Geometria solida

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HomoPatavinus
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Geometria solida

Messaggio da HomoPatavinus » 26 ago 2006, 17:18

Sia P un poliedro e siano F il numero delle faccie, S il numero degli spigoli e V il numero dei vertici di P. Si assuma che per P valga la Formula di Eulero:
F - S + V = 2

i) Provare che P ha qualche faccia con meno di 6 lati
ii) detto K il numero delle faccie con meno di 6 lati, determinare il minimo valore possibile per K.

SNS, 96/97#3

pic88
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Messaggio da pic88 » 26 ago 2006, 17:39

Posto la dimostrazione della prima parte, già trattata sul forum.

supponiamo che ogni faccia abbia mediamente n spigoli.
Allora, siccome ogni spigolo appartiene a due facce si ha:
$ nF=2S $
mediamente, da ogni vertice escono r spigoli. analogamente:
$ rV=2S $
$ F-S+V=2 $ diventa, dividendo per $ 2S $
$ \displaystyle\ \frac1{n}+\frac1{r}=\frac1{s}+\frac1{2} $
se nessuna faccia ha meno di sei lati, allora:
$ n\geqslant6 $
$ \displaystyle \frac1{n}+\frac1{r}\leqslant \frac{1}{6}+\frac{1}{r} $
allora essendo $ r\geqslant3 $ otteniamo
$ \displaystyle \frac1{S}+\frac{1}3\leqslant\frac{1}{r}\leqslant \frac1{3} $ impossibile

sqrt2
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Messaggio da sqrt2 » 26 ago 2006, 19:38

Se ne era già trattato qui, anche se purtroppo non c'è la soluzione del secondo punto.

http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=5753

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Marco
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Messaggio da Marco » 28 ago 2006, 13:26

Beh, avuta l'idea del primo punto, il secondo è una facile variante.

Denoto con $ f_i $ il numero di facce con $ i $ lati e $ v_j $ il numero di vertici in cui concorrono $ j $ spigoli.

Sostanzialmente, Pic88 ha scritto giustamente che
$ $ \sum_{i \geqslant 3} i f_i = \sum_{j \geqslant 3} j v_i = 2 S $.

Inoltre ha dimostrato che:
$ $ 2S = \sum_{j \geqslant 3} j v_j \geqslant 3V $ (*) [vera sempre]
$ $ 2S = \sum_{i \geqslant 3} i f_i \geqslant 6F $ (**) [nell'ipotesi che ogni faccia abbia almeno 6 lati].

Ha concluso ricavando V e F, sostituendo in FdE e trovando un assurdo.

Se invece l'ipotesi viene modificata dicendo che ci sono $ k $ facce con meno di sei lati [cioè $ k = f_3 + f_4 + f_5 $], (**) diventa:
$ $ 2S = \sum_{i \geqslant 3} i f_i \geqslant 3k + 6(F-k) = 6F - 3k $ (**')

Ripetendo i calcoli fatti da Pic, si trova:
$ $ 2 = F + V - S \leqslant \frac{S}{3} + \frac{k}{2} + \frac{2S}{3} - S = \frac{k}{2} $,

ossia $ k \geqslant 4 $. Del resto un esempio con $ k=4 $ si trova facilmente: il tetraedro. []
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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