Gezeichnete Annäherung der Quadratur des Kreises

21.10.2018, 15:22

altru

Gezeichnete Annäherung der Quadratur des Kreises

Liebe Mathe-Fans;
lt. WIKIPEDIA "erschien 1913 eine Konstruktion des indischen Mathematikers S. Ramanujan eine (Quadratur-des-Kreises)-Konstruktion mit einem Wert der Näherung, der bereits auf sechs Nachkommastellen genau ist."
Kennt jemand eine Quelle, die über aktuell größere Annäherungen - nur in gezeichneter Form, nicht in Brüchen - berichtet ? Ich brauche das für meine neue Website squtc.de .

Meine Zeichnung - hier aus technischen Gründen nur als abgeleitete Formel:
Wu.[(Radius R :5 *2 *2R *841/90000) +(2R :5 *2)] =halbe Seitenlänge des flächengleichen Quadrates - gezeichnet und gerechnet mit Radius 50 ^=halbe SL. = 44,31134627 .. bis 9 Stellen nach dem Komma richtig.

21.10.2018, 19:59

HAL 9000

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Im Vergleich zu hier mögen die Fragezeichen verschwunden sein, die "Formel" ist aber immer noch unverständlich formatiert. Wenn du verstanden werden willst, dann schreib eine richtige Formel hin statt so eine wüste Hieroglyphenansammlung wie "Wu.[(Radius R :5 *2 *2R *841/90000) +(2R :5 *2)]":

Wenn man das mit viel guten Willen doch wörtlich nimmt, dann steht da in eckigen Klammern

$\begin{eqnarray*} \left( \frac{R}{5}\cdot 2\cdot 2R\cdot \frac{841}{90000}\right) + \left( \frac{2R}{5}\cdot 2 \right) \end{eqnarray*}$ .

Die erste Klammer () kennzeichnet wegen $\begin{eqnarray*} R\cdot R \end{eqnarray*}$ eine Fläche, die zweite Klammer () eine Länge. Flächen und Längen summieren ist einfach nur Unfug, das erkennt jeder mit einem Minimum an physikalischen Sachverstand.

22.10.2018, 10:49

rumar

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RE: Gezeichnete Annäherung der Quadratur des Kreises
Es scheint, dass Ramanujan im Jahr 1914 eine Konstruktion angab, die noch genauer (2 zusätzliche korrekte Dezimalstellen) als die von 1913 ist:

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \end{eqnarray*}$ https://de.wikipedia.org/wiki/Quadratur_...skonstruktionen

Animierte Konstruktion: $\begin{eqnarray*} \qquad\ \ \end{eqnarray*}$ https://de.wikipedia.org/wiki/Datei:01-S...anujan-1914.gif

22.10.2018, 15:29

altru

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".. wüste Hieroglyphenansammlung wie "Wu.[(Radius R :5 *2 *2R *841/90000) +(2R :5 *2)]" ..
Wenn man das mit viel guten Willen doch wörtlich nimmt, dann .."

Ja, HAL 9000, da hast du wohl recht. Für den guten Willen trotzdem großen Dank - und Gruß !
altru

22.10.2018, 15:39

altru

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RE: Gezeichnete Annäherung der Quadratur des Kreises
Hallo rumar ;

".. der À sogar auf acht Stellen nahekommt."

Mann, ich war auf der Seite - und habe das übersehen.
Dank und Gruß ! altru

22.10.2018, 16:30

HAL 9000

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Zitat:

Original von altru
Ja, HAL 9000, da hast du wohl recht. Für den guten Willen trotzdem großen Dank - und Gruß!

Ich würde es ja eher begrüßen, wenn du es so korrigierst, dass es irgendwie Sinn macht. Momentan steht da nur ein großes Fragezeichen im Raum: Was in aller Welt sollte das?

08.03.2019, 14:47

altru

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Hallo rumar ; WIKIPEDIA / spät gelesen, aber doch - Interesse hält an.

