Verschoben! Ansatz : R2 Feld in eine regelmässige R3 Kugel umwandeln

08.07.2008, 21:42

Siddhartha

Ansatz : R2 Feld in eine regelmässige R3 Kugel umwandeln

Die Frage die ich in den Raum werfe ich diese :

ich habe ein zweidimensionales Feld mit $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ Punktelementen. Es ist also ein quadratisches normiertes Feld zwischen zwei orthogonalen Achsen. Das Feld hat die Länge sowie die Breite x.

Aus diesen $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ Punkten will ich jetzt eine regelmässige Kugel im R3 konstruiren bei der die genannten Punkte die Ecken bilden. Also ein kugelförmiges Polygon.

Wie lautet die Formel?

Mein Ansatz:

$\begin{eqnarray*} f(x): y = 2x^2-6x+6 \end{eqnarray*}$ (fertig)

y ist die Anzahl der Punkte.

$\begin{eqnarray*} a(x) : a = 180/(x-1) \end{eqnarray*}$

Diese Funktion soll den Winkel errechnen den die Eckpunkte der Kugel zu ihren direkten Nachbarn mit dem Kugelzentrum als Winkelpunkt bilden. Da die Figur regelmässig ist müsste der Winkel a stets gleich bleiben.

$\begin{eqnarray*} f(x) = 360/(180/(x-1))*(x-2)+2 = 2*(x-1)*(x-2)+2 = 2x^2-6x+4+2 = 2x^2-6x+6 \end{eqnarray*}$ (Aufbau)

Ich bitte um Kontrolle und Tipps.

08.07.2008, 22:13

Siddhartha

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Nachtrag weil kein Editieren mehr möglich:

$\begin{eqnarray*} x_1 = [6 +- sqrt(36-8*(6-y))]/4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a(x) = 180/(x-1) = 180/[[[6 +- sqrt(36-8*(6-y))]/4]-1] \end{eqnarray*}$

13.07.2008, 19:57

trollkotze

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RE: Ansatz : R2 Feld in eine regelmässige R3 Kugel umwandeln

Zitat:

Original von Siddhartha
Die Frage die ich in den Raum werfe ich diese :

ich habe ein zweidimensionales Feld mit $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ Punktelementen. Es ist also ein quadratisches normiertes Feld zwischen zwei orthogonalen Achsen. Das Feld hat die Länge sowie die Breite x.

Was bitte ist ein normiertes Feld? Meinst du eine quadratische Fläche mit Länge und Breite x? Was ist daran normiert? Was soll das bedeuten? Und du bist der Meinung, das besteht dann aus x^2 Punkten? Für x=0,5 zum Beispiel besteht dann die Fläche also aus genau 0,25 Punkten, ja?

Zitat:

Aus diesen $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ Punkten will ich jetzt eine regelmässige Kugel im R3 konstruiren bei der die genannten Punkte die Ecken bilden. Also ein kugelförmiges Polygon.

Eine regelmäßige Kugel? Was wäre denn eine unregelmäßige Kugel? Und was ist bitte ein kugelförmiges Polygon? Ein Polygon ist ein zweidimensionales Vieleck. Wie soll das kugelförmig werden? Und überhaupt: Eine Kugel hat keine Ecken. Sie ist rund.
Oder meinst du vielleicht einen platonischen Körper? Und wenn ja, wie willst du den aus einem Quadrat "konstruieren"?

Der Rest deines Postings ist mir ein noch größeres Rätsel. Ich habe keine Ahnung, was du da eigentlich machen willst. Das scheint mir alles völlig sinnloses Zeug zu sein. Vielleicht hast du ja irgendwas sinnvolles im Hinterkopf. Aber dann kannst du es nicht ausdrücken.
Ganz abgesehen davon sehen deine Formeln schrecklich aus. Du solltest den Formeleditor benutzen, wenn du so Sachen wie Brüche und Quadratwurzeln schreiben willst.

13.07.2008, 20:20

Siddhartha

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Meine Frage war wie ich aus einer Ebene mit x² Punkten (x ganzzahlig) im R2 einen platonischen Körper im R3 basteln kann. Mit Regelmässigkeit meinte ich dass die Abstände zwischen den einzelnen Punkten gleichmässig sind.

