Αρχιμήδεια στερεά από Euler
Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 30, 2024 2:33 pm
Πριν μια εβδομάδα τέθηκε -- αναχρονιστικά 
-- το θέμα της εύρεσης των Πλατωνικών στερεών από τον τύπο του Euler (έδρες + κορυφές = ακμές + 2). Επιχείρησα επέκταση στα Αρχιμήδεια στερεά ... καταλήγοντας (προς το παρόν και ζητώντας λίγο και την βοήθεια σας) στην παρακάτω 'άπειρη' διοφαντική εξίσωση:
Υποθέτοντας ότι σε κάθε κορυφή του Αρχιμήδειου στερεού συναντώνται
τρίγωνα, 
τετράγωνα, 
πεντάγωνα, κοκ ... συμπεραίνουμε ότι ο αριθμός των πλευρών του στερεού ισούται προς ![\dfrac{\gamma}{3}V +\dfrac{\delta}{4}V +\dfrac{\epsilon}{5}V +...=\left[\dfrac{\gamma}{3} +\dfrac{\delta}{4} +\dfrac{\epsilon}{5} +...\right]V](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/a17440f7128be4731a0d7506a1547919.png "\dfrac{\gamma}{3}V +\dfrac{\delta}{4}V +\dfrac{\epsilon}{5}V +...=\left[\dfrac{\gamma}{3} +\dfrac{\delta}{4} +\dfrac{\epsilon}{5} +...\right]V")
και ο αριθμός των ακμών του στερεού ισούται προς 
όπου 
ο αριθμός των κορυφών του στερεού. Άμεσα ο τύπος του Euler δίνει
![\left[1+\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\right)\gamma +\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}\right)\delta +\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{2}\right)\epsilon +...\right]V=2](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/01ea6e1651aa03f394d237fe17249e2e.png "\left[1+\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\right)\gamma +\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}\right)\delta +\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{2}\right)\epsilon +...\right]V=2")
Γνωρίζουμε ήδη από τον κατάλογο των Αρχιμήδειων στερεών ότι δεν μπορούμε να πάμε πέρα από τα δεκάγωνα: δεν βλέπω (!) πως θα μπορούσαμε να αποκλείσουμε ενδεκάγωνα κλπ 'εκ των προτέρων', ώστε η παραπάνω διοφαντική εξίσωση να 'περατωθεί', και να έχουμε ακριβώς οκτώ ακέραιες μεταβλητές (
). Ακόμη και αν επιτευχθεί αυτό, η προκύπτουσα πεπερασμένη διοφαντική εξίσωση
είναι 'πολλαπλή' ... με την έννοια ότι προκύπτει μία διοφαντική εξίσωση για κάθε έναν από τους 60 διαιρέτες του 5040!
[Δεν είναι πάντως και τόσο τρομερό όσο ακούγεται στην εποχή των ΗΥ (για να μην αναφέρω και την πανταχού παρούσα πλέον ΑΙ)
]
-- το θέμα της εύρεσης των Πλατωνικών στερεών από τον τύπο του Euler (έδρες + κορυφές = ακμές + 2). Επιχείρησα επέκταση στα Αρχιμήδεια στερεά ... καταλήγοντας (προς το παρόν και ζητώντας λίγο και την βοήθεια σας) στην παρακάτω 'άπειρη' διοφαντική εξίσωση:Υποθέτοντας ότι σε κάθε κορυφή του Αρχιμήδειου στερεού συναντώνται
τρίγωνα, τετράγωνα, πεντάγωνα, κοκ ... συμπεραίνουμε ότι ο αριθμός των πλευρών του στερεού ισούται προς και ο αριθμός των ακμών του στερεού ισούται προς όπου ο αριθμός των κορυφών του στερεού. Άμεσα ο τύπος του Euler δίνειΓνωρίζουμε ήδη από τον κατάλογο των Αρχιμήδειων στερεών ότι δεν μπορούμε να πάμε πέρα από τα δεκάγωνα: δεν βλέπω (!) πως θα μπορούσαμε να αποκλείσουμε ενδεκάγωνα κλπ 'εκ των προτέρων', ώστε η παραπάνω διοφαντική εξίσωση να 'περατωθεί', και να έχουμε ακριβώς οκτώ ακέραιες μεταβλητές (
). Ακόμη και αν επιτευχθεί αυτό, η προκύπτουσα πεπερασμένη διοφαντική εξίσωσηείναι 'πολλαπλή' ... με την έννοια ότι προκύπτει μία διοφαντική εξίσωση για κάθε έναν από τους 60 διαιρέτες του 5040!
[Δεν είναι πάντως και τόσο τρομερό όσο ακούγεται στην εποχή των ΗΥ (για να μην αναφέρω και την πανταχού παρούσα πλέον ΑΙ)
]![\left[1+0 +0 + 1\cdot\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{2}\right) + 2\cdot\left(\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{2}\right)+ 0 \right]V=2](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/49fae446bbb8c294634578e9662f3d8c.png "\left[1+0 +0 + 1\cdot\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{2}\right) + 2\cdot\left(\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{2}\right)+ 0 \right]V=2")