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Bordes contiguos de un cubo (y otros sólidos regulares)

Tuve el deseo de crear un cubo a partir de un solo trozo de cuerda, donde cada arista se represente solo una vez. A través de la experimentación parece que esto es imposible, y lo más cerca que se puede llegar es crear un cubo que falte 3 de las 12 aristas.

Un tetraedro deja 1 sobrante. Un octaedro no deja ninguno. ¿Por qué el límite es 3 para un cubo, y 1 y 0 para esos? ¿Hay alguna regla general que lo prediga? ¿Qué hay de un icosaedro, o de un teseracto?

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user2566092 Puntos 19546

En general, estás tratando de crear un camino euleriano (ver http://en.wikipedia.org/wiki/Eulerian_path) a partir de los bordes de un politopo. Según el teorema clásico sobre caminos eulerianos, solo puedes crear uno si tienes exactamente dos vértices con grado impar. Pero el cubo tiene los 8 vértices con grado impar, por lo que no puedes esperar crear un camino euleriano. En cuanto al número máximo de bordes que puedes incluir y por qué ese número es el que es, tendría que pensar un poco más.

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xivaxy Puntos 419

Como ya se mencionó, para tener un camino Euleriano necesitas tener como máximo un par de vértices de grado impar (nodos en el grafo correspondiente). Tienes 4 de esos pares (8 vértices) en un cubo, así que necesitas eliminar al menos 3 aristas, tal como lo mencionaste en tu pregunta. Para un tetraedro tienes 4 vértices de grado impar (2 pares), por lo tanto necesitas eliminar (omitir) 1 arista. Para un octaedro no tienes vértices de grado impar, así que no necesitas omitir nada. Un dodecaedro tiene 20 vértices de grado impar (10 pares) - necesitas omitir 9 aristas. Un icosaedro tiene 12 vértices de grado impar (6 pares) - necesitas omitir 5 aristas. En un teseracto, todos los 16 vértices tienen grado 4, así que no hay grados impares, y no omitimos nada.

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6005 Puntos 19982

Un cubo tiene 8 vértices, y cada uno tiene un número impar de aristas que entran y salen. Ten en cuenta que excepto por el vértice inicial y final, cualquier cadena entra y sale de cada vertice un número par de veces. Por lo tanto, lo mejor que puedes hacer es 2 de las 3 aristas para 6 de los vertices y 3 para los otros dos, en total 26+322=182=9 aristas. Quedan 3.

En general, si la estructura con la que estás trabajando tiene un número impar de aristas para cada vértice, y hay n vértices, al menos te quedarán (n2)2 aristas sin cubrir. Si hay un número par de aristas para cada vértice, probablemente puedas cubrir todas las aristas con una sola cadena.

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