Normiert bedeutet halt dass alle Achsen die gleiche Einheit (1cm etwa) haben.

Aufgabe könnte so lauten : "Hier hast du 625 Punkte im Raum, bastle mir daraus einen pl. Körper."

13.07.2008, 20:25

Mathespezialschüler

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Du weißt aber schon, was ein platonischer Körper ist und dass 625 Ecken schon viel zu viel sind?!

13.07.2008, 20:44

trollkotze

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Zitat:

Original von Siddhartha
Meine Frage war wie ich aus einer Ebene mit x² Punkten (x ganzzahlig) im R2 einen platonischen Körper im R3 basteln kann. Mit Regelmässigkeit meinte ich dass die Abstände zwischen den einzelnen Punkten gleichmässig sind.

Eine Ebene besteht aus unendlich vielen Punkten und ist unendlich weit ausgedehnt.
Und falls du mit x die Länge und Breite einer begrenzten quadratischen Fläche meinst, dann hat diese Fläche immer noch unendlich viele Punkte.

Zitat:

Normiert bedeutet halt dass alle Achsen die gleiche Einheit (1cm etwa) haben.

Zitat:

Aufgabe könnte so lauten : "Hier hast du 625 Punkte im Raum, bastle mir daraus einen pl. Körper."

Ein platonischer Körper besteht auch aus unendlich vielen Punkten. Natürlich hat er nur endlich viele Eckpunkte. Ich frage mich allerdings, wie man aus x² irgendwie hingeworfenen Punkten in einem Quadrat, oder woran auch immer du sonst denken magst, irgendwie die Eckpunkte eines platonischen Körpers konstruieren soll.
Nimmst du Drogen?
Es gibt übrigens nur fünf platonische Körper: den Tetraeder, welcher vier Eckpunkte hat, den Hexaeder (Würfel) mit acht Eckpunkten, den Oktaeder mit sechs Eckpunkten, den Dodekaeder mit 20 Eckpunkten und den Ikosaeder mit 12 Eckpunkten.

Was du machen wolltest, ist mir immer noch unklar. Aber ich hoffe, dass ich dir helfen konnte, festzustellen, dass du wirres Zeug von dir gibst.

13.07.2008, 21:47

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Ich verstehe auch nicht, was jetzt hier gemacht werden soll. Vielleicht etwas verwandtes zu dem hier

Parkettierung von Kugeloberflächen

aber das ist nur so eine unbestimmte Ahnung.

13.07.2008, 22:49

Siddhartha

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Zitat:

Original von trollkotze
Nimmst du Drogen?

Nein.

Ich habe aber offenbar mehr Phantasie als so manch anderer hier.

Fakt ist dass sie jede geometrische Figur im R3 in Dreiecke zerlegen lässt. Mit Dreiecken lässt sich also jede solche Figur zusammenbauen. Eine Ausnahme könnten sog. Mannigfaltigkeiten sein aber ich weiss nicht was das ist.

Wir nehmen also unsere Anzahl x² von Eckpunkten, platzieren sie nach einem kugelförmigen Muster im R3 und verbinden die einzelnen Punkte mit ihren direkten Nachbarn. Es entsteht also eine nahtlose Oberfläche die sich aus lauter Dreiecken zusammensetzt.

Die Frage ist wie unser Muster, unsere Rechenformel aussieht, nach deren Aussage wie die Eckpunkte im Koordinatenraum positionieren.

Eine Möglichkeit besteht darin zwei Punkte als fixe Polpunkte zu nutzen. Aus dem Rest (x²-2) basteln wir dann unseren Mantel.

M(x,y) : x*y = (x²-2);

Sei x das Breitenmass über 360°.

Sei y das Höhenmass über 180°.

Wir fangen dann bspw. bei x an, teilen 360° durch x um einen Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ zu erhalten. Diesen Winkel ist jeder Punkt auf gleicher y-Höhe von seinen direkten Nachbarn entfernt - gemessen um Kugelmittelpunkt.

y = (x²-2)/x;

Hier verfahren wir fast gleich, teilen 180° jedoch nur durch (y-1), und haben unseren benötigten Winkel.
Die Szene ist natürlich ein Halbbogen.

13.07.2008, 22:55

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Zitat:

Original von Siddhartha
Ich habe aber offenbar mehr Phantasie als so manch anderer hier.

