Question

Arrangement und Pseudograden

Aufrufe: 598 Aktiv: 07.08.2020 um 14:56

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Aufgabe: Gibt es ein Arrangement von 9 Pseudograden, dass es 12 verschiedene Punkte gibt, durch die jeweils 3 Pseudogeraden verlaufen?

Ich habe das ganze versucht zu zeichnen und auch hinbekommen. Es gibt also ein solches Arrangement. Allerdings ist das ja nur eine Zeichnung. Wie kann man das formal zeigen? Kann jemand helfen? Vielen Dank im Voraus:)

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gefragt 06.08.2020 um 12:31

inaktiver Nutzer

Hallo,

leider kenne ich keine Definition der Begrifflichkeiten. Was ist denn die Definition von Pseudogeraden und einem Arrangement von Pseudogeraden?
Willst du deine Zeichnung vielleicht einmal hochladen?

Grüße Christian ─ christian_strack 07.08.2020 um 11:00

Durch den Punkt in dem sich die Pseudogeraden 1 und 5 treffen, verläuft keine dritte Gerade. Du müsstest deine Skizze deshalb nochmal überprüfen.

An sich würde ich aber sagen, da die Definition graphischer Natur ist, reicht auch ein graphischer Beweis. Um den Beweis wirklich formel aufzuziehen, müsstest du die Kurven parametriesieren. Ich denke das könnte sich als schwierig herausstellen.
Aber es geht hier ja nur darum zu zeigen ob es einen Fall gibt. Da reicht dann auf jeden Fall einfach ein Beispiel um das zu zeigen.
Falls es nicht geht, müsstest du auf jeden Fall einen allgemeinen Beweis durchführen.

Zu welchem Themengebiet gehört das ganze? ─ christian_strack 07.08.2020 um 11:42

Wenn ich das richtig sehe, treffen sich außerdem die Geraden 1 und 9 in zwei Punkten. ─ christian_strack 07.08.2020 um 11:44

Gerne :)
Ah ok. Ja Graphentheorie habe ich wirklich wenig Ahnung von. Matroid kannte ich auch nicht, habe ich mir aber mal angeguckt. Das ist ja eigentlich erstmal nichts anderes, als ein Mengensystem von lineare unabhängigen Vektoren.
Jetzt habe ich gesehen, dass es ein spezielles Beispiel für Graphen auf Wikipedia war. In der Graphentheorie wird von kreisfreien Teilgraphen gesprochen. Bin mir aber unsicher, wie wir damit einen Beweis aufstellen könnten. Mein Problem bei einem Beweis mittels Matroid wäre schon, eine Darstellung für die Pseudogeraden zu finden.

Welche Idee mir noch gekommen ist, wäre ein kombinatorischer Beweis.
Wir sagen einfach, dass wir nicht genau wissen wie die Pseudogeraden aussehen. Wir wollen nur abzählen wie viele Möglichkeiten es gibt, dass sich diese Pseudogeraden schneiden.

Also betrachten das System von Pseudogeraden $ \{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9 \} $ und das System von Schnittpunkten $ \{ a,b,c,d,e,f,g,h,i,j,k,l \} $

Dann betrachten wir Gerade $ 1 $. Diese geht durch die Schnittpunkte
$ a $ mit den Geraden $ 2 $ und $ 3 $
$ b $ mit den Geraden $ 4 $ und $ 5 $
$ c $ mit den Geraden $ 6 $ und $ 7 $
$ d $ mit den Geraden $ 8 $ und $ 9 $

Jetzt darf keine Gerade mehr die Gerade $ 1 $ schneiden. Nun können wir die Gerade $ 2 $ betrachten, unter der Voraussetzung, dass die Gerade $ 2 $, bereits die Geraden $ 1$ und $ 3 $ geschnitten hat...

Was meint du zu so einem Beweis?

Gerne :)
Ah ok. Ja Graphentheorie habe ich wirklich wenig Ahnung von. Matroid kannte ich auch nicht, habe ich mir aber mal angeguckt. Das ist ja eigentlich erstmal nichts anderes, als ein Mengensystem von lineare unabhängigen Vektoren.
Jetzt habe ich gesehen, dass es ein spezielles Beispiel für Graphen auf Wikipedia war. In der Graphentheorie wird von kreisfreien Teilgraphen gesprochen. Bin mir aber unsicher, wie wir damit einen Beweis aufstellen könnten. Mein Problem bei einem Beweis mittels Matroid wäre schon, eine Darstellung für die Pseudogeraden zu finden.

Welche Idee mir noch gekommen ist, wäre ein kombinatorischer Beweis. 
Wir sagen einfach, dass wir nicht genau wissen wie die Pseudogeraden aussehen. Wir wollen nur abzählen wie viele Möglichkeiten es gibt, dass sich diese Pseudogeraden schneiden.

