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 Soll Netz gemacht werden? Diskussion über Machbarkeit |
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Scynja
Senior 
Dabei seit: 23.02.2011
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 |  Themenstart: 2020-06-16
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[Dieser Thread wurde abgespalten von [diesem Thread] von viertel]
Kann man das überhaupt aus einem Draht formen? Ich habe leider keinen Draht hier, sonst würde ich es glatt versuchen. Mit einem Faden geht es nicht so gut.
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thureduehrsen
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Dabei seit: 13.11.2007
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2020-06-16
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Wenn man keinen Eulerschen Draht draus machen soll, geht das sicherlich. 😃
Oder man verzwirbelt mehrere Drähte.
mfg
thureduehrsen
P.S. Wer bringt mir das perspektivische Zeichnen bei? 😎
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Scynja
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-16
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\quoteon(2020-06-16 19:25 - thureduehrsen in Beitrag No. 9)
Wenn man keinen Eulerschen Draht draus machen soll, geht das sicherlich. 😃
Oder man verzwirbelt mehrere Drähte.
mfg
thureduehrsen
P.S. Wer bringt mir das perspektivische Zeichnen bei? 😎
\quoteoff
Also es muss ja kein Eulerkreis sein. Aber einen offenen Eulerzug hätte ich schon gerne. Ich denke nicht, dass Diophant die zwei Kanten doppelt nimmt. In diesem Fall bietet es sich auch an nicht die längste Kante zu doppeln. Mit Zurückgehen oder Verknoten von verschiedenen Drahten sind die lösbaren Körper natürlich trivial.
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Diophant
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Dabei seit: 18.01.2019
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2020-06-16
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Hallo zusammen,
ich möchte einfach daran erinnern dass dies eine Aufgabe aus einem Schulbuch für die 6. Klasse Gymnasium ist. Es mag jeder für sich selbst beurteilen, inwiefern hier Gedankenspiele über Eulerkreise hilfreich sind.
So etwas kann man ja machen, wenn eine Frage soweit abgehandelt ist. Das ist hier aber noch nicht der Fall.
Gruß, Diophant
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thureduehrsen
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| Beitrag No.4, eingetragen 2020-06-16
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Dann können wir ja mal anfangen, Bedingungen zu sammeln, unter denen ein offener Eulerzug für ein Prisma existiert. Ich denke, das wäre in Diophants Sinne ("schmeiße das Lösungsbuch weg und verlasse dich auf deinen Verstand"), und der Themenstarter hätte auch Freude daran.
mfg
thureduehrsen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]
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viertel
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Dabei seit: 04.03.2003
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 | Beitrag No.5, eingetragen 2020-06-16
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Das Problem, ob ein Prisma mit einem Draht ohne doppelte Kanten hergestellt werden kann, ist genauso einfach zu lösen wie das Königsberger Brückenproblem.
• Man zähle, wie viele Kanten in jeder Ecke zusammenstoßen. Bei dem Dreiecksprisma sind es 6 Ecken mit jeweils 3 Kanten.
• Die Ecken mit gerader Kantenzahl tun nun nichts zur Sache.
• Gibt es gar keine ungeraden Ecken, dann kann man beginnen, wo man will, es geht immer.
• Gibt es genau 2 ungerade Ecken (eine alleine ist nicht möglich), dann muß der Draht an einer dieser Ecken beginnen, und er endet an der anderen.
• Gibt es mehr als 2 ungerade Ecken (deren Anzahl ist sogar immer gerade), dann geht es nicht ohne doppelte Kanten. Das ist bei dem dreiseitigen Prisma der Fall (6 ungerade Ecken).
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thureduehrsen
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| Beitrag No.6, eingetragen 2020-06-16
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Sei \(P\) ein Prisma, o.B.d.A. gerade und regulär. Die Grundfläche bestehe aus genau \(n\) Ecken für ein passendes \(n\in\mathbb{N}_{\geqslant3}\).
Dann gibt es keinen Eulerkreis und keinen offenen Eulerzug für die Kanten von \(P\).
Beweis. Jede Ecke der Grundfläche hat Grad 3. Also gibt es nicht genau null oder genau zwei Ecken ungeraden Grades, sondern es gibt genau \(2\,n\) Ecken ungeraden Grades, und dies ist \(\geqslant6\). Flasche leer, Ofen aus. :(
mfg
thureduehrsen
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Scynja
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-16
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Nachdem wir jetzt wissen, dass wir keinen Prisma aus einem Eulerschen Draht machen kann, stellt sich die folgende Frage:
\
(N_1 N_2)^- , (N_2 N_3)^- , (N_n N_1)^- seien die Seitenlängen eines n-Ecks mit n>2, und (N_1 N_1')^- die Verschiebungslänge.
Wie viel Draht brauchen wir jetzt mindestens um den mit (wenig) doppelten Kanten ein Prisma zu formen? Kann man das zumindest für den Fall, dass die Verschiebungslänge größer als die Summe aller Einzellängen ist, exakt bestimmen?
Spielt es eine Rolle wie die Kanten angeordnet sind?
