Mathematik: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
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Mathematik

\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)

Der Eulersche Polyedersatz, zur Erinnerung: e+f-k=2, sieht
so einfach zu handhaben aus, aber schon bei der Anwendung auf ein
Dreieck scheint man zu versagen:
3 Ecken, 3 Kanten, 1 Fläche ergibt hartnäckig: 3+1-3=1 und nicht 2.
Die unten angegebene Figur 1 wird oft zum Beweis des Satzes benutzt,

Bild
doch man zählt 8 Ecken, 12 Kanten und 5 Flächen und das ist nun mal
8+5-12=1 und nicht 2. Mit einem Trick wird eine 1 dazu geschummelt.
Eine Pyramide mit quadratischer Grundfläche hat 5 Ecken, 8 Kanten und
5 Flächen, das sind 5+5-8=2 na endlich! Aber zwei übereinander
gelegte Würfel haben 12 Ecken, 20 Kanten und 11 Flächen, das sind
sogar 12+11-20=3 - also wieder nichts.
Der Punkt ist, dass der Polyedersatz in der angegebenen Form schlicht
falsch ist - oder sagen wir, er hat ein sehr eingeschränktes
Anwendungsgebiet.



\stress\Verallgemeinerung

Zunächst ist festzuhalten, dass es sich im Folgenden um euklidische
Geometrie handelt, d.h. die zu beschreibenden Polyeder sind Gebilde
des \IR^n , auch wenn im weiteren nur die Dimensionszahl n wichtig ist.
Die Gebilde aus denen das Polyeder besteht sind dessen k-dimensionale
Fazetten, darunter ist e_k die Anzahl der k-dimensionalen Zellen des
Polyeders und nur diese werden gezählt, genauer:

e_0 ist die Anzahl der Ecken,
e_1 die Anzahl der 1dimensionalen Zellen (Kanten),
e_2 die Anzahl der 2dimensionalen Zellen (Flächen),
e_3 die Anzahl der 3dimensionalen Zellen (3dimensionale Körper)
usw.

Zellen bestehen nur aus ihren Rändern, d.h. eine Kante hat nur zwei
Eckpunkte und keinen irgendwo in der Mitte, ein durch eine Diagonale
in zwei Dreiecke geteiltes Viereck gibt es für die Zählung nicht mehr
usw.. Kanten müssen explizit ausgewiesen, also zwei Punkte gelten nur
dann als miteinander verknüpft, wenn sie durch eine Kante verbunden
sind sonst nicht. Höherdimensionale Zellen brauchen nicht extra
hervorgehoben werden, um mitgezählt zu werden, ganz im Gegenteil:

Regel: Jede k-dimensionale Zelle, k>2, eines n-dimensionalen
Polyeders, die durch Berandung mit (ientstanden ist, muss im folgenden Polyedersatz mitgezählt werden.

\lr(1) verallgemeinerter Polyedersatz: sum((-1)^k e_k,k=0,n)=1

Der Beweis kann mit vollständiger Induktion erbracht werden, ist aber
im Übergang von n->n+1 nicht mehr wirklich anschaulich.

Bild
In Figur 2 ist keine Fläche entstanden, es werden gezählt:
4 Ecken, 3 Kanten, macht 4-3=1

Bild
In Figur 3 dagegen muss die entstandene Fläche mitgezählt werden:
4 Ecken, 4 Kanten 1 Fläche, macht zusammen 4-4+1=1

Der "übliche" Polyedersatz gilt also nur für planare Polyedernetze,
die einen! 3dimensionalen Körper umschließen.
Auch die folgenden Anwendungen von \ref(1) gebe ich ohne Beweis an:
- die Fazetten eines n-dimensionalen Würfels sind:

e_0=2^n
e_1=n 2^(n-1)
e_2=(n;2) 2^(n-2)
...
e_k=(n;k) 2^(n-k)

in \ref(1) eingesetzt: sum((-1)^k (n;k) 2^(n-k),k=0,n)=(2-1)^n=1

- die Fazetten eines n-dimensionalen "Tetraeders" sind:

e_0=n+1
e_1=(n+1;2)
e_2=(n+1;3)
...
e_k=(n+1;k+1)

in \ref(1) eingesetzt: sum((-1)^k (n+1;k+1),k=0,n)=1-sum((-1)^k (n+1;k),k=0,n+1)=1-(1-1)^(n+1)=1

