Formula di Eulero ed estensione ad n dimensioni

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Formula di Eulero ed estensione ad n dimensioni

Messaggio da carsaxy » 06 lug 2007, 20:20

Ciao, dove posso trovare una dimostrazione dellla formula di Eulero (in un solido numero facce+numero vertici=numero spigoli+2)?
Esiste, poi, una formula che la estenda ai soldi di un numero qualsiasi di dimensioni?
Grazie
Ciao

carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Messaggio da carsaxy » 06 lug 2007, 20:21

(forse dovevo metterlo nella sezione geometria...)

Avatar utente
EUCLA
Messaggi: 771
Iscritto il: 21 apr 2005, 19:20
Località: Prato

Messaggio da EUCLA » 06 lug 2007, 20:45


EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4790
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 06 lug 2007, 22:01

carsaxy ha scritto:(forse dovevo metterlo nella sezione geometria...)
già

Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto » 06 lug 2007, 23:04

La formula in più dimensioni esiste, ed è del tutto simile. Per prima cosa nota che la formula di Eulero non vale per qualsiasi poliedro, ad esempio non vale quando ci sono "buchi", ma solo per poliedri che "hanno la forma di una sfera", nel senso che si possono "deformare con continuità" fino a farli diventare una sfera.

In dimensione più alta fai così. Prendi un poliedro di dimensione n, che sia deformabile in una sfera della stessa dimensione, e indica con $ b_i $ il numero di facce di dimensione i. Allora $ \sum_{i=0}^{n}(-1)^i b_i $ vale 2 se n è pari e 0 se n è dispari.

Quando n=2 hai le usuali superfici in R^3, e trovi la formula di Eulero classica.
Ultima modifica di Nonno Bassotto il 08 lug 2007, 17:07, modificato 1 volta in totale.
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill

carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Messaggio da carsaxy » 07 lug 2007, 10:44

Grazie per la dimostrazione.
Avevo notato anch'io che non può essere applicata a tutti solidi, grazie comunque.
Però non riesco a capire questa legge per le n dimensioni.
Io ne avevo pensata un'altra che sembra funzionare, se riuscirò a dimostrarla la pubblicherò quì (anche nel caso non ci riesca in nessun modo).
Grazie

Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto » 07 lug 2007, 15:52

Cosa c'è che non capisci nella formula? Se chiedi posso cercare di spiegarmi meglio.

In pratica quello che succede è questo: dato un poliedro P di dimensione n puoi definire
$ \chi(P) = \sum_{i = 0}^{n} (-1)^i b_i $, dove b_i è il numero di facce in dimensione i.

Allora il risultato è che questo numero è lo stesso per due poliedri che siano deformazione uno dell'altro. Quando P è una deformazione di una sfera, allora questo numero è uguale a quello calcolato ad esempio su un cubo di dimensione n, è questo è 2 o 0 a seconda della parità di n.
Ultima modifica di Nonno Bassotto il 08 lug 2007, 17:08, modificato 1 volta in totale.
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill

carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Messaggio da carsaxy » 08 lug 2007, 16:48

Quello che non capisco è come una sommatoria di numeri positivi (dubito che possiamo avere un numero di facce in dimensione i minore di 0) solitamente tutti maggiori di 2 possa dare al massimo questo risultato. Io avevo pensato : in un poliedro di dimensioni n $ \sum_{i=0}^n b_{2i} = \sum_{i=0}^n b_{2i+1} +1 $. Così mi sembra funzionare, e forse sono la stessa cosa. Solo che ho qualche problema a dimostrarlo.
Ultima modifica di carsaxy il 24 lug 2007, 11:23, modificato 1 volta in totale.

carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Messaggio da carsaxy » 08 lug 2007, 17:13

ok, è la stessa cosa, ho analizzato meglio la formula che mi avevi dato la scorsa volta, scusa la mia disattenzione

Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto » 08 lug 2007, 17:27

Hai perfettamente ragione, sono io che sono un po' rincoglionito. Avevo dimenticato di mettere (-1)^i, adesso ho corretto.

La tua è quasi uguale, hai solo portato a membro destro i termini dispari. Però non c'è un 1, c'è uno 0 o un 2 a seconda della parità di n. Ad esempio nel caso dei poliedri usuali (che hanno dimensione 2) hai v+f=e+2.

Una dimostrazione può essere fatta per induzione, come nel caso bidimensionale. Il problema è che nel caso n=2 puoi prima ricondurti al caso in cui tutte le facce siano triangoli (suddividendo in triangoli ogni poligono) e poi togliere un triangolo alla volta. In dimensione più alta non è ovvio come ricondursi ad usare solo tetraedri. Inoltre avrai bisogno di fare un'induzione sulla dimensione oltre che sul numero di facce: per ogni faccia userai di nuovo la formula di Eulero.

