Faceteret tag
Simon Majgaard s184012, Mathias M. Lowes s183983, Eline Aarhus s183195
og Oskar Barslund s180530
November 2018
2
Find alle plane faceteringer over denne graf. Hovedansvarlig: Simon
Der er 4 flader svarende til [1, 2, 5, 4], [2, 3, 6, 5], [4, 5, 8, 7], [5, 6, 9, 8], hvor tallene svarer til punkterne p˚a
Figur 1 nedenfor:
Figur 1: Punkter i planen
For hver flade opstilles en M matrice best˚aende af vektorene fra et af hjærnepunkterne til de 3 andre.
Disse vektorer best˚ar af dets koordinater i planen samt et ”Zi” svarende til koordinaten. F.eks bliver
p1 := (1, 1, Z1). Som eksempel ses nu M matricen for [1, 2, 5, 4]:
M1 = [p4 − p1 p2 − p1 p5 − p1] =


1 0 1
0 1 1
−z1 + z4 −z1 + z2 −z1 + z5


Determinanten af disse tages, da de 3 vektorer kun ligger i samme plan hvis denne er 0. Koefficientmatricen for ligningerne opskrives og bringes p˚a trappeform, hvorefter løsningerne skrives p˚a standardparameterform
A =




1 −1 0 −1 1 0 0 0 0
0 1 −1 0 −1 1 0 0 0
0 0 0 1 −1 0 −1 1 0
0 0 0 0 −1 1 0 1 −1




−→














z1
z2
z3
z4
z5
z6
z7
z8
z9














= t1·














1
1
1
0
0
0
0
0
0














+t2














0
0
0
1
1
1
0
0
0














+t3·














1
0
0
1
0
0
1
0
0














+t4·














0
1
0
0
1
0
0
1
0














+t5·














−1
−1
0
−1
−1
0
0
0
1














Alle plane facetteringer har alts˚a Z-værdier svarende til denne parameterfremstilling.
Hvad er dimensionen af rummet af plane facetteringer? Hovedansvarlig: Simon
Da parameterfremstillingen af hænger af 5 frie variabler, m˚a rummet af planefaceteringer være 5
Vis at der er s˚akaldte translationelle løsninger hvor en række eller en søjle
hæves til højden 1 og de resterende punkter forbliver i højden 0 (nul). Hovedansvarlig: Simon
I parameterfremstillingen er der allerede 4 basisvektorer hvor enten en række eller en søjle af punkter
hæves med 1 som de eneste punkter. En løsning er illustreret p˚a figur :
3
Figur 2: Facetter med en hævet række
Hvor mange translationelle løsninger er der? Er de lineært uafhængige? Hovedansvarlig: Simon
Da der er 3 kolonner og 3 rækker af punkter, kan der maksimalt være 6 løsninger. De 4 er dem er givet
som basis vektorer:
Z =