Auf den verallgemeinerten Polyedersatz bin ich über die Fazetten des
n-dimensionalen Würfels gestoßen, als ich versuchte, wahlweise
entweder ein Zahlenquadrupel für a^n+b^n=c^n oder einen Beweis für
die Fermatsche Vermutung zu finden. Meine Idee war dabei, einen n
dimensionalen Würfel der Kantenlänge c in einen n-dimensionalen
Würfel der Kantenlänge a+b so einzubetten, dass der "Volumen"rest
gerade dem Wert aller in a und b gemischten Terme in (a+b)^n
entspricht. Das Ganze hätte sozusagen eine Erweiterung des bekannten Beweises
des Satzes des Pythagoras werden sollen (siehe Figur 4). Tatsächlich

Bild
gelingt eine solche Einbettung nur für n=2, was für mich sozusagen
der topologische Grund für die Fermatsche Vermutung ist. Geht man nun
allerdings so vor, dass man immer alle Kanten des n-dimensionalen
Würfels in a und b teilt \- man beachte, dass die Kanten dadurch
orientiert werden, ebenso die Flächen, dies ist, wie man sich z.B. am
3dimensionalen Würfel klar machen kann, nur für gerade n bzw. n=2m
möglich, für ungerade n müßte a=b gesetzt werden \- und verbindet die
einander entsprechenden neuen Punkte so, dass man die Ecken
abschneidet \- übrig bleibt der sogenannte Mittelkristall \- dann kann
man sich das "Volumen" der abgeschnittenen Ecken und des
Mittelkristalls ansehen. Also in

a^n+b^n+sum((n;k) a^(n-k) b^k,k=1,n-1)=c^n+r_n

V(abgeschnittene Ecke)=1/(2m)! a^m b^m,
da es 2^n=4^m solcher Ecken gibt

V(gesamt abgeschnitten)=(4^m)/(2m)! a^m b^m

Außer für n=2 bleibt also noch ein erheblicher Rest, denn die anderen
Terme in sum((n;k) a^(n-k) b^k,k=1,n-1) sind nicht einmal vom
Abschneiden betroffen gewesen. Der übrig bleibende Mittelkristall hat
z.B. für n=4 folgende Fazetten:

e_0=32
e_1=96
e_2=88
e_3=24
e_4=1

und ein Volumen von a^4+b^4+4ab(a^2+b^2)+(6-2/3) a^2 b^2 . Es müßten
also weiter Ecken abgeschnitten werden, u.z. so, dass am Ende ein n-
dimensionaler Würfel der Kantenlänge c entsteht. Doch dies war mir
nicht mehr vorstellbar. Und mittlerweile weiß man ja auch, dass es
nicht gehen kann.

Gruß trunx

\(\endgroup\)
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Polyedersatz und Fermatsche Vermutung [von trunx]  
Der Eulersche Polyedersatz, zur Erinnerung: e+f-k=2, sieht so einfach zu handhaben aus, aber schon bei der Anwendung auf ein Dreieck scheint man zu versagen: 3 Ecken, 3 Kanten, 1 Fläche ergibt hartnäckig: 3+1-3=1 und nicht 2. Die unten angegebene Figur 1 wird oft zum Beweis des Sat
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"Mathematik: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung" | 12 Comments
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Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: syngola am: Fr. 24. Oktober 2003 18:12:04
\(\begingroup\)wollte nur mal sagen, dass der polyedersatz auf ebene figuren andewandt nur dann funktioniert, wenn die figur als körper und damit mit mindestens zwei flächen betrachtet. also eine fläche vorne und eine hinten.
und dann zu der figur die du angibst, die hat in dieser darstellung sicher eine dreidimensionale entsprechung und damit zählt man wohl eine Fläche mehr mit als du es angibst.

syn\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: trunx am: Sa. 25. Oktober 2003 13:15:33
\(\begingroup\)Hi syn,

du hast natürlich recht, ein Dreieck ist nicht wirklich ein Polyeder und zwei übereinander gestapelte Würfel nicht konkav, ich gebe im Text den Gültigkeitsbereich für den Eulerschen Polyedersatz mit "Der 'übliche' Polyedersatz gilt also nur für planare Polyedernetze,
die einen! 3dimensionalen Körper umschließen.", aber mehr behauptet er ja auch nicht. Wegen meines fehlenden Verständnisses dieser Beschränkung bin ich auf die Verallgemeinerung gestoßen und wenn ich das auch nur eine Sekunde vor dem Abschicken des Artikels gewußt hätte, er wäre anders geschrieben worden (denn die Verallgemeinerung gilt natürlich dennoch). So aber ist es mir erst eine Sekunde danach eingefallen, woraus man erkennen möge, das ich trotz meines Bemühens zu Fehlern imstande bin (-:.

