Dimostrare che ad vertice di un grafo (dove i vertici sono finiti, o volendo anche numerabili, se si chiama ancora grafo) è possibile associare un insieme di punti dello spazio tridimensionale ($ ~ \mathbb{R}^3 $) in modo che, connettendo con un segmento i punti i cui corrispondenti vertici del grafo sono connessi, non ci siano segmenti che si interscano, se non agli estremi.
Non è difficile.
Tutti i grafi sono spaziali
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enomis_costa88
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Sia Wlog G completo.
Dati A,B,C,D AB e CD concorrono solo se (non sse) A;B;C;D sono complanari.
Se n=4 mi basta scegliere i vertici di un tetraedro per ottenere un $ G_4 $ spaziale.
Considero un $ G_n $ completo che non abbia 4 punti complanari (HP induttiva).
I piani determinati dalle terne di punti sono $ {n \choose 3} $
Scelgo l’n+1 esimo punto al di fuori da questi piani e otterrò un $ G_{n+1} $ completo spaziale.
Dati A,B,C,D AB e CD concorrono solo se (non sse) A;B;C;D sono complanari.
Se n=4 mi basta scegliere i vertici di un tetraedro per ottenere un $ G_4 $ spaziale.
Considero un $ G_n $ completo che non abbia 4 punti complanari (HP induttiva).
I piani determinati dalle terne di punti sono $ {n \choose 3} $
Scelgo l’n+1 esimo punto al di fuori da questi piani e otterrò un $ G_{n+1} $ completo spaziale.
"Tu che lo vendi cosa ti compri di migliore?"
Membro dell' "Associazione non dimenticatevi dei nanetti! "
Membro dell'EATO.
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Più costruttivamente, numeriamo i vertici di G: $ v_1,\ldots,v_n $ e consideriamo i punti $ P_i=(i,i^2,i^3) $ per i=1, .. , n.
Due segmenti $ (v_i,v_j) $ e $ (v_k,v_h) $ si intersecano solo se $ P_i,P_j,P_k,P_h $ sono complanari. Questo vuol dire che il sistema
$ \left\{\begin{array}{ccc}ai+bi^2+ci^3+d&=&0\\aj+bj^2+cj^3+d&=&0\\ak+bk^2+ck^3+d&=&0\\ah+bh^2+ch^3+d&=&0\end{array}\right. $
deve avere una soluzione non banale in a,b,c,d, ovvero che il determinante della matrice dei coefficienti deve essere nullo; ma purtroppo (o per fortuna) tale matrice è la matrice di Van der Monde e il suo determinante è (a meno del segno) $ (i-j)(j-k)(k-h)(h-i)(i-k)(j-h) $ che è zero se e solo se due dei 4 interi coincidono, ma allora due dei 4 punti di cui sopra coincidevano e questo non ha molto senso.
Due segmenti $ (v_i,v_j) $ e $ (v_k,v_h) $ si intersecano solo se $ P_i,P_j,P_k,P_h $ sono complanari. Questo vuol dire che il sistema
$ \left\{\begin{array}{ccc}ai+bi^2+ci^3+d&=&0\\aj+bj^2+cj^3+d&=&0\\ak+bk^2+ck^3+d&=&0\\ah+bh^2+ch^3+d&=&0\end{array}\right. $
deve avere una soluzione non banale in a,b,c,d, ovvero che il determinante della matrice dei coefficienti deve essere nullo; ma purtroppo (o per fortuna) tale matrice è la matrice di Van der Monde e il suo determinante è (a meno del segno) $ (i-j)(j-k)(k-h)(h-i)(i-k)(j-h) $ che è zero se e solo se due dei 4 interi coincidono, ma allora due dei 4 punti di cui sopra coincidevano e questo non ha molto senso.
Supponiamo sia possibile.
L'intersezione tra due piani e' una retta oppure non esiste. Quindi se prendo un piano non parallelo a nessuno dei finiti che ci sono, allora la sua intersezione con lo spazio (ovvero se stesso) e' uguale alla sua intersezione con l'unione degli altri piani, ovvero a un 'unione di un numero finito di rette. Ora prendo una retta in quel piano e ho che la sua intersezione col piano (la retta stessa) e' la sua intersezione con l'unione delle altre rette (che sono a loro volta intersezioni di piani). Quindi una retta e' l'unione di un numero finito di punti.
E spero che questo sia sufficientemente assurdo anche per edriv
L'intersezione tra due piani e' una retta oppure non esiste. Quindi se prendo un piano non parallelo a nessuno dei finiti che ci sono, allora la sua intersezione con lo spazio (ovvero se stesso) e' uguale alla sua intersezione con l'unione degli altri piani, ovvero a un 'unione di un numero finito di rette. Ora prendo una retta in quel piano e ho che la sua intersezione col piano (la retta stessa) e' la sua intersezione con l'unione delle altre rette (che sono a loro volta intersezioni di piani). Quindi una retta e' l'unione di un numero finito di punti.
E spero che questo sia sufficientemente assurdo anche per edriv
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
Ah, per rimanere sul costruttivo andante, se hai k piani descritti dalle equazioni
$ a_jx+b_jy+c_jz+d_j=0 $ con j=1, .., n, dove, ad esempio, $ d_i\leq d_j $ se i<j, allora il piano
$ a_kx+b_ky+c_kz+d_k+1=0 $ non è nessuno degli altri. Quindi dati k piani ne puoi sempre produrre un k+1-esimo distinto dai precedenti.
Inoltre, se proprio volete fare le personcine precise, anche quello che ha detto piever non basta: dire che lo spazio è unione finita di piani o che una retta è un'unione finita di punti sono chiaramente equivalenti; quel che deve venire in gioco è, in qualche modo, il fatto che i numeri reali (su cui si costruisce la geometria) non sono finiti.
$ a_jx+b_jy+c_jz+d_j=0 $ con j=1, .., n, dove, ad esempio, $ d_i\leq d_j $ se i<j, allora il piano
$ a_kx+b_ky+c_kz+d_k+1=0 $ non è nessuno degli altri. Quindi dati k piani ne puoi sempre produrre un k+1-esimo distinto dai precedenti.
Inoltre, se proprio volete fare le personcine precise, anche quello che ha detto piever non basta: dire che lo spazio è unione finita di piani o che una retta è un'unione finita di punti sono chiaramente equivalenti; quel che deve venire in gioco è, in qualche modo, il fatto che i numeri reali (su cui si costruisce la geometria) non sono finiti.
