A témában két régi KömaL-cikket ajánlanék.
Az első cikkben
Az első cikk a Császár-poliéderről szól. Ez egy olyan test, aminek bármelyik két csúcsát él köti össze, mégsem tetraéder.
A másik cikk Szilassi Lajos cikke, ebben bemutat egy olyan poliédert is, amelynek bármely két lapja élben találkozik, mégsem tetraéder.
szia! utánad jöttem.
nem vettem volna a bátorságot, hogy beledumáljak egy matekos topicba, de ha, már úgy alakult, hogy egy másikban megkérdeztem, te meg átterelted ide, itt vagyok kénytelen válaszolni(folytatni). sajnos már azt sem látom, hogy az R függvény kielégítené a 1. feltételt. mi az értéke pl. r1=(0,0), r2=(x,x) esetén? nem nulla? pedig két kölönböző pontról van szó. tehát az origóhoz, és bármely ponthoz, ami a "45 fokos egyenesen" van, úgy látom nullát rendel. tulképp bármely két ponthoz, melyek ugyanarra a 45 fokos egyenesre esnek. már előre félek, hogy majd valaki leüvölti a hajamat is, mit akarok itt, ha ennyire nem értek hozzá.
Rn-ben tetszoleges konvex, zárt, az origóra szimmetrikus halmaz egy alkalmas norma egységgömbje. Valójában az ilyen halmazok és a normák kölcsönösen egyértelmuen megfeleltethetok egymásnak.
Irományomnak az előzménye más topikból jön (playboy (6415)), így kissé
furcsán hathat.
Ottani állításom ez volt:Sőt a síkban ismeretes olyan
távolságfogalom (metrika) is, amelyben a
gömb (adott pontól adott távólságra lévő pontok halmaza) a
hagyományos
négyzet...Ezt szeretném itt egy kicsit részletezni.
Pongyola leszek.
Def. Egy síkból a nemnegatív valós számokba képező R
függvényt akkor
hívunk metrikának, ha
(1) minden pontpárhoz hozzárendel egy számot (a
távolságot), és csak akkor
nulla ez a szám, ha a pontpár két pontja azonos.
AzazR(r1,r2)=0 =>
r1=r2 (2) egyik pont olyan messze van a másiktól, mint a másik
az egyiktől. Azaz
R(r1,r2)=R(r2,r1)
(3) (Háromszögegyenlőtlenség) Két pont távolsága mindig
kisebb (<=), mint
egy harmadik ponttól vett távolságok összege. Azaz
R(r1,r3)<=R(r1,r2)+R(r2,r3)
Namost legyen a
R(r1,r2) függvény a
következő:
R=abs[(x2-x1)-(y2-y1)]
Erről
belátható, hogy kielégíti az előző három feltételt, tehát
metrika
(távolság).A szemlélet kedvéért célszerű az origó és egy
r pont távolságára
koncentrálni, azaz R(r,0)-ra. Ekkor, mint
látható
R=abs[y-x], hiszen x2 és y2 helyére nulla irandó, az egyes indexet meg elhagytam. Ebben az esetben pl. a (2) feltétel
könnyen látható, igazából csak a (3)-as a macerásabb.
Na most nézzük az origó középpontú 1 sugarú gömböt, azaz azokat az x, y párokat, melyre abs[y-x]=1, ez pedig nem más, mint a hagyományos négyzet ((0,1) (1,0) (-1,0) (0,-1) csúcsú rombusz).
Hétlapú poliéder, hét csúcsa van, nincs benne átló../?testátló?/ Császár Ákos akad.'találta fel', továbbfejl. Szilassy/,Szilasi/ Lajos Szeged, Juhász Gyula tan.képző.
A /Szilassy-féle/ poliéder mintegy méteres szobrát helyezték el nemrég Fermat szülőháza előtt Fr.o.-ban "A kreativitás jelképe"-ként.
Tudtok-e bővebbet? Ez megint valami Rubik-kocka lesz?:))
Helló! Nem tudná valaki megmondani, hogy mennyi a kenó nyerési esélye, ha a főnyereményt akarjuk elérni? (nyolcvan számból kell tízet kijelölni a szelvényen, húsz számot húznak, és ha a húszban a mi általunk megjátszott 10 benne van, akkor nyerjük a legtöbbet)
Kedves Qeza, nekem Bognar tanitotta teljesen axiomatikusan a geometriat. Az elso felev vegere eljutottunk odaig, hogy "Letezik konvex polieder".
A geometriat ugyan nem szerettem meg, de az axiomatikus dolgoktol nem vette el a kedvem: eljen az aximatikus halmazelmelet!
Én sem szívesen bíbelődnék vele. Hagyjuk inkább az illetékesekre...
:-)
Az egyetemen az ilyen axiomatikus szörnyűségekkel vették el a kedvünket a geometriától. Volt egyszer egy ZH-feladat, ahol azt kellett (volna) bebizonyítani, hogy rendezési geometriában két diszjunkt konvex sokszög mindig elválasztható egymástól egy egyenessel...
A precíz diszkusszió mindig kellemetlen és fárasztó, de szerintem megy.
A behúzott átlók és az oldalak nem metszik egymást. Pontosabban, az elvárt közös csúcsokon és
Ha valamelyik két háromszögnek lenne közös beslő pontja, akkor vagy metszené egymást a határuk (itt jön a sok kellemetlen eset: oldal metsz oldalt, csúcs az oldalon stb.), vagy az egyik háromszög tartalmazza a másikat. Az utóbbi esetben a töröttvonalnak kellene metszeni a külső háromszög határát... (miért is...? egyáltalán, miért is van belseje és külseje egy háromszögnek...?)