Tutto questo complica molto le cose, perciò di solito si dà una dimostrazione completamente diversa, che però richiede una matematica un po' più sofisticata. Grosso modo si fa così:

1) Si associano ad ogni figura geometrica (spazio topologico) dei numeri, detti numeri di Betti. Questi non dipendono dal fattoche la figura sia un poliedro: la figura può essere ad esempio una sfera, o qualsiasi superficie, eccetera. Questi numeri di Betti hanno la proprietà di restare invariati quando deformi con continuità una figura in un'altra. chiamiamoli b_i.

2) Si dimostra che se P è un poliedro con f_i facce in dimensione i, e b_i sono i suoi numeri di Betti, allora
$ \sum_{i=0}^{n}(-1)^i b_i = \sum_{i=0}^{n}(-1)^i f_i $.

3) A questo punto prendi un poliedro che sia deformabile in una sfera. Per le proprietà 1) e 2) se voglio calcolare $ \sum_{i=0}^{n}(-1)^i f_i $ posso calcolare la somma alternata dei numeri di Betti della sfera. Questo è facile, e si trova che vale 0 o 2 a seconda della parità di n.

Mi rendo conto che tutto questo non dice molto se non ti dico come si definiscono i numeri di Betti, ma serve almeno un minimo di topologia e di algebra lineare per poterli definire.

Ciao
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill

carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Messaggio da carsaxy » 08 lug 2007, 18:06

l'1 è dato dal fatto che, nella somma, conto anche gli elementi di dimensione i, che , ovviamente, sono uguali ad 1, rendendo vera anche la mia. Per quanto riguarda i numeri di Betti, hai ragione, sn 1 po' difficili per me, visto che ho appena finito la 3 liceo, poi devo riguardarmi bene la tua dimostrazione a grandi linee: non conoscendo quei numeri devo rifletterci un po' sopra, grazie 1000.
Ciao

carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Messaggio da carsaxy » 13 lug 2007, 13:19

Un'ultima cosa: contando anche il numero di elementi di dimensione i rimane vera anche per composizioni di figure che soddisfano la suddetta relazione. Prendiamo ad esempio due solidi distinti di dimensione i che abbiano almeno una faccia di dimensione i-1 uguale, la formula diventa: $ \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_1 + \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_2 = 2 $ in quanto sommo membro a membro l'equazione di entrambi i solidi. Unendoli per la faccia uguale dobbiamo ricordarci di sottrarre una sola volta il numero di elementi presenti all'interno della faccia stessa, che seguono anch'essi la relazione oggetto della dimostrazione, perciò sottraendo membro a membro: $ \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_1 + \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_2 - \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_f= 1 $. Ma $ \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_1 + \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_2 - \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_f=\sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_S $. Perciò $ \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i_S=1 $ Dove il solido s è la composizione dei solidi iniziali. Da notare che ora gli elementi di dimensione i sono pari al numero di solidi composti e che si contano anche le facce che hanno permesso la composizione interne al solido S (una volta sola). Da quì si ricava che la relazione $ \sum_{i=0}^n (-1)^ib_i=1 $ vale anche per solidi non deformati da sfere in quanto composizioni di tali solidi. Credo che sia giusta, prova a dargli 1 occhiata.

Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto » 13 lug 2007, 16:09

Il tuo ragionamento è giusto finché la faccia di contatto è una sola, e in questo caso i solidi rimangono dello stesso tipo. Prova a pensare alla superficie di una ciambella, e fai un poliedro P che abbia grosso modo questa forma. P si può ottenere accostando due poliedri "sferici", ma attaccandoli per due facce. Pensa a due poliedri a forma di banana che vengono attaccati per entrambe le estremità. In questo caso troverai che la somma alternata vale 0.
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill

carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Messaggio da carsaxy » 13 lug 2007, 20:59

Hai ragione, credo non funzioni (forse solamente) nel caso in cui il solido complessivo sia "bucato da parte a parte". Se non è così si dovrebbe riuscire anche se confina con più facce. Nel caso siano adiacenti si può dire che vale la relazione sul componimento delle facce, perciò anche sul solido. Nel caso non lo siano, o il solido complessivo è bucato, o uno dei componenti non confina con uno solo degli altri componenti. Nel secondo caso, basta dimosrtare che vale per due di essi a cui si aggiunge un terzo e così via.

carsaxy
Messaggi: 24
Iscritto il: 20 feb 2007, 21:44
Località: Nerviano

Messaggio da carsaxy » 14 lug 2007, 11:05

Ho provato a studiare il caso "groviera": in effetti è un bel problema. La somma alternata varia non solo con il numero di buchi, ma anche con la dimensione del solido e con la loro disposizione reciproca. Non credo di avere ora come ora le conoscenze (e neanche abbatstanza intuito) per poter affrontare questo problema. Comunque già il fatto di aver allargato il numero di solidi per cui si applica mi pare un buon risultato. Ma non mi accontento... Grazie di tutto. Ciao

Rispondi