Bei aller Liebe: Deine äußerst schlechte Problembeschreibung - zumindest in den ersten Beiträgen - nun einfach frech als Phantasie umzudeuten, zeugt von einer gehörigen Chuzpe. Augenzwinkern

13.07.2008, 23:09

Siddhartha

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Zitat:

Original von Arthur Dent

Zitat:

Original von Siddhartha
Ich habe aber offenbar mehr Phantasie als so manch anderer hier.

Bei aller Liebe: Deine äußerst schlechte Problembeschreibung - zumindest in den ersten Beiträgen - nun einfach frech als Phantasie umzudeuten, zeugt von einer gehörigen Chuzpe. Augenzwinkern

Das war weniger gegen dich als vielmehr gegen Trollkotze gerichtet.

Wie man in den Wald ruft, so schalt es auch zurück.

13.07.2008, 23:12

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Ich hab das auch gar nicht auf mich bezogen aufgefasst. Augenzwinkern

Zugegeben, die Bemerkung mit den Drogen war nicht die netteste...

Zum Thema: Hast du dir den von mir verlinkten Beitrag mal angeschaut? Das scheint in etwa in die Richtung zu gehen, die dir vorschwebt. Kannst also vielleicht mal tigerbine kontaktieren, ob sie das Problem damals weiterverfolgt hat.

http://www-wales.ch.cam.ac.uk/~wales/CCD/Thomson/gif/932.gif

14.07.2008, 01:22

trollkotze

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Zitat:

Original von Siddhartha

Zitat:

Original von trollkotze
Nimmst du Drogen?

Nein.

Ich habe aber offenbar mehr Phantasie als so manch anderer hier.

Dann denk dir hier irgendeinen bissigen Kommentar. Mir fehlt gerade die Phantasie, mir einen zu überlegen.

Zitat:

Fakt ist dass sie jede geometrische Figur im R3 in Dreiecke zerlegen lässt. Mit Dreiecken lässt sich also jede solche Figur zusammenbauen. Eine Ausnahme könnten sog. Mannigfaltigkeiten sein aber ich weiss nicht was das ist.

Fakten, Fakten, Fakten! Na ja... Du meinst wohl: Die Randfläche eines jeden Polyeders lässt sich in Dreiecke zerteilen, weil ja jede Seitenfläche ein Polygon ist. Das ist richtig.

Zitat:

Wir nehmen also unsere Anzahl x² von Eckpunkten, platzieren sie nach einem kugelförmigen Muster im R3 und verbinden die einzelnen Punkte mit ihren direkten Nachbarn. Es entsteht also eine nahtlose Oberfläche die sich aus lauter Dreiecken zusammensetzt.

Gut, gut. Wieso aber sollen es x² Eckpunkte sein? Warum gerade eine Quadratzahl von Eckpunkten? Warum nicht 14 Eckpunkte oder 12?
Und vorhin sagtest du doch noch irgendetwas davon, dass die x² Punkte irgendwie in einem quadratischen Schema gegeben sein sollten, oder als Punkte eines quadratischen Feldes, wie du es so phantasievoll beschrieben hast. Was hat es nun genau damit auf sich?

Zitat:

Die Frage ist wie unser Muster, unsere Rechenformel aussieht, nach deren Aussage wie die Eckpunkte im Koordinatenraum positionieren.

Eine Möglichkeit besteht darin zwei Punkte als fixe Polpunkte zu nutzen. Aus dem Rest (x²-2) basteln wir dann unseren Mantel.

M(x,y) : x*y = (x²-2);

Okay. Mit etwas Phantasie versuche ich mir jetzt vorzustellen, was du meinst: Es gibt also zwei Pole, wie du so phantasielos und exakt sagtest, die sich gegenüberliegen. Das kann ich mir vorstellen. Es verbleiben also noch x²-2 Punkte, die du möglichst gleichmäßig und symmetrisch verteilen willst.
Irgendwoher kommt jetzt ein y=(x²-2)/x. Was soll das denn bloß sein? Na ja, lesen wir erst mal weiter:

Zitat:

Sei x das Breitenmass über 360°.

Sei y das Höhenmass über 180°.

