球面上的田埂
gxqcn老大提出了田埂问题之后，引起了大家的兴趣。我觉得这个问题中包含了某种“结构”（呵呵，我也说不清楚什么叫做“结构”），所以有趣。老大的初始田地是方块和圆形的，其中貌似圆形更“一般”些。我这里想把情况再“一般”一些，所以大家来考虑球上的田埂吧。本应在老大的帖子之上进行讨论，但是貌似里面有一些独立的内容，就开了新贴。等压多面体，有新趣。而且貌似完全解决了。
球上田埂问题：将球的表面分为n个区域，每一块的面积都相等，要求区域的分界线最短，问如何划分。（注：假设这里的“面积”定义是清楚的。假设这里的“区域”也可以是不连通的区域，这样“每一块”就是对于区域而言，而不是对于连通的面积而言。）
可以看到，KeyTo9_Fans提出的形成局部田埂最短的条件还是适用的。（圆弧垂直于田地边界这一条不适用了，因为没有田地边界了，呵呵。）hujunhua提出的力学性质也应该是依旧成立的。
关于田埂问题就先说到着吧，附加一个可能相关的问题。呵呵。就是传说中的平面和球面的映射关系。
如图，在平面S上方有一个点L，L和S的距离LO是1，以LO为直径有一个球，假设点L是一个点光源，通过光线，可以将球面上的点和平面上的点一一对应（图中点A和点B是对应的）。对于这个映射：
1、在球面上的一段“圆弧”，对应于平面上的什么图形呢？（保圆弧）
2、在球面上的一个“角”，对应到平面上的角的大小一样么？（保角）
关于Riemann映射，针对于微分几何知识为零的同学，大家对此有没有什么比较“直观”的证明思路呢？ 搜索一下“球极映射”会找到有用的资料的 根据保角性，角度等分的性质估计能够保存。但是不知道曲率和为零的条件会转化为什么条件 球面田梗问题应该有更规则的解。
2等分不用说是两半球，3等分无疑是三瓣桔，4、6、12等分为正多面体，8、20可能不是正多面体。
足球的32张皮（12张5边形，20张6边形）是可以做到面积一样大的，但是如果保持所有的边都是大圆弧，就不是最小解。达到最小解可能要求5边形的边向外鼓一点。
假定最优解的拓扑都是正则图，并且区域都是连通的，那么由F+V-E=2及3V=2E可得
V=2(F-2),E=3(F-2)
将$2E=3F_3+4F_4+5F_5+6F_6+7F_7+8F_8+...+nF_n$代入上式得
$3F_3+2F_4+F_5=12+F_7+2F_8+...+(n-6)F_n$
5等分, 即F=5，得V=6，E=9, 由
$3F_3+2F_4=12$
$F_3+F_4=5$
解得$F_3=2,F_4=3$,结果是个正三棱柱。
7等分，F=7， V=10，E=15，可以假定不存在$F_6$及以上的域，那么由
$3F_3+2F_4+F_5=12$
$F_3+F_4+F_5=7$
解得
1、$F_3=0,F_4=5,F_5=2$,为正五棱柱
2、$F_3=1,F_4=3,F_5=3$,拓扑同构于正方体削去一角
3、$F_3=2,F_4=1,F_5=4$,这个拓扑是什么样的我一时还画不出来。 To 4层：
拓扑耶，真好，呵呵。
第3种情况，即2个三角形、1个四边形、4个五边形貌似是无法围成一个体积的。因为不存在7个顶点且顶点度数分别为3345555的平面图。
还有为什么要假定不存在F6呢？是不是因为在球面上每个顶角都是120度的6边形面积一定趋于零呢。但是我没有想明白当容许边为圆弧（即不是球的大圆）时的情况。呵呵。 还有为什么要假定不存在$F_6$呢？是不是因为在球面上 ...
zgg___ 发表于 2010-11-26 14:04 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
一般来说, 最优解不会存在两个相邻域有两条邻接边的情况.所以对于http://www.imathas.com/cgi-bin/mimetex.cgi?%5Cdisplaystyle%5Cblue%7BF%7D%3D%7B7%7D, 如果存在http://www.imathas.com/cgi-bin/mimetex.cgi?%5Cdisplaystyle%5Cblue%7BF%7D_%7B%7B6%7D%7D的话, 必是正六棱锥.但正六棱锥不是正则图.