bye, bye trunx\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: trunx am: Mi. 29. Oktober 2003 13:46:30
\(\begingroup\)ich meine oben "zwei übereinander gestapelte Würfel sind nicht konvex" usw.; ergänzen möchte ich an dieser Stelle noch Folgendes:
1. die von mir oben als n-dimensionale Tetraeder bezeichneten Polyeder sind vom Standpunkt der Topologie aus - der oben angegebene Polyedersatz ist ja topologisch invariant formuliert -, also ohne Rücksicht auf die Regelmäßigkeit der Form sogenannte n-dimensionale Simplexe,
2. man kann durchaus - in Erweiterung obiger Regel zur Mitzählpflicht aller höherdimensionaler Zellen - bestimmte n-dimensionale Zellen, wobei n die Dimension des gesamten Polyeders ist, als fehlend kennzeichnen. So entstehen Löcher im Polyeder. Dadurch ändert sich natürlich der obige Polyedersatz - auf der rechten Seite der Gleichung steht dann nicht 1, sondern je nachdem, ob n gerade oder ungerade ist, eine ganze Zahl. Diese ist grob gesagt die Charakteristik des Polyeders und natürlich ebenfalls eine topologische Invariante.

Gruß trunx\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: trunx am: Mi. 21. Januar 2004 15:47:07
\(\begingroup\)Vielleicht sollte ich noch ergänzen, dass sich der Eulersche Polyedersatz aus der allgemeinen Form einfach dadurch ergibt, dass e3=1, also
e0-e1+e2-e3=e-k+f-1=1 ist.\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: Ex_Mitglied_40174 am: Mi. 18. Januar 2006 01:07:26
\(\begingroup\)www.astronews.com/forum/showthread.php?t=168 und was ist damit? MfG \(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: Gockel am: Mi. 18. Januar 2006 12:35:21
\(\begingroup\)Hi anonymous. Was soll damit sein? Das hat nichts mit dem Polyedersatz zu tun... mg Gockel.\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: matroid am: Mi. 18. Januar 2006 13:32:07
\(\begingroup\) \small\ trunx schreibt oben: \boxon\light Auf den verallgemeinerten Polyedersatz bin ich über die Fazetten des n-dimensionalen Würfels gestoßen, als ich versuchte, wahlweise entweder ein Zahlenquadrupel für a^n+b^n=c^n oder einen Beweis für die Fermatsche Vermutung zu finden. Meine Idee war dabei, einen n dimensionalen Würfel der Kantenlänge c in einen n-dimensionalen Würfel der Kantenlänge a+b so einzubetten, dass der "Volumen"rest gerade dem Wert aller in a und b gemischten Terme in (a+b)^n entspricht. Das Ganze hätte sozusagen eine Erweiterung des bekannten Beweises des Satzes des Pythagoras werden sollen (siehe Figur 4). \boxoff Insofern ist die Überschrift des Artikels erklärt. Gruß Matroid\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: Ex_Mitglied_40174 am: Di. 28. Februar 2006 14:44:37
\(\begingroup\)Ich würde sogerne den Polyedersatz durch eien vollständige induktin beweisen.. aknn mir jemand dabei weiterhelfen?\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: Ex_Mitglied_40174 am: Mi. 04. Oktober 2006 08:35:45
\(\begingroup\)Guten Tag! Zu den Polyedersatz habe ich eine Verbindung zu den Primzahlen über das 'pascalsche Dreieck' gefunden, aber auf einem noch nicht bekann- tem Weg: "POLYGRAMME" b.z.w. Schriftzeichen mit binärzahlcharakter. Man kann sich einmal die Wikinger-Runen und/oder die alte Freimaurer- Geheimschriftzeichen genauer betrachten: beide Systeme sind so in ihrem Aufbau ähnlich wie die '8' in einem herkömmlichen Display eines Taschenrechners; die ziffern '1' bis '10' lassen sich in einem "Septa-gramm" (Polygramm der Art "2-hoch-7")einpassen, und am Pascaldreieck sogar berechnen. Allerdings weiß ich nicht wirklich, ob daß nicht doch schon längst bekannt ist. - Bis zum heutigen Tage habe ich jeden-falls nicht derartiges auffinden können. Kann mir jemand aus dem vom "Matroids Matheplanet" Material zuschicken? Mit freundlichen Grüßen THODI \(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: Ex_Mitglied_40174 am: Mi. 06. Dezember 2006 13:12:00
\(\begingroup\)... Nachtrag vom 04.Oktober2006 08:35:45 ( THODI ) inzwischen habe ich mir eine Hompage einrichten lassen, auf der ich meine wissenschaftlichen Erkenntnisse veröffentlicht habe: http://www.polygramme.de Für weitere Anregungen und Kritik bin ich offen. Allerdings muß ich darauf hinweisen, daß ich kein eigenen Internet- anschluß habe und deshalb nicht sofort auf Kritiken und Anregungen antworten kann. THODI\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: trunx am: Mi. 06. Dezember 2006 17:12:05
\(\begingroup\)Hallo Thodi, du hast mir einen Veränderungsvorschlag geschickt, doch außer der Einfügung deiner Internet-Adresse war nichts geändert. Aus diesem Grund habe ich deinen Vorschlag abgelehnt. Solltest du inhaltliche Änderungen vorgehabt haben, so war dies nicht erkennbar, probiere es in diesem Fall bitte noch einmal oder schreibe sie hier in einem Kommentar. vielen Dank trunx\(\endgroup\)
 