Ach ja: Bahnhof!
Gut, vorhin war x noch die Breite und Höhe eines rechteckigen Schemas. Jetzt ist es ein "Breitenmaß über 360°".
So langsam kommt mir der Verdacht, dass du das x nicht nur als Länge und Breite des rechteckigen Schemas sondern in zweideutiger Weise auch als x-Koordinate in irgendeinem Schema verwendest.
Vielleicht meinst du es so: Nennen wir doch die Höhe und Breite des quadratischen Schmas einfach mal n und nicht x. Und die n² Punkte bezeichnen wir dann mit $\begin{eqnarray*} p_{1,1}, ..., p_{1,n}, p_{2,1}, ... p_{2,n}, ..., p_{n,1}, ..., p_{n,n} \end{eqnarray*}$
Und das quadratische Schema für beispielsweise n=3 sieht dann vielleicht so aus:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} p_{1,1} & p_{1,2} & p_{1,3} \\ p_{2,1} & p_{2,2} & p_{2,3} \\ p_{3,1} & p_{3,2} & p_{3,3} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Dieses "Feld" indizieren wir jetzt mit x und y. Das heißt, x und y können jeweils die Werte 1, ..., n annehmen. Dann bezeichnet $\begin{eqnarray*} p_{x,y} \end{eqnarray*}$ immer einen der n² Punkte.

Zitat:

Wir fangen dann bspw. bei x an, teilen 360° durch x um einen Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ zu erhalten. Diesen Winkel ist jeder Punkt auf gleicher y-Höhe von seinen direkten Nachbarn entfernt - gemessen um Kugelmittelpunkt.

Ich übersetze das phantasievoll in: Wir fangen irgendwo an und setzen einen Punkt irgendwo auf die Kugeloberfläche. Dann verteilen wir auf dem selben Breitengrad n-1 weitere Punkte auf solche Art und Weise, dass je zwei benachbarte Punkte gleich weit voneinander entfernt sind und also der Winkel zwischen je zwei benachbarten Punkten, gemessen von der Polarachse (und nicht vom Mittelpunkt der Kugel) $\begin{eqnarray*} \frac{360^o}{n} \end{eqnarray*}$ beträgt.
Gemessen vom Kugelmittelpunkt ist der Winkel im Allgemeinen natürlich kleiner! Außer wenn der Breitengrad, auf dem wir die Punkte rings um die Kugel verteilt haben, der Äquator ist.

Zitat:

y = (x²-2)/x;

Ich denke, du meinst $\begin{eqnarray*} m=\frac{n^2-2}{n} \end{eqnarray*}$ . Dabei ist n wie gehabt die Breite und Höhe des quadratischen Schemas, das wir hatten. Und jetzt willst du dieses quadratische Schema irgendwie über die Kugeloberfläche legen. Dazu nimmst du erst einmal zwei Punkte heraus und setzt sie als Pole fest. Die übrigen $\begin{eqnarray*} m\cdot n=n^2-2 \end{eqnarray*}$ Punkte ordnest du wieder in einem neuen rechteckigen Schema mit Breite n und Höhe m an, das du dir dann als Mantel um die Kugel herumgewicket denkst, indem du die (x,y)-Indizes aus dem zweidimensionalen Schema irgendwie in räumliche Polarkoordinaten transformierst.
Dieses Schema sieht dann so aus:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} q_{1,1} & q_{1,2} & ... & q_{1,n} \\ q_{2,1} & ... & ... & q_{2,n} \\ ... & ... & ... & ... \\ q_{m,1} & q_{m,2} & ... & q_{m,m} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Zusätzlich zu den n Breitengraden zeichnen wir jetzt also m Längengrade auf die Kugel. Die noch zu verteilenden Punkte (alle außer den Polen) liegen dann am Ende auf den Kreuzungspunkten dieses Rasters. Damit auch auf den Längengraden je zwei benachbarte Punkte gleich weit voneinander entfernt sind, muss der Winkel zwischen ihnen (diesmal tatsächlich vom Kugelmittelpunkt aus gesehen) $\begin{eqnarray*} \frac{180^o}{m-1} \end{eqnarray*}$ betragen.
Nur schade, dass $\begin{eqnarray*} m=\frac{n^2-2}{n} \end{eqnarray*}$ im Allgemeinen gar keine ganze Zahl ist, wie du leicht nachrechnen kannst...

