"Kugelstücke" im regelmäßigen Tetraeder

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Stevie3.14 Auf diesen Beitrag antworten »
"Kugelstücke" im regelmäßigen Tetraeder
Meine Frage:
Guten Tag,
seit Tagen plagt mich schon folgende Fragestellung.
Man habe einen regelmäßigen Tetraeder mit der Kantenlänge 2r.
In jeder Ecke befindet sich der Mittelpunkt einer Kugel mit dem Radius r.
Jetzt frage ich mich, wieviel Prozent des Tetraedervolumens von den "Kugelstücken" eingenommen wird???

Meine Ideen:
Für das Tetraedervolumen komme ich auf
Aber bei den "Kugelstücken" komme ich nicht weiter =(

Auf ihre Vorschläge/Lösungen warte ich gespannt.

Mfg, Ihr/Euer Stevie
Iridium Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

Dasselbe Problem hat mich auch mal beschäftigt smile .

Wie du das Kugelvolumen berechnest weißt du vermutlich. Dann interessiert dich der Anteil dieser Kugel, der innerhalb des Tetraeders liegt. Dazu ist es hilfreich, den überstrichenen Raumwinkel zu berechnen (sphärische Geometrie):



ist der Diederwinkel im Tetraeder. Daraus kannst du relativ einfach berechnen, wie groß der Anteil des Raumwinkels am gesamten Raumwinkel ist, wie groß dann der Volumenanteil einer Kugel ist und daraus dann die "Packungsdichte" für vier Kugeln. Das Ergebnis ist auf jeden Fall interessant!

Gruß
wisili Auf diesen Beitrag antworten »
RE: "Kugelstücke" im regelmäßigen Tetraeder
-- (zu spät)
Stevie3.14 Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo nochmal,
Diederwinkel waren mir bisherher noch kein Begriff, habe mich daher erstmal im Internet informiert.
So wie ich das sehe müsste der Diederwinkel ca. 70,53° sein, also ca.1,23 rad.
Der Raumwinkel also ca.0,55 sr.
Das Volumen der 4 "Kugelstücke"also,
=ca.0,735r³.
Folglich nehmen die "Kugelstücke" ,ca. 78% des Tetraeders ein.

Kommt ihr auf dasselbe?
Auf weitere Korrespondenz würde ich mich freuen.

Mfg, euer Stevie
Iridium Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

77,96 %, um etwas genauer zu sein smile . Auf jeden Fall stimmt der Diederwinkel und der Rest denke ich auch. Der Wert entspricht der Packungsdichte einer hypothetischen dreidimensionalen Tetraederkugelpackung. Leider lassen sich Tetraeder aber nicht raumfüllend packen. Aber wenn es gehen würde, wäre es ein besseres Raumerfüllungsverhältnis, als bei den dichtesten Kugelpackungen.

War das denn die Motivation für deine Frage, oder wie kommt man sonst darauf, das ausrechnen zu wollen?

Gruß
Stevie3.14 Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,
angefangen hat es mit 3 Münzen auf dem Tisch, dann habe ich mir gedacht, wie groß ist die Lücke, wenn man die 3 aneinander legt, nach ein paar Minuten und Pythagoras war die Sache klar Augenzwinkern
Kreise füllen eine Ebene zuProzent aus. Schnell war die Frage geboren, wie es sich in der dritten Dimension verhält.
Prompt 4 Murmeln rausgeholt, 3 so wie die Kreise angeordnet und die vierte in die Mulde und das Problem war geboren. verwirrt
Danke für deine Unterstützung, endlich ist es gelöst. Tanzen

Ciao, euer Stevie
 
 
Iridium Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

Keine Ursache.

In drei Dimensionen gibt es noch eine unmittelbare Anwendung in der Strukturchemie. Man könnte das Ganze jetzt theoretisch noch auf vier...oder n-dimensionale Hyperkugeln auf den Ecken der entsprechenden Hypertetraeder (Simplexe) ausdehnen...aber das wird zunehmend häßlicher, glaube ich smile .
Stevie3.14 Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,
bist du in der höherdimensionalen Geometrie so weit bewandert, um meine anfängliche Fragestellung in den 4-dimensionalen Hyperraum zu verlagern?
Nach kurzer Recherche im Internet müßte das ein Pentachoron sein, in dessen 5 Ecken jeweils der Mittelpunkt einer 4-dimensionalen Kugel sitzt, oder mache ich einen Denkfehler?
Auf jeden Fall bin ich auf diesem Gebiet totaler Laie.
Ein interessanter Punkt ist, dass, wie auf der Wiki-Seite steht, bei den Volumina, die Maßzahl vor dem r^n ab der 6-dimensionalen Kugel abnimmt.--->
3,14r^2
4,19r^3
4,93r^4
5,26r^5
5,17r^6
d.h. für unsere Frage nach den dichtesten Packungen
Kreise--->90,7%
Kugeln--->78%
4-dimensionale Kugel--->???

Ciao, euer Stevie
Iridium Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

Ne, wirklich bewandert bin ich dann auch nicht mehr, wenn die Dimensionen größer als drei werden. Alles was ich dazu weiß stammt dann auch eher von anderen Leuten, ohne daß ich es im Einzelnen nachgeprüft hätte. Deine Idee ist allerdings richtig. In vier Dimensionen besitzt der entsprechende "Tetraeder" fünf Eckpunkte, an denen dann Hyperkugeln sitzen müssten. Rein theoretisch müsste der Rechenweg übertragbar sein, nur weiß ich nicht, wie man den vierdimensionalen Raumwinkel (besser: Hyperraumwinkel) berechnet, noch wie viel ein Vollwinkel umfasst. Außerdem braucht man vermutlich auch nicht den Diederwinkel des Tetraeders, sondern den Winkel zwischen zwei 3D Tetraedern, denn diese begrenzen ja dann das vierdimensionale Volumen. Im Prinzip also ganz einfach Hammer .

Gruß
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