Vértices y aristas de un cubo se asignan números naturales de una manera particular; ¿puede la suma de los vértices igual a la suma de los bordes?

Question

En los vértices de un cubo se escriben 8 diferentes números naturales, y en cada uno de sus bordes está escrito el máximo común divisor de los números en los extremos de la arista.

Puede que la suma de los números en los vértices ser igual a la suma de los números escritos en los bordes?

No tengo idea de donde ir con esta pregunta. Aquí están algunas ideas:

Hay un error en la imagen de arriba. Me perdí dos bordes, b y c).

Los vértices se pueden organizar de esta manera, donde no hay letra pasado a es igual a uno.

Todos los términos cancelar la excepción de la abc+ algunos vértice V la suma de los vértices, y a+b+c+desconocido bordes x+y+z que todo dependerá de qué valor dar a V. no puedo decidir esto en absoluto.

Otras ideas que se me presentan, así era lo que yo creo, es que esto simplemente no es posible. Sin embargo, no tengo manera de probar que.

Aquí están algunas ideas de otro que ha probado esta conmigo:

Claramente, si sólo había tantas aristas como vértices que nunca iba a trabajar, ya que el valor de un borde de conexión debe ser menor que al menos uno de sus vértices valores. En el mejor de los casos un vértice es una y el otro ab, entonces se obtiene un valor de borde de una, pero el vértice ab es necesariamente más grande.

Sin embargo, hay más bordes de los vértices, así que uno podría esperar obtener algún inteligente opciones que funcionan fuera.

Aquí algunas ideas en contra de la esperanza: No se puede tener la mayoría de los vértices de ser primos, porque entonces dos números primos sólo le dan un 1 en el borde y así vencer a todos los vértices de los números primos, tendría un par de oferta de los bordes. Para obtener grandes cantos usted necesita por lo menos un gran vértice que no es primo, entonces llegamos a la conclusión de que debe ser un poco más grande vértice en algún lugar.

Pero, a decir de uno de los grandes vértice es ab con b>a con a=>2.Sólo hay tres salientes de los bordes, así que para no perder, desea que todos ellos llevan a la b. Pero entonces el otro lado de estos bordes deben ser bc, con c>2. Por lo tanto, todos los vértices juntos son somethink como (a+c+d+e)*d y los bordes son sólo 3b.

Esta no es una prueba, sino un argumento en contra de un vértice con sólo dos factores primos.

Pero luego me tocaba a su alrededor y vio que el número de vértices 2*3*5 realmente es el único que gana es bordes

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Por favor, ayuda!

Answer 1

No, no es posible. Tenga en cuenta que si usted no tiene la restricción de todos los vértices de los números distintos, se podría hacer, por ejemplo, con el "extraño" vértices ser $1$ y el "aún" vértices $2$.

Tenga en cuenta que para $a \ne b$, $\gcd(a,b) \le (a+b)/3$, con la igualdad iff $a=2b$ o $b=2a$. Agregar esta desigualdad en todos los bordes: cada vértice es incidente en $3$ bordes, por lo que llegamos $\sum(\text{edges}) \le \sum (\text{vertices})$, con igualdad si y sólo si en cada par de vértices vecinos, uno es el doble del otro. Pero eso no puede suceder si todos los números son distintos, debido a que el grafo tiene ciclos.

La prueba se generaliza, por supuesto, a cualquier $3$-regular finito gráfico.

Answer 2

Haciendo lo que usted está tratando con tres primos da la suma de los vértices $1+a+b+c+ab+ac+bc+abc$ y la suma de bordes $3+2(a+b+c)+ab+ac+bc$. Restando estos requeriría $2+a+b+c=abc$ y $abc$ es demasiado grande.

También intenté hacer un cubo de la imagen del espejo con $efg$ caer a $1$ y multiplicando todos los vértices. Cada vértice tiene tres factores y cada borde tiene dos y los vértices serán ganar otra vez.

No una prueba, cualquiera de los dos, pero no se ve bien.