Na gut. Vielleicht war das mit den zwei Polen also gar keine so gute Idee. Statt dessen nehmen wir jetzt zwei Russen. Die liegen sich auch gegenüber. Aber wir zählen sie nicht zu den Eckpunkten unseres Polyeders, den wir später haben wollen, sondern nehmen sie nur als Orientierungspunkte, um die Eckpunkte zwischen ihnen zu verteilen. Dann können wir in der Tat die n² Punkte, die wir haben, so auf der Kugel anordnen, dass jeweils auf den Breitengraden zwei benachbarte Punkte bezüglich der Russenachse den Winkel $\begin{eqnarray*} \frac{360^o}{n} \end{eqnarray*}$ und auf den Längengraden bezüglich des Kugelmittelpunkts den Winkel $\begin{eqnarray*} \frac{180^0}{n-1} \end{eqnarray*}$ zueinander haben. Nur die Punkte auf dem nördlichsten und südlichsten Breitengrad haben je auf ihrem Längengrad einen Nachbarn zu wenig. Sie sind dafür mit den Russen benachbart.
Wenn wir diese Punkte nun also als Eckpunkte eines Polyeders nehmen, dann haben wir ein Polyeder mit n² Ecken und lauter viereckigen Seitenflächen. Nur bei den Russen haben wir keine Vierecke sondern n-Ecke.

Ist es so etwas, was dir vorschwebte, erlauchter Siddharta? Erleuchte mich!

14.07.2008, 15:03

Siddhartha

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Ich entschuldige mich erstmal bei dir, Trollkotze, für meinen eingeschnappten Ton von vorhin.

Ich werde allzu schnell agressiv wenn jemand meine Ideen als sinnlosen Blödsinn eines drogierten Hirns darstellt. Augenzwinkern

Mantel: M(x,y) : x*y = (x²-2);

bzw.

Mantel: M(h,b) : h*b = (n²-2); mit h = höhe und b = länge der Eckpunktematrix (n²-2);

$\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ = 180/(h-1);
Ich gehe von der Existenz eines Koordinatenpunktes K(x,y,z) in der Mitte der Strecke |PolPunkt1 Polpunkt2|. Ich weiss dass dort ein Strich drüberkommen müsste nur weiss ich nicht wie ich den hinkriegen soll.
Diese Strecke zwischen den Polpunkten beträgt dann $\begin{eqnarray*} \sqrt{(x_{pp2}-x_{pp1})²+(y_{pp2}-y_{pp1})²+(z_{pp2}-z_{pp1})²} \end{eqnarray*}$
K(x,y,z) befindet sich genau in der Hälfte, also $\begin{eqnarray*} 1/2*\sqrt{(x_{pp2}-x_{pp1})²+(y_{pp2}-y_{pp1})²+(z_{pp2}-z_{pp1})²} \end{eqnarray*}$

d.h.

$\begin{eqnarray*} \vec{(PP1)K} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} 1/2*\vec{(PP1)(PP2)} \end{eqnarray*}$ (die Klammern sind nur zu gedacht die Namen auseinander zu halten. Da wird nichts multipliziert. Die Vektorpfeile gelten dann stets für die gesamte Zeichenkette.

$\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ = 360/b

Hier wird K(x,y,z) natürlich auch wieder benutzt.

14.07.2008, 15:55

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Zitat:

Original von trollkotze
Vielleicht war das mit den zwei Polen also gar keine so gute Idee. Statt dessen nehmen wir jetzt zwei Russen.

Ich bin momentan etwas verwirrt: Ist das nur Ironie, die mein eingerosteter Detektor nicht also solche erkennt? Ist "Russe" tatsächlich ein geometrischer Fachbegriff (was ich nicht so recht glauben kann)? Oder ist es einfach nur ein Test, ob dein Beitrag auch gelesen wird? Augenzwinkern

15.07.2008, 02:09

trollkotze

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Zitat:

Original von Siddhartha
Ich entschuldige mich erstmal bei dir, Trollkotze, für meinen eingeschnappten Ton von vorhin.