1
1
1
0
0
0
0
0
0














, Z =














0
0
0
1
1
1
0
0
0














, Z =














1
0
0
1
0
0
1
0
0














, Z =














0
1
0
0
1
0
0
1
0














De sidste 2 kan findes som en linarkombination af basisvektorene:
Z =














0
1
0
0
1
0
0
1
0














+














1
0
0
1
0
0
1
0
0














+














−1
−1
0
−1
−1
0
0
0
1














=














0
0
0
0
0
0
1
1
1














, Z =














1
1
1
0
0
0
0
0
0














+ Z =














0
0
0
1
1
1
0
0
0














+














−1
−1
0
−1
−1
0
0
0
1














=














0
0
1
0
0
1
0
0
1














Alts˚a er der 6 translationelle løsninger. Da der er 6 løsninger men rummet kun er 5-dimensionelt, kan
alle 6 ikke være lineært uafhængige.
4
Forklar at resultaterne for opgaverne 2-4 gælder for et vilk˚arligt k. Hovedansvarlig: Simon
K betegner hvor mange rækker og søjler der er tale om, alts˚a hvor mange facetter der er. Ved opgaverne
2-4 var K = 3, s˚a der var tre rækker af punkter i taget. Havde der været fire rækker ville det ikke have
gjort nogen forskel p˚a dimensionen af taget eller for hvordan taget kan translateres. Her vil der bare
være flere kombinationer af forskellige translationer jo større K er.
Bevis det ikke er muligt at lave et tag, der forbinder hjørnepunkterne (0, 0, 0, 1),
uanset hvilken højde de andre punkter har. Hovedansvarlig: Oskar
Vi kan beskrive, at højden af hjørnerne skal være hhv 0,0,0,1, ved at opskrive z-koordinaten af vores
hjørnepunkter som venstreside, og højresiden som den ønskede løsning (0,0,0,1).
Det ses af ligningsystemet, at da førstekoordinaten er en linearkombination af de andre koordinater, af
hvilke er 0, vil førstekoordinaten aldrig kunne blive 1. Alts˚a er der ingen løsning til ligningssystemet.
Dette gælderogs˚a, hvis 1-tallet indsættes som højreside i de andre koordinater.
Lav opgaverne 1, 2 & 6, med den plane graf med 6 facetter. Hovedansvarlig:
Oskar
Da to af facetterne opdeles i trekanter, er de nu defineret ved:
[1, 2, 5, 4], [2, 3, 6], [2, 6, 5], [4, 5, 8], [4, 8, 7], [5, 6, 9, 8]
Samme fremgangsm˚ade bruges nu igen, men hvor vi nu kun har to firkanter, dette giver os løsningsmængden
opskrevet p˚a standard-parameterform:
5
Dimensionerne kan, som vist tidligere, bestemmes ved at tælle antal frie parametre.
Rummet m˚a alts˚a være 7-dimensionalt. Rummets dimensioner stiger alts˚a, n˚ar antal facetteringer stiger.
Da vi nu har 6 facetter i stedet for 3, giver dette os mange flere muligheder. Eksempelvis kan hjørnerne
nu bøjes opad, hvilket betyder at vi godt kan lave et tag, der forbinder hjørnepunkterne (0,0,0,1). Dette
vil vi nu vise, ved samme fremgangsm˚ade som vist tidligere. Hjørnerne opskrives p˚a venstresiden, og
(0,0,0,1) som højreside.
Det er alts˚a muligt at have et hjørne der er uafhængigt af, om de tre andre hjørners højde er 0, n˚ar vi
arbejder med trekantet facettering. Eksempelvis kunne hjørnet se s˚aledes ud.
6
Figur 3: Plot af hjørne punkter, med flere facetter
Hvad forventer I at dimensionen af rummet af plane faceteringer over hver
af de to grafer er som funktion af K? Hovedansvarlig: Oskar
For den første graf med 4 plader, vil antallet af translationelle løsninger stige med 2*K. Da kun 2k-1 er
lineære uafhængige, vil dimensionen af af rummet af plane faceteringer stige med en faktor 2K-1.
For den anden graf ser det ummiddelbart ud til at dimensionen stiger med 3*K-1
Beskriv hvad hver enkelt operation i proceduren MakeC i filen PlanarityConstraints gør. Hovedansvarlig: Mathias
Figur 4: Maple funktionen, MakeC
7
• proc beskriver hvad inputtet skal være, her er det en flade mellem nogle punkter, x-koordinater
til punkterne og y-kkordinaterne til punkterne.
• description beskriver hvad funktionen gør. Den giver lineære krav til for facaden af polygonen,
s˚a alle sider er plane.
• local er hvilke variable der bruges i kommandoen (i, p1, p2, p3, p4, M, ligninger)
• p1, p2, p3 defineres som x, y, z-koordinaterne til punkterne 1,2,3.
• ligninger defineres som en tom sum indtil videre.
• Der laves et loop for i, s˚a den g˚ar fra 4 til antallet af operatorer i f, hvor mange punkter der skal
forbindes til en flade, og den g˚ar op med en ad gangen.
• p4 defineres til x, y, z-koordinaterne for det i-te punkt.
• M defineressom matrixen som vektorerne mellem p1 og p2,p3,p4