凭直觉, 我曾认为对于任意大的http://www.imathas.com/cgi-bin/mimetex.cgi?%5Cdisplaystyle%5Cblue%7BF%7D, 最优解都不会包括http://www.imathas.com/cgi-bin/mimetex.cgi?%5Cdisplaystyle%5Cblue%7BF%7D_%7B%7B7%7D%7D以上的域, 所以都会成立
http://www.imathas.com/cgi-bin/mimetex.cgi?%5Cdisplaystyle%5Cblue%7B3%7D%7BF%7D_%7B%7B3%7D%7D%2B%7B2%7D%7BF%7D_%7B%7B4%7D%7D%2B%7BF%7D_%7B%7B5%7D%7D%3D%7B12%7D
http://www.imathas.com/cgi-bin/mimetex.cgi?%5Cdisplaystyle%5Cblue%7BF%7D_%7B%7B3%7D%7D%2B%7BF%7D_%7B%7B4%7D%7D%2B%7BF%7D_%7B%7B5%7D%7D%2B%7BF%7D_%7B%7B6%7D%7D%3D%7BF%7D
因此, 对于较大的F, 绝大多数的域是http://www.imathas.com/cgi-bin/mimetex.cgi?%5Cdisplaystyle%5Cblue%7BF%7D_%7B%7B6%7D%7D.
令人疑惑的是，这么一来，必定会产生大片大片的蜂巢状六边形网。要使其中的每个六边形内角和都保持为720度，其6条边总体上应该是凹进去的, 可是它的一边凹进，对它的邻域来说就是凸出了。直边（大圆弧也）六边形域本来就有角盈，还让其某一边外凸，有点匪夷所思啊！ 第3种情况，即2个三角形、1个四边形、4个五边形貌似是无法围成一个体积的。因为不存在7个顶点且顶点度数分别为3345555的平面图。zgg___ 发表于 2010-11-26 14:04 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
为什么? 7个顶点且顶点度数分别为3345555会包括K33或者K5吗? 要用凸多边形围成一个体积，任意两个多边形只能共用一条边，同一个多边形不能与自身共边，这样，4个五边形共20条边，两两共边后剩12条边，再分别与1个四边形共边后还剩下8条边，而2个三角形只有6条边，所以不能形成封闭图形。 直接来讨论最简单的情况吧，定义“球面等压多面体”为单位球上的“多面体”，且：
1、所有的边都是球面直线，即球面大圆的一部分，且0<长度<Pi；
2、所有的顶点都连接着3条边，且这3条边平分360度。
我们的目标是找出所有的“球面等压多面体”。
首先，我们知道它的面只能是三角形、四边形和五边形，而且面积分别是整个球面的1/4、1/6和1/12，因此总数估计不会超过20个。它们包括：三棱锥（正四面体）、三棱柱、四棱柱（立方体）、五棱柱、三牙柱（顶面和底面为三角形，柱子的侧面由2x3=6个五边形构成，分上下两层象拉锁牙齿那样交替着扣着）、四牙柱、五牙柱（正十二面体）。除了上面的7种，还有别的么？
PS：
To hujunhua 6层，恩，是呀，胡乱猜测6边形都挤在一起，就像玉米棒子一样，在两头用5边形过渡一下，然后是3角形或4边形。呵呵。
To hujunhua 7层，没有那么高明呢，呵呵，我只是穷举了所有的7个节点的图。 又找到了一个，如图，它由4个四边形和4个五边形（五边形的5个顶点不共面）构成，4个五边形连成一个圈，将4个四边形分为两组，每组两个。这样，现在总共就有8种了。