Lehet, hogy a -- legalábbis diszjunkt -- háromszögekre bontást inkább azokra az időkre kellene hagyni, amikor már van a poligonnak belseje és külseje. Amikor erről a tételről esik szó, ilyesmiről még szó sincs...
Mit szólnátok ehhez:
1. Lemma: Két általános helyzetű zárt töröttvonal (amiknek nincs közös csúcsuk, és semelyik oldal/átlóegyenesük nem tartalmazza a másiknak egy csúcsát sem) páros sokszor metszi egymást.
Biz: Háromszögekre bontjuk a töröttvonalakat. Az önmetszésekkel nem törődünk. A két felbontásból egy-egy háromszöget kiválasztva, azok páros sok pontban metszik egymást. Az összes metszéspontok száma tehát páros. Az összeszámolás során minden olyan metszéspontot, ami valamelyik általunk behúzott átlón van, páros sokszor számoltunk. Tehát az eredeti poligonok is páros sokszor metszik egymást.
2. Legyen P egy zárt poligon. Két P-n kívüli pontot, A-t és B-t nevezzünk ekvivalensnek, ha egy/minden A-t és B-t összekötő töröttvonal páros sokszor metszi P-t. (Ha létezik egy ilyen töröttvonal, akkor az előbbiek szerint mindegyik töröttvonal ilyen.) Ez egy ekvivalenciareláció, mert triviálisan reflexív, szimmetrikus és tranzitív.
3. Legalább két ekvivalenciaosztály van. Vegyünk egy szakaszt, ami P-t egyszer metszi. A szakasz két végpontja nem ekvivalens egymással.
4. Nincs több ekvivalenciaosztály. Ha A, B, C három pont, akkor egy A-B-C-A zárt töröttvonal páros sokszor metszi P-t, tehát valamelyik "oldala" páros sokszor metszi.
5. Ha A és B ekvivalens, akkor olyan töröttvonallal is össze lehet kötni őket, ami egyáltalán nem metszi P-t.
Biz. (Igazából itt azt kell körülírni, hogy P-nek van két oldala, egy belső és egy külső. Ha A-t és B-t össze akarjuk kötni, akkor egy összekötő töröttvonalon elmegyünk az első metszéspontig, aztán körbe a fal mellett ...)
Szóval, legyen A és B két ekvivalens pont, és kössük össze őket egy töröttvonallal.
P minden csúcsához nagyon közel vegyünk fel két-két segédpontot, amiket össze lehet kötni a szomszédos csúcsokkal anélkül, hogy P-t metszenénk, sőt még annál is közelebb. :-) Hogy mennyire közel, arra még visszatérünk.
A két segédpont mindig ellentlétes ekvivalenciaosztályban van.
A szomszédos csúcsok mellé tett segédpontokat párosával összeköthetjük. Ha a segédpontokat elég közel vesszük fel, akkor az összekötő szakaszok nem metszenek bele sem egymásba, sem P-be. Továbbá, ha az A-B töröttvonalnak egy szakasza metszi P-t, akkor metszi P1-et és P2-t is a metszéspont két oldalán.
Amikor a segédpontok összekötögetés körbeér, akkor két poligont kapunk (tehát nem kaphatunk egyelen, 8-as alakút), mert nem köthetünk össze két ellentétes osztályban levő segédpontot. A két poligon legyen P1 és P2. Ezeknek nincs közös pontja sem P-vel, sem egymással.
Az A-B töröttvonalon A és B felől is keressük meg az első olyan helyet, ahol metszik P1-et vagy P2-t. Ha mindkét metszéspont P1-en van, akkor P1-en elsétálhatunk az egyiktől a másikig. Ha mindkét metszéspont P2-n van, akkor P2-n sétálunk. Ha az egyik metszéspont P1-en, a másik P2-n lenne, akkor elsétálhatnánk egy tetszőleges segédpont párig, ott átlépnénk az egyikről a másikra, és ezzel egy olyan A-B poligont készítenénk, ami páratlan sokszr (1-szer) metszi P-t, ez pedig ellentmondás.
Mindezt persze bizonyításnak nem nevezném, mert ahhoz túl pongyola, de a fő gondolatok benne vannak.
Kedves Gergo73, ez korrektnek tuni. De hogyan megy innen tovabb az indukcio? Tudjuk, hogy poligonunk felbomlik ket kisebbre, amelyek mindwegyike ket-ket reszre osztjak a sikot. En meg azt sem latom, hogy miert diszjunktak a belsok.
Kedves sashimi, teljesen igazad van, nagyon gyorsan és nyilván felületesen gondoltam végig a dolgokat. A lényeg az, hogy G-nek van belso átlója, azaz két olyan nem szomszédos csúcsa, amelyet a sokszög belsejében haladó S szakasz köt össze. Persze éppen az a célunk, hogy a sokszög belsejét értelmezzük, ezért ezt a két csúcsot a belso fogalma nélkül kell megtalálnunk. Itt van egy formális eljárás, ami remélhetoleg már helyes. Az ellenorzést megint elhagyom. Vegyük egy olyan egyenest, ami a G töröttvonalat nem metszi. Ezt az egyenest eltolhatjuk a G egy A csúcsába úgy, hogy a G továbbra is az egyenes által meghatározott egyik zárt félsíkban feküdjék. A G-n az A szomszédai legyenek B és C. Ha a BC szakasz belseje nem metszi a G-t, akkor S=BC megfelelo választás. Ha a BC szakasz belseje metszi a G-t, akkor az ABC háromszög tartalmaz további csúcsot a G-bol. A BC egyenestol legtávolabbi csúcs (az ABC háromszög belsejében) legyen D. Ekkor AD egy olyan S szakasz, ami belso átló. Megjegyzendo, hogy itt és az elozo üzenetemben töröttvonalon egyszeru (önmagát nem metszo) törött vonalat értek.