Dank und Gruß ! altru

08.03.2019, 16:08

altru

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(Finde keine Gelegenheit für neuen gesonderten Post, drum hier auf "Antwort")

Fr., 08.03.2019 ;
liebe Geo-Freunde; das am 17.02. gepostete Diagramm zur konstruktiven Bemessung des Kreisumfanges hier nun mit der gleichen Ausrichtung nach der Kugelvolumen-Formel 4/3 pi * Radius³ , aber mit der Methode, die Kugel-Innenseite mithilfe gezielter Punkte, mittels 3 Verbindungsgeraden zu vermessen: Maßgebend sind 1. die Verbindungsgerade zwischen einem der 24 Kreisteiler und dem nächsten elften Kreisteiler (b , Länge ca. 99,144486), dann, daran im Winkel von 7,5°, der Kreisdurchmesser (c , Länge 100), und dann, die beiden Enden verbindend, nicht die "Gegenkathete a" (nur zur Proberechnung), sondern die "orthogonale Daraufsicht (d , Länge ca. 12,941.. , je nach Rechner nach der 5. Kommastelle abweichend).
Das Soll-Ergebnis, die Seitenlänge des dem Kreis flächengleichen Quadrates, wird erreicht -> Dreiecksseiten (a + b + d) : 2,5 = 88,62269... - je nach Rechner nach der fünften Kommastelle abweichend. Zahlen reichen aber letztlich nicht als Beweis für die Problemlösung.

Frage: Warum stoßen sich die Verbindungsgeraden innerhalb der Kugel "selbstregulierend" von den bestimmten Kreisteilungspunkten so ab, dass sie in Summe das 2,5-fache (1/4 von Wu.100) der Seitenlänge des flächengleichen Quadrates darstellen ?

Ansätze von Beweisen: 1. Geringste Abweichungen - weg von den Ausgangs-Teilungspunkten - verändern das Ergebnis offensichtlich fälschend.
2. Die Volumen-Eigenschaft der Kugel, 3 Dimensionen, wird durch den Kreisteiler 24 (durch 3, 4 und 6 teilbar) im Sinne der Kugelvolumen-Formel um eine Dimension verringert und damit das 3-dimensionale Problem 2-dimensional darstellbar.

Für Kritik dankbar - und Gruß ! altru

09.03.2019, 11:03

altru

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Mein(altru) Nachtrag zur Zeichnung mit Berechnung von gestern, 08.03.2019 ("edit" geht wohl nicht mehr):

Schreib- und Rechenfehler bei der Addition und Division der drei beschriebenen Verbindungsgeraden (=Dreiecksseiten) - nun richtig ->
(b+c+d) :2,5 =84,8341752.. , (b+c+a) :2,5 =84,878842.. ; untauglich - für die Soll-Seitenlänge des dem Kreis(D100) flächengleichen Quadrates.

Bleibt nur noch die Verbindungsgerade (b , 99,144486..) alleine, die - geteilt durch die seltsame Zahl 1,118725725725... -> 88,622692 63781.. ergibt.

Soll-Ergebnis: 88,62269263781.. (web2.0rechner);
Soll-Ergebnis laut meinem Laptop-Rechner: 88,6226925452758.. .

Tja.. Zahl als Beweis reicht nicht. Die Frage ".. selbstregulierend.. ?" muss nun etwa in "funktionelles Abbild der Situation ?" geändert werden.

Gruß ! altru

09.03.2019, 12:57

Elvis

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Es ist völlig unnötig, ein Quadrat zu zeichnen, dass ungefähr die Fläche $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ des Kreises mit Radius $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ hat. Man nimmt einfach die $\begin{eqnarray*} \sqrt {\pi} \end{eqnarray*}$ als Seitenlänge des Quadrats, und schon hat man den Kreis quadriert. Nicht näherungsweise sondern auf unendlich viele Dezimalstellen genau.

09.03.2019, 13:26

Leopold

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Mensch, Elvis! Du kannst ja richtig boshaft sein ... Augenzwinkern

Wie du so en passant die Quadratur des Kreises löst: bewundernswert!

10.03.2019, 10:14

altru

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Hallo ELVIS;

Ja - aber halt ohne einem/dem Ausgangskreis.
Klar dass einen arrivierten Mathematiker diese wiederholte "QdK-Kiste"
langweilt bzw. nervt.

Dank und Gruß ! altru

10.03.2019, 11:07

Elvis

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Wieso ohne Ausgangskreis ? Ich habe doch ganz klar und deutlich gesagt, dass ich vom Kreis mit Radius 1 ausgehe. Genau dieser Kreis hat die Fläche $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ , und genau dieses Quadrat hat die Fläche $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ . Es kann doch nicht schwer sein, einen Kreis mit Radius 1 zu zeichnen.

Du nervst überhaupt nicht, ich weiß bloß nicht, was du willst. Wenn du weißt, was du willst, musst du das sagen. Suchst du Hilfe ? Möchtest du etwas mitteilen ? Kannst du etwas was andere nicht können ?

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