Dowód nierówności z tw. Eulera

[patry93]

Witam.

W jaki sposób, na mocy tw. Eulera o wielościanach udowodnić następujące nierówności:
\(\displaystyle{ 1) \ W \le \frac{2}{3}K \\ 2) \ S \le \frac{2}{3} K}\)
?

Próbowałem założyć, że \(\displaystyle{ W> \frac{2}{3}K \iff 3W>2K}\) i podstawiając do tw. Eulera mam:
\(\displaystyle{ 3W=3K+6-3S>2K \iff 3S<K+6}\)
Łatwo wskazać kontrprzykład (w zasadzie każdy będzie dobry ), np. bierzemy czworościan i mamy \(\displaystyle{ S=4, \ K=6, \ 3S=12<6+6=12}\) - sprzeczność, lecz powinno się to udowodnić raczej dla każdego dowolnego wielościanu (bo nie wiemy, czy może dla np. 217-ścianu to działa).
Tak się zastanawiam, czy można to ruszyć indukcyjnie względem liczby ścian. Sprawdzenie dla S=3 (i najmniejszego) gotowe, założenie dla dowolnej liczby ścian S=X, i pozostał dowód dla S=X+1, jednak czy jest on w ogóle wykonywalny, skoro z założenia mamy już zamkniętą (czy domkniętą?) figurę? Nigdzie tej ściany nie upchamy chyba...?

Pozdrawiam, P.

[Zordon]

Łatwo wskazać kontrprzykład (w zasadzie każdy będzie dobry )

no tak, skoro zakładasz coś nie wprost to masz otrzymać sprzeczność, ale nie tylko w jednym przypadku!

[patry93]

Ok, więc należy tę sprzeczność jakoś wykazać. Tak męczę się z tą indukcją i stwierdzam, że to nie był raczej dobry pomysł (można by rozciąć wielościan z założenia indukcyjnego i potem się nim bawić, ale wtedy liczba krawędzi będzie niestety przedziałem (tudzież zbiorem) i wszystko się sypie...).

[timon92]

na zachętę zrobię pierwszą nierówność, drugą da się zrobić tak samo:
numerujemy wierzchołki: \(\displaystyle{ 1,2,...,W}\)
niech \(\displaystyle{ a_i}\) oznacza liczbę krawędzi o końcu w wierzchołku o numerze \(\displaystyle{ i}\)
teraz zauważamy, że \(\displaystyle{ K= \frac{ a_1+a_2+...+a_W}{2}}\) (każdą krawędź liczyliśmy podwójnie), ale mamy też \(\displaystyle{ a_i \ge 3}\), więc...

spróbuj też pokazać, że \(\displaystyle{ K+6 \le 3W}\) i \(\displaystyle{ 6W-12 \ge 2K}\) (dla rozrywki)