• ligninger redefineres til den forrige definition af ligninger kombineret med kravet for matrix M’s
determinant er 0.
• Dette loop kører igennem s˚a mange gange som der er punkter i det ønskede plan over tre.
• De ønskede ligninger for at punkterne i f er i samme plan, opstilles.
Vis at en facet med n hjørner som opfylder alle betingelser fundet af MakeC
faktisk er plan, alts˚a at alle hjørnepunkterne ligger i samme plan. Hovedansvarlig: Simon
Ved MakeC udregnes kravene for at en facet er plan i flere skridt. N˚ar matrixen M defineres, best˚ar den
af vektoren fra p1 til p2, vektoren fra p1 til p3 og vektoren fra p1 til p4. Vektorerne fra p1 til p2 og p1
til p3, udspænder altid et plan, s˚a hvis p4 ligger i planet, s˚a er vektoren fra p1 til p4 lineært afhængig af
de to andre vektorer, dette er tilfældet n˚ar determinanten af M er nul. S˚a kravet for at determinanten af
M er nul opskrives for det første punkt efter punkt tre. Processen gentages s˚aledes at det næste punkt
ogs˚a ligger i planen udspændt af punkterne p1, p2, p3. Denne proces kan gentages n gange, og der f˚as
s˚a n ligninger som skal opfyldes for, at facetten er plan.
Hvorfor er det nok at kunne beregne arealet af en trekant - og fx ikke af en
firkant? Hovedansvarlig: Eline
En trekant er den mindste polygon, hvilket medfører at alle andre polygoner kan deles op i trekanter.
Dog skal man passe p˚a hvis et hjørne er konkav, men dette problem ses bort fra i denne opgave.
I ”PlanarityConstraints” er der ogs˚a en procedure, ”proc”, som beregner
noget der minder om arealet af hver facet. Lav en ny procedure som beregner
det rigtige areal. Hver af regneoperationerne +, −, ·, /, √
n koster det samme.
Hvor f˚a regneoperationer kan du nøjes med? Hovedansvarlig: Eline
Til udregnelse af en trekant i rummet, tages der udgangspunkt i formlen for arealet af et parallelogram.
Et paralellogram udspændt af to vektorer har nemlig samme længde som krydsproduktet mellem de
to har. En trekant vil s˚a ledes have arealet, halvdelen af længden af krydsproduktet. Der kan derfor
opstilles en kommando, som beregner to vektorer mellem tre punkter, finder længden af krydsproduktet
8
og tager halvdelen af dette. Denne kommando køres igennem for hver flade. For at spare operationer,
kan der istedet for at gange med en halv p˚a hver flade, s˚a ganges der kun tilsidst i udtrykket.
Figur 5: Kommando til at finde areal, samt det samlede areal
Se p˚a udtrykket for kvadratet p˚a arealet af en trekant. Godtgør at det giver
mening at tage kvadratroden af dette. Godtgør ogs˚a at hvis du tænker p˚a
udtrykket for det totale areal som en funktion af hver af de indg˚aende Zi
’er, da er udtrykket for tagarealet differentiabel. Dette er nødvendigt for at
optimeringen virker. Hovedansvarlig: Eline
Figur 6: Kvadratet p˚a arealet af en trekant
Den eneste m˚ade hvorp˚a kvadtroden ikke giver mening for et givent udtryk, er hvis udtrykket kan give
et negativt tal, da dette vil betyde at man skal regne imaginære tal. Da udtrykket for kvadratet p˚a
arealet af trekanten (Figur 6) altid er et positivt reel tal, idet Zi er reelt, vil det altid give mening at
tage kvadtratroden.
I forrige opgave fandt vi et udtryk for det totale areal (se Figur 5). Tænkes dette udtryk som en funktion
f(Zi), vil denne funktion altid være differentiabel. For det første er funktionen kontinuer (hvilket er
et krav før den kan være differentiabel), idet den er opbygget af arealfunktioner som ikke har hverken
huller eller spring. For det andet gælde det ifølge sumreglen at funktionen for det samlede areal er
differentiabel, hvis hvert led (alle funktioner for trekantsarealerne) er differentiable. For det 3. ses det,
9
at hvert led er p˚a samme form nemlig c ·
p
1 + Z2
a + Z
2
b
. Da √
x-funktionen er differentiabel for alle
positive x, betyder det, at alle led i f(Zi) er differentiable, for alle Zi
, hvilket betyder at f(Zi) ogs˚a selv
er differentiabel.
Find formlen Volumen=1
3Højde · GrundfladeAreal for volumenet af en pyramide over en given plan trekant som vist p˚a figur 7.Forklar at hvis visnitter
pyramiden i højden h da er A(h) = h
2A(1). Hovedansvarlig: Oskar
Figur 7: En trekantet pyramide med ”toppunkt” rejst vinkeltet over et af hjørnerne i en trekant
Da A(h) er lige dannet med A(1), grundet m˚aden pyramiden er opbygget, m˚a hver side være skaleret
i sammenligningen mellem A(h) og A(1). Og siden højden af selve pyramiden er det eneste der er