3 1 5 1 4
1 1 3 4 5
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viertel
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| Beitrag No.8, eingetragen 2020-06-17
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Man wird natürlich versuchen, nur die kürzesten Kanten zu verdoppeln. Das können alles vertikale Kanten sein, wenn das Prisma sehr flach ist. Oder Kanten an Boden und Deckel (dabei kommt es natürlich auch auf die Reihenfolge der kurzen/langen Kanten an). Oder ein Mix. Das kommt ganz auf das Prisma an. Eine allgemeine Formel dürfte es da nicht geben, das muß für jedes Prisma neu ausgetüftelt werden.
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DerEinfaeltige
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 | Beitrag No.9, eingetragen 2020-06-17
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Das Problem klingt für mich nach einem leicht abgewandelten Weighted Perfect Matching, bei dem genau zwei Knoten ledig bleiben dürfen.
Da man Weighted Perfect Matching mit einem linearen Programm lösen kann, sollte man auch dieses Problem lösen können, indem man vor der letzten Iteration abbricht.
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Scynja
Senior
Dabei seit: 23.02.2011
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-17
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Wenn man ein ganz langes Prisma hat, kann man es mit der folgenden Vorschrift optimal zusammenbauen:
rechts, n1 hoch
links, n1 runter
n1 hoch, n2 hoch, rechts, n2 runter, n2 hoch
.. bis zur letzten Kante, bei der man ebenfalls 3 Drahte braucht.
Minimaler Materialaufwand ist daher n * Verschiebungslänge l + die dreifache Summe aller n.
Meine nicht bewiesene Idee bezüglich des minimalen Materialaufwands lautet:
n*l + 2*sum(n_k,k=1,n) + sum(min (n_k, l),k=1,n)
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thureduehrsen
Senior
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| Beitrag No.11, eingetragen 2020-06-17
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\quoteon(2020-06-17 10:35 - Scynja in Beitrag No. 10)
Wenn man ein ganz langes Prisma hat, kann man es mit der folgenden Vorschrift optimal zusammenbauen:
[...]
.. bis zur letzten Kante, bei der man ebenfalls 3 Drahte braucht.
[...]
\quoteoff
So ganz durchdrungen habe ich es noch nicht.
Aus dem Bauch heraus sage ich: Einen Materialverbrauch für Hin- und Rückweg kann ich nachvollziehen -- dreimal dieselbe Kante abzulaufen erscheint mir aber unnötig.
mfg
thureduehrsen
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DerEinfaeltige
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| Beitrag No.12, eingetragen 2020-06-17
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Für ungerades $n$ und reguläres Prisma mit $l>a$:
Wähle eine Ecke an Decke und Boden als Start bzw. Endpunkt.
Verdopple (alternierend) jede zweite Kante an Decke und Boden, also jeweils $\frac{n-1}{2}$.
Außer den zwei ausgezeichneten Ecken mit Grad 3 hat jeder Knoten Grad 4.
Da die minimale Anzahl ($n-1$) kurzer Kanten verdoppelt wurde, ist die Lösung optimal.
Für gerades $n$ und reguläres Prisma mit $l>a$:
Wählen zwei benachbarte Ecken entweder an Decke oder Boden als Start bzw. Endpunkt. Zwischen den restlichen Ecken an Decke oder Boden wieder alternierend verdoppeln.
Für $l
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Scynja
Senior
Dabei seit: 23.02.2011
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-17
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Vielleicht verdeutlicht das Bild die Bauvorschrift etwas:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/30857_prisma.PNG
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]
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DerEinfaeltige
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| Beitrag No.14, eingetragen 2020-06-17
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Bauvorschrift für ein Dreiecksprisma mit $l>a$:
Der Boden habe die Ecken $1,2,3$ und die Decke die Ecken $4,5,6$.
1->2->3->1->4->5->6->3->2->5->6->4
Alle 9 Kanten vorhanden. Die Kanten (2,3) und (5,6) wurden verdoppelt.
Quadratisches Prisma mit Boden $1,2,3,4$ und Decke $5,6,7,8$:
1->2->3->4->1->5->6->2->3->7->6->7->8->5->8->4
Alle 12 Kanten vorhanden. Die Kanten (2,3), (5,8), (6,7) verdoppelt.
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StrgAltEntf
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Wohnort: Milchstraße
 | Beitrag No.15, eingetragen 2020-06-17
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\quoteon(2020-06-17 09:28 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 9)
Das Problem klingt für mich nach einem leicht abgewandelten Weighted Perfect Matching, bei dem genau zwei Knoten ledig bleiben dürfen.
\quoteoff
So ist es. Es handelt sich um das Chinese Postman Problem auf einem gewichteten Prisma-Graph. Dafür gibt es effiziente Algorithmen.
Hier haben alle Kanten des Prisma-Graphs zwischen dem inneren und dem äußeren Kreis dasselbe Gewicht. Ob es dadurch besonders effiziente Algorithmen gibt, weiß ich allerdings nicht.
Grüße
StrgAltEntf
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