Also betrachten das System von Pseudogeraden $ \{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9 \} $ und das System von Schnittpunkten $ \{ a,b,c,d,e,f,g,h,i,j,k,l \} $

Dann betrachten wir Gerade $ 1 $. Diese geht durch die Schnittpunkte
$ a $ mit den Geraden $ 2 $ und $ 3 $
$ b $ mit den Geraden $ 4 $ und $ 5 $
$ c $ mit den Geraden $ 6 $ und $ 7 $
$ d $ mit den Geraden $ 8 $ und $ 9 $

Jetzt darf keine Gerade mehr die Gerade $ 1 $ schneiden. Nun können wir die Gerade $ 2 $ betrachten, unter der Voraussetzung, dass die Gerade $ 2 $, bereits die Geraden $ 1$ und $ 3 $ geschnitten hat...

Was meint du zu so einem Beweis?

─ christian_strack 07.08.2020 um 12:14

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2 Antworten

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Also ich kenne keinen mathematischen Beweis dazu. Du könntest durch einen Beweis durch Wiederspruch (allgemein) arhumentieren. Du nimmst also das Gegenteil der zu zeigenden Aussage und führst dieses Gegenteil zu einem offensichtlichen Widerspruch. Im Umkehrschluss könntest du folgern, dass die ursprüngliche Aussage richtig ist.

Mehr fällt mir dazu nicht ein, eine andere Methode kenne ich nicht und das Thema pseudogeraden ist im Netz leider auch schwer auffindbar...

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geantwortet 07.08.2020 um 11:38

feynman
Schüler, Punkte: 5.03K

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christian_strack · Accepted Answer · 2020-08-07T13:34:37Z

1

Jap das ist richtig. Bin es auch nochmal durchgegangen und finde sogar noch einen Knoten mehr. Aber dann ist Schluss

Zur Geraden ( 2 ) existieren noch die weiteren Knoten
( e ) mit ( 4 ) und ( 6 )
( f ) mit ( 5 ) und ( 8 )
( g ) mit ( 7 ) und ( 9 )

Dann existieren noch zur Gerade ( 3 ) die Knoten
( h ) mit ( 4 ) und ( 7 )
( i ) mit ( 5 ) und ( 9 )
( j ) mit ( 6 ) und ( 8 )

Ab hier ist dann aber Schluss. Wir können wir du sagst, keinen weiteren Knoten finden ohne das wir die Voraussetzungen verletzen. :)

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geantwortet 07.08.2020 um 13:34

christian_strack
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.81K

Sehr gerne :)
Ja das ist Kombinatorik. Aber ob man das jetzt anhand einer Formel scheller berechnen könnte wüsste ich nicht.

Ach ich sehe es erst jetzt, dass es bei dir wirklich keine weitere Möglichkeit gibt. Das wirft in meinem Fall natürlich noch die Frage auf, ist das wirklich die Möglichkeit mit den meisten Knoten. Ich würde tatsächlich sagen ja. Denn wenn wir zu ( 2 ) und ( 3 ) noch jeweils den Schnittpunkt ( a ) mit dazuschreiben, kommen jeweils alle Geraden vor. Aber ob das wirklich als Aussage reicht...?

Ein andere Ansatz mittels Kombinatorik wäre vermutlich folgender: Jeder Knoten kann als Tripel von 3 Geraden angesehen werden. Also stellen wir uns die Frage, wie oft können wir 3 Zahlen aus der Menge {1,2,3,4,5,6,7,8,9} darstellen. Die Reihenfolge ist dabei nicht wichtig. Wir haben also eine Kombination ohne Wiederholung. Die Möglichkeiten berechnen sich somit über
$$ \binom{n}{k} = \binom{9}{3} = 84 $$
Nun darf aber eine Zahl nur 1x mit einer anderen Zahl in einem solchen Tripel sein. Wir müssten uns nun überlegen, wie viele Tripel somit rausfallen würden. Dieser Beweis verlangt mehr Arbeit, ist vermutlich aber sicherer.

Sehr gerne :)
Ja das ist Kombinatorik. Aber ob man das jetzt anhand einer Formel scheller berechnen könnte wüsste ich nicht.

Ach ich sehe es erst jetzt, dass es bei dir wirklich keine weitere Möglichkeit gibt. Das wirft in meinem Fall natürlich noch die Frage auf, ist das wirklich die Möglichkeit mit den meisten Knoten. Ich würde tatsächlich sagen ja. Denn wenn wir zu ( 2 ) und ( 3 ) noch jeweils den Schnittpunkt ( a ) mit dazuschreiben, kommen jeweils alle Geraden vor. Aber ob das wirklich als Aussage reicht...?

Ein andere Ansatz mittels Kombinatorik wäre vermutlich folgender: Jeder Knoten kann als Tripel von 3 Geraden angesehen werden. Also stellen wir uns die Frage, wie oft können wir 3 Zahlen aus der Menge {1,2,3,4,5,6,7,8,9} darstellen. Die Reihenfolge ist dabei nicht wichtig. Wir haben also eine Kombination ohne Wiederholung. Die Möglichkeiten berechnen sich somit über 
$$ \binom{n}{k} = \binom{9}{3} = 84 $$
Nun darf aber eine Zahl nur 1x mit einer anderen Zahl in einem solchen Tripel sein. Wir müssten uns nun überlegen, wie viele Tripel somit rausfallen würden. Dieser Beweis verlangt mehr Arbeit, ist vermutlich aber sicherer.

─ christian_strack 07.08.2020 um 14:56

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