Re: Polyedersatz und Fermatsche Vermutung
von: trunx am: Do. 07. Dezember 2006 09:05:47
\(\begingroup\)noch mal eine verdeutlichende Bemerkung zum Titel: Man kann in ein Quadrat ein (etwas kleineres) Quadrat so hinein legen, dass die 4 Ecken des kleineren Quadrats die vier Seiten des größeren Quadrats schneiden; das größere Quadrat ist dann zerlegt in fünf Flächen, die alle berechenbar sind. Insbesondere ergibt sich, wenn a+b die Seitenlänge des größeren und c die Seitenlänge des kleineren Quadrats ist, der Satz des Pythagoras: a2+ b2= c2. Für die ehemalige Fermatsche Vermutung, ob es ganzzahlige Lösungen für an+ bn= cn gibt, lag es nahe, n-dimensionale Würfel zu betrachten, also der Frage nachzugehen: Läßt sich in einen n-dimensionalen Würfel ein etwas kleinerer n-dimensionaler Würfel so hineinlegen, dass der größere n-dimensionale Würfel zerlegt wird in eine bestimmte Anzahl von n-dimensionalen Teilkörpern mit jeweils genau bestimmbaren Volumina. Zur Beantwortung dieser Frage habe ich zunächst die Fazetten des n-dimensionalen Würfels bestimmt, also wieviele Ecken, wieviele Kanten usw. hat er. Damit war dann sehr leicht erkennbar, dass nur im Fall n=2 die Anzahl der Ecken gleich der Anzahl der Kanten, also eine solche gesuchte Zerlegung möglich war. Wer eine Anschauung braucht, kann dies im dreidimensionalen Fall nachvollziehen, es gibt keine Möglichkeit einen kleineren Würfel in einen größeren so einzupassen, dass der größere gleichmäßig geteilt würde. Diese Beobachtung ist allerdings lediglich ein Hinweis auf die Gültigkeit der Fermatschen Vermutung, ein Beweis ist sie nicht. Ich habe viel Zeit damit verbracht, aus dieser Idee einen Beweis zu konstruieren, man hätte zeigen müssen, dass es ganzzahlige Lösungen der Fermatschen Vermutung nur für den Fall der gelungenen Aufteilung des n-dimensionalen Würfels gibt, aber mir ist es nicht einmal gelungen aus der Zerlegbarkeit des Quadrats auf mögliche Ganzzahligkeit von a, b und c zu schließen. Trotzdem: Es gab ja die alte Frage, aufgrund welcher Überlegungen Fermat seine berühmte Vermutung angestellt hätte; den Weg, wie seine Vermutung letztlich bewiesen wurde, konnte er sicher nicht gegangen sein. Ich bin der festen Überzeugung, dass es Überlegungen der obigen Art waren, aber auch das kann man natürlich nicht beweisen. bye trunx\(\endgroup\)
 

 
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