus kommen bei: plotz.co.uk/plotz-model.php?model=Sphere 25776 Würfel heraus oranj.io/blog/VoxelSphereGenerator 31016 Würfel heraus bei HAL 9000 ... Würfel heraus kommt nicht das gleiche heraus, irgendwo ist bei irgendeinem ein Fehler drin, es kann ja nicht bei gleichen Voraussetzung unterschiedliche Ergebnisse geben. |
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| 16.02.2016, 08:03 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Stimmt ungefähr mit meinem Programm überein. "Ungefähr" deswegen, weil ich nicht mit einem vorgegebenen Durchmesser, sondern mit einer vorgegebenen Würfelchenanzahl für die Gesamtkugel arbeite. --------------------------------------------------------------- Mal noch ein Gedanke zur obigen Approximation:
Die Approximation wird für moderat große deutlich besser, wenn man die Oberfläche nur "halb" zur eigentlichen Kugel zählt - in Formeln ausgedrückt Der durch Simulation erzielte ungefähre Wert stimmt dann gemäß (*) auch schon für kleinere gut mit der Wirklichkeit überein. |
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| 16.02.2016, 10:26 | David S. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Achso ich dachte es wird mit einem vorgegebenen Radius gearbeitet mit eine vorgegeben Würfelanzahl, wenn ich das so richtig verstanden habe pro Radius, lässt es sich leichter arbeiten. HAL 9000 - Stimmt ungefähr mit meinem Programm überein bist du Programmierer ? könnst du, dann auch nur, wenn es möglich ist und nicht so viele Umstende macht, da doch für dieses Thema << "Eckige" Kugel in Würfeln << ein sehr großes Interesse herrscht (die Hits wachsen pro Tag stand 630) auch eine "ungefähre" Berechenbarkeit für die Anzahl der Volumenwürfel aufstellen? und vielleicht, aber nur vielleicht, wenn magst auch die entsprechenden Programmierungen, für die "ungefähre" Berechenbarkeit für die Anzahl der Oberflächen- und der Volumenwürfel hier veröffetlichen oder in: informatikerboard.de unter << "Eckige" Kugel in Würfeln >> veröffetlichen? Da wie gesagt doch ein sehr großes Interesse für dieses Thema herscht. |
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| 16.02.2016, 10:48 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Kann man so oder so betrachten. Ich jedenfalls habe nicht mit vorgegebenen Radius, sondern mit vorgegebener Würfelanzahl gerechnet.
Das "pro Radius" verstehe ich nicht: Ist die Würfelanzahl vorgegeben, ergibt sich der Radius automatisch.
Eher Mathematiker mit Programmierfähigkeiten.
Meinst du mit "Berechenbarkeit" eine Approximationsformel? Und mit "Volumenwürfel" die Würfel für die voll ausgefüllte Kugel? Na das ist doch klar die Volumenformel der Kugel, d.h. mit Durchmesser .
Nein, möchte ich nicht - ich hab schlechte Erfahrungen damit im Board gemacht (ewige Nervereien nur wegen technischen Kleinkram). Ich habe das Prinzip beschrieben, nach dem ich vorgegangen bin
das muss als Beschreibung langen. Außerdem denke ich nicht, dass mein Vorgehen von der Effizienz her der Weisheit letzter Schluss ist. |
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| 16.02.2016, 13:50 | David S. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
manche Dinge habe ich so nichtgewust, daher auch viel, könnte, vieleicht, ... David S. - mit eine vorgegeben Würfelanzahl, wenn ich das so richtig verstanden habe pro Radius wenn man eine Radius hatt und die Anzahl der Würfel, dann lässt sich ja das Maß pro Würfel ausrechen, diese hatte ich warscheinlich gerde dann nicht im Kopf. HAL 9000 - Meinst du mit "Berechenbarkeit" eine Approximationsformel? Und mit "Volumenwürfel" die Würfel für die voll ausgefüllte Kugel? Ja, da du ja schon eine Approximationsformel für die Oberflächenwürfel angefertigt hast, könntest du vieleicht noch eine für die Volumenwürfel angefertigen? dann könnte man dieses dann auch abschließen, da dann beiden Dinge (Anzahl der Oberflächenwürfel und die Anzahl der Volumenwürfel ) über je eine Approximationsformel abschätzungsweise berechenbar gewoden sind. wenn die Anzahl der Volumenwürfel unendlich ist und das Maß pro Würfel null, dann kommt die Volumenformel der Kugel heraus. man müsste dann nurnoch, so Denke ich, nurnoch schreiben welche verwendeten Zeichen in der jeweiligen Approximationsformel für was stehen. |
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| 16.02.2016, 13:58 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
Habe ich das nicht gerade getan? Und anscheinend hast du was gegen die saubere optische Trennung von Zitaten und eigenen Ausssagen, obwohl das doch hier im Board sehr gut unterstützt wird durch den "Zitate"-Button. 
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| 17.02.2016, 11:19 | David S. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
nein, nur die für einen "runde" Kugel, diese Kugeln sind ja "eckig", wenn die Anzahl innerhalb einer "runden" Kugel kleingenug ist. das mit dem "Zitate"-Button, ist finde ich ist umstendlich (ich versuche es weiter zu verwenden), hier was weg dann überprüfen, das hin und her, mit: Name - .... geht es schneller, sieht sieht war nicht so gut aus, lässt sich, da es keine "Ramen" besitz zwar nicht so gut unterscheiden, aber es geht |
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| 17.02.2016, 11:32 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
ist doch aber trotzdem eine geeignete Approximationsformel für die Würfelanzahl, zumindest für große . Zumindest gilt , wenn die entsprechende Würfelanzahl der eckigen Vollkugel mit Durchmesser bezeichnet. Sicher, für kleine mag es bessere Approximationen als sowas wie geben, aber dazu muss man zunächst mal definieren, welche Würfel eine solche "eckige" Vollkugelapproximation vom Durchmesser umfasst - ich meine die genaue Definition: D.h., müssen die Würfel vollständig in der echten Kugel vom Durchmesser liegen, oder nur ihr Mittelpunkt, oder nur irgendein Teil?
Gerade für kleine ist das ein immenser Unterschied für die Anzahl. Ich würde ja die "mittlere" Variante (also nur Mittelpunkt muss drin sein) befürworten. |
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| 18.02.2016, 23:57 | David S. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||||||||
HAL 9000 - welche Würfel eine solche "eckige" Vollkugelapproximation vom Durchmesser d umfasst ich würde sagen alle die in den Durchmesser hinpassen, da ja die Kugel (nur sich vorstellen) rund ist, dürfe kein Wüfelstück über den "Rand" der runden Kugel hinausschauen. HAL 9000 - Ich würde ja die "mittlere" Variante (also nur Mittelpunkt muss drin sein) befürworten. das verstehe ich nicht. Das mit den Zitaten verwenden, war mir hir zu "doof" da es doch sehr ineinander geschachtelt aussieht, wenn man die "Zitatenansicht" wählt, ich sah da nicht durch, was zu wem gehörte. |
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