Ich werde allzu schnell agressiv wenn jemand meine Ideen als sinnlosen Blödsinn eines drogierten Hirns darstellt. Augenzwinkern

Nun ja, das ist doch immerhin freundlicher als deine Ideen als das Machwerk einer von Natur aus mathematisch und sprachlich inkompetenten Person hinzustellen.

Zitat:

Mantel: M(x,y) : x*y = (x²-2);

bzw.

Mantel: M(h,b) : h*b = (n²-2); mit h = höhe und b = länge der Eckpunktematrix (n²-2);

Sollen h und b ganze Zahlen sein?
Hättest du meinen (zugegebenermaßen schlecht geschriebenen, weil an deinem schlechten Posting orientierten) Beitrag verstanden oder auch einfach mal ein bisschen nachgedacht, würdest du feststellen, dass so ein ganzzahliges h und ganzzahliges b nicht immer existieren.
Immerhin forderst du hier zwar nicht mehr, dass b=n gelten soll, (d.h. dass die Breite der Matrix der Mantelpunkte gleich der Breite der vollständigen ursprünglichen quadratischen Punkte-Matrix sein soll), wie du es vorher anscheinend getan hast (falls ich deine teils sehr irreführende und doppeldeutige Benutzung von Symbolen (insbesondere das x) richtig interpretiert habe (entschuldige die vielen Klammern)). Aber nimm zum Beispiel mal n=3, also eine Menge von 3*3=9 Punkten, die du auf der Kugel verteilen willst. Wenn du zwei davon herausnimmst und sie als gegenüberliegende Pole verwendest, bleiben noch 7 Punkte übrig. 7 ist eine Primzahl. Es gibt also kein rechteckige Matrix mit Breite b und Höhe h und h*b=7, in der du diese Punkte nun anordnen könntest.

Deshalb meinte ich: Vergiss die Pole. Bzw. nimm die Pole nicht als Eckpunkte deines Polyeders sondern sieh sie als Orientierungspunkte, um die n² Eckpunkte des Polyeders dazwischen zu verteilen, wenn du sie wie die Kreuzungspunkte eines Polarkoordinatensystems anordnen willst.
Am Ende hast du dann ein Polyeder, dessen n² Eckpunkte an den Kreuzungen eines n*n-Polarkoordinatenrasters auf einer Kugel liegen, und das eine abgeflachte Nord- und Südkappe hat (weil eben die Pole der Kugel hier nicht Ecken des Polyeders sind - denn sonst müsstest du n²+2 Eckpunkte haben).

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ = 180/(h-1);
Ich gehe von der Existenz eines Koordinatenpunktes K(x,y,z) in der Mitte der Strecke |PolPunkt1 Polpunkt2|. Ich weiss dass dort ein Strich drüberkommen müsste nur weiss ich nicht wie ich den hinkriegen soll.
...

Ich denke, du denkst, dass du übertrieben formales Zeug schreiben musst, um ernstgenommen zu weden, ohne es aber wirklich zu verstehen. Na klar existiert dieser Mittelpunkt. Und du brauchst nicht lange auszurechnen, wo er ist.
Du solltest eher irgendwie verständlich machen, was du eigentlich willst, anstatt irgendwie möglichst förmlich irgendetwas aufzuschreiben, was so eigentlich völliger Unsinn ist, wie zum Beispiel dein h*b=n²-2 oder dein Beharren darauf, dass unbedingt eine quadratische Zahl von Punkten (warum das Quadrat) verteilt werden soll, die zunächst einmal gar keine sinnvoll verwertbaren Eigenschaften haben, außer, dass sie in einem quadratischen Schema angeordnet aufgeschrieben werden können.

Zitat:

Diese Strecke zwischen den Polpunkten beträgt dann $\begin{eqnarray*} \sqrt{(x_{pp2}-x_{pp1})²+(y_{pp2}-y_{pp1})²+(z_{pp2}-z_{pp1})²} \end{eqnarray*}$
K(x,y,z) befindet sich genau in der Hälfte, also $\begin{eqnarray*} 1/2*\sqrt{(x_{pp2}-x_{pp1})²+(y_{pp2}-y_{pp1})²+(z_{pp2}-z_{pp1})²} \end{eqnarray*}$

d.h.