forskelligt mellem de to arealer, m˚a h derfor være skalaren. Hvis der kigges p˚a formlerne for arealerne
af de to trekanter, kan det ses at omskrivning A(h) = h
2A(1) kan laves. Arealet af en trekant er givet
ved A =
1
2
g · h, hvor g er grundlinjen og h højden af trekanten, istedet for h bruges d, da det p˚a figur
7, kan ses som dybden af trekanten. Formlerne bliver derved A(1) = 1
2
g1 · d1 og A(h) = 1
2
gh · dh. gh og
dh kan erstattes med det de er i A(1) med skalaren h ganget p˚a:
A(h) = 1
2
g1 · h · d1 · h = h
2
·
1
2
g1 · d1 = h
2A(1)
Volumen af pyramiden kan nu udregnes ved formlen V olumen =
R H
0 A(h)dh, her erstattes A(h) med
h
2A(1) fra udregningen før. Formlen for volumen bliver derved:
V olumen =
Z H
0
h
2A(1)dh =
1
3
H3A(1) = 1
3
H · A(H) = 1
3
Højde · Grundflade
Find volumenet af de tre pyramidermed hjørner p
0
1
, p
0
2
, p
0
3 og pi. Hovedansvarlig: Mathias
Udfra opgave lyder det til at punkterne er p˚a række, men for bedre at illustrere pyramiderne mellem de
to trekanter, punkter valgt til p
0
1 = (1, 1, 0), p
0
2 = (2, 1, 0), p
0
3 = (1, 2, 0) og p1 = (1, 1, 1), p2 = (2, 1, 2),
p3 = (1, 2, 3). Dette giver to trekantede facetter som illustreret p˚a figur 8.
10
Figur 8: To facetter i rummet
Volumen mellem de to facetter er oplyst til at være volumen af pyramiderne mellem grundfladen og hver
af punkterne i facetten i rummet lagt sammen. I dette eksempel, hvor grundfladens areal er 1
2
1 · 1 = 1
2
f˚as volumen:
V olumen = v1 + v2 + v3 =
1
3
1 ·
1
2
+
1
3
2 ·
1
2
+
1
3
3 ·
1
2
= 1
Figur 9: De to facetter, hvor der er en pyramide mellem p
0
1
, p
0
2 =, p
0
3 = og p2
Skriv en procedure som beregner volumenet under en facet med vilk˚arligt
mange kanter. Hovedansvarlig: Mathias
Først og fremmest beregner proceduren fra opgave 14 grundfladen i pyramiden, hvorefter det ifølge
formlen skal ganges med 1/3højde. n er i dette tilfælde antallet af kanter.
11
Figur 10: Kommando til at finde den samlede volumen
Find betingelser som giver en flade som taget p˚a M¨unchens Olympiske stadion. Hovedansvarlig: Eline
Først og fremmest er polygonerne firkantede og en minimalflade, hvilket vil sige at de st˚alwirere der i
enkelte punkter trækker taget op kommer til at bestemme fladernes størrelse. Derfor gælder proceduren
fra opgave 14 stadig, blot uden halvveringen, da det er firkanter og ikke trekanter vi arbejder med.
Mht. facetteringen skal der ogs˚a være en hvis volumen under taget, grundet sikkerhed og den generelle
oplevelse, som skal være overholdt.
12
Til arkitekten
Du vil over enhver 2 dimensionel graf kunne lave et tag som dækker denne graf, idet du f.eks. bare kan
lave en kopi af grafen og hæve den nogle meter over jorden. Det bliver først et problem n˚ar man vil
forme et 3 dimentionelt tag med planefacetter at der kan opst˚a komplikationer.
Ved konstruktion af tag med plane facetter, er der en del begrænsninger, alt efter hvilke former facetterne
har. Det er f.eks. ikke muligt at hæve eller sænke et enkelt hjørne hvis man arbejder med firkantede
facetter. Det er alts˚a noget af det mest begrænsende at arbejde med. Til gengæld vil trekantede facetter
tilbyde meget mere fleksibilitet, og dermed ogs˚a være foretrukket i mere kreativ arkitektur. P˚a trods af
at dette er mere fleksibelt, er der dog stadig begrænsninger, og alle konstruktioner er langt fra mulige.
Der er alts˚a mest kreativ frihed hvis man bruger mange, sm˚a trekanter til sin facettering. Med det i
tankerne kan vi nu kigge p˚a de 3 ideer som der er fremlagt. Ide A) er nok der du vil f˚a mindst kunstnerisk
frihed. Du vil f.eks ikke kunne løfte et hjørne uden at skulle løfte en hel firkant. Du har i dette tilfælde
ca. 2*K-1 dimensioner at arbejde med, hvor flere dimensioner betyder mere frihed og mere organiske
tage. Ved Plan B) har du allerede meget mere frihed, idet trekanter altid vil være plane uanset hvordan
du placere dets hjørner. Ved en s˚adan facetering har du ca. 3*k-1 dimensioner hvilket er væsentlig mere
frihed end den forrige. Ved den sidste er det næsten samme situation men den vil være at foretrække
hvis taget til tider er spidst, idet resten af taget ville kunne falde mere naturligt omkring en femkant.
Kort sagt vil du med mange trekanter f˚a den største frihed, men formegentlig ogs˚a den dyreste løsning.
Man kan da indsætte andre, større polygoner, imellem trekanterne for at f˚a et billigere tag med stadig
stor fleksibilitet.
13