$\begin{eqnarray*} \vec{(PP1)K} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} 1/2*\vec{(PP1)(PP2)} \end{eqnarray*}$ (die Klammern sind nur zu gedacht die Namen auseinander zu halten. Da wird nichts multipliziert. Die Vektorpfeile gelten dann stets für die gesamte Zeichenkette.

$\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ = 360/b

Hier wird K(x,y,z) natürlich auch wieder benutzt.

Ich weiß nicht genau, was du damit sagen willst. Aber ich denke, du willst mir mal wieder erklären, dass der Winkel zwischen zwei benachbarten Punkten auf dem selben Breitengrad bezüglich des Kugelmittelpunkts in deiner gedachten Verteilung immer $\begin{eqnarray*} \frac{360^o}{b} \end{eqnarray*}$ beträgt.
Das stimmt aber nur für die Punkte auf dem Äquator (falls auf dem Äquator überhaupt welche von deinen verteilten Punkten liegen). Zwei Punkte die beide auf demselben Breitengrad liegen, der sehr nahe an einem der Pole verläuft, haben aber einen sehr viel kleineren Winkel bezüglich des Kugelmittelpunkts zueinander als zwei Punkte, die auf demselben Breitengrad sehr nahe des Äquators oder gar auf dem Äquator zueinander benachbart sind.
Wenn es genau b Punkte auf einem Breitengrad geben soll, die dort gleichmäßig verteilt sind, haben sie zwar in der Tat den Winkel $\begin{eqnarray*} \frac{360^o}{b} \end{eqnarray*}$ bezüglich der Polarachse zueinander, wie ich schon schrieb, aber (je nach Breitengrad) in der Regel einen kleineren Winkel bezüglich des Kugelmittelpunkts.
Versuch dir das doch mal räumlich vorzustellen: Du hast ein regelmäßiges Viereck oder Fünfeck oder Sechseck oder ... n-Eck. Du verbindest die Ecken alle mit dem Mittelpunkt und erhältst n Tortenstücke. Nun "ziehst" du die Ecken des n-Ecks alle gemeinsam in deiner Vorstellung senkrecht nach oben, während du aber den Mittelpunkt unten am Boden lässt. Dann verziehen sich so auch die Tortenstücke und der spitze Winkel der Tortenstücke wird immer spitzer (also kleiner!). Wenn du das n-Eck ganz bis in die Unendlichkeit nach oben ziehst, geht der Winkel gegen 0.

Hast du das verstanden?

Und die Preisfrage lautet immer noch: Was willst du? Falls du n Punkte auf einer Kugelfläche so anordnen willst, dass je zwei benachbarte Punkte (egal in welcher Richtung) gleich weit voneinander entfernt sind, ist das was du willst, ein platonischer Körper. Deren gibt es genau fünf, nur einen mit einer quadratischen Zahl von Eckpunkten - nämlich den Tetraeder mit nur vier Ecken.

Falls du die Eckpunkte gleichmäßig in einem Polarkoordinatensystem mit n Längengraden und n Breitengraden auf der umgebenden Kugel anordnen willst, musst du auf die Pole als Eckpunkte verzichten. Außerdem wären die Punkte zu ihren Nachbarn auf den Breitengraden im Schnitt etwa doppelt so weit voneinander entfernt wie zu ihren Nachbarn auf den Längengraden (schätze ich jetzt - das genau zu berechnen, wäre möglicherweise recht kompliziert).

Was ist die Anwendung, wozu brauchst du das? Mit etwas mehr Information können wir vielleicht zu einem für dich nützlichen Ergebnis kommen.

Falls du dich rein aus Interesse damit beschäftigst, rate ich dir, es sein zu lassen.
Erstens sagte Buddha doch schon, dass logisches Schließen (also auch die Beschäftigung und Spielerei mit Mathematik) nicht zur Erleuchtung führt.
Und zweitens glaube ich, dass deine Phantasie sich in Grenzen hält, insbesondere dein räumliches Vorstellungsvermögen. Und deine Fähigkeit, dich klar auszudrücken sowieso. Darüber solltest du mal meditieren und nicht grantig werden.

@Arthur: Das mit den Russen ist natürlich nur Unsinn. Ich wollte nur meinen überaus großartigen Humor raushängen lassen, was wahrscheinlich die Erklärungskraft meines Beitrags nicht besser gemacht hat.

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