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[提问] 单密铺的问题

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发表于 2019-1-4 11:46:04 | 显示全部楼层 |阅读模式

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如何证明用同一种全等的凸多边形能密铺整个平面,则这个凸多边形的边数不能超过6?
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2019-1-4 12:21:07 | 显示全部楼层
欧拉公式:面+点-棱=2
一个点至少对应3个棱
解不等式即证
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2019-1-4 12:45:55 来自手机 | 显示全部楼层
这个题无法用欧拉,那是针对有限个面的情况。 如果我们查看每个顶点处使用的角的分布,必然要么使用有些个多边形顶点加一条边,也就是有限个顶点角度和为180度,或者是使用了有限个顶点,对应多边形若干个角度和为360度。需要注意每个角可以重复使用。
由于只有有限个角,这种模式必然是有限的。
然后我们可以按这种模式分类,统计充分大范围各种模式的分布比例,这个比例在范围充分大应该会收敛。
然后我们可以根据这个极限比例重复各种模式,可以得到一个矩阵,每行是若干个角之和为180度或360度,而如果每列对应系数相加,对应各个角出现的次数,应该要相等,因为范围充分大后,多边形每个角出现的次数应该相等。

点评

“而如果每列对应系数相加,对应各个角出现的次数,应该要相等”这里我觉得不太严谨  发表于 2019-1-4 16:18
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毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2019-1-4 12:56:15 来自手机 | 显示全部楼层
假设共n个角,模式重复后有u行角度和180度(每行至少两个角),有v行角度和360度(每行至少三个角)。所以所有行相加得出角度和为180(u+2v)度,而至少是2u+3v个角之和,所以每个角至少使用(2u+3v)/n次,所以角度和不小于180(n-2)(2u+3v)/n
于是有(n-2)(2u+3v)<=(u+2v)n<=(4/3 u+2v)n
所以3(n-2)<=2n
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发表于 2019-1-4 16:45:47 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-1-4 12:56
假设共n个角,模式重复后有u行角度和180度(每行至少两个角),有v行角度和360度(每行至少三个角)。所以所有 ...

如果能密铺一个平面
显然可以(拓扑地)密铺一个球(找到其中的一部分,这一部分可以铺成一个n边形,然后可以把两个n边形拼起来拼成一个球)
用球的欧拉公式
面+点-棱=1
解不等式即可
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2019-1-4 17:06:28 | 显示全部楼层
我觉得.·.·.的证明可靠些,因为我对“模式重复”存疑,一种全等凸多边形必定存在重复的模式吗,不会有拟周期情况?
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发表于 2019-1-4 19:02:47 来自手机 | 显示全部楼层
.·.·.的方案隐含了周期性的要求,而且即使周期性,实际上也不能保证拓扑到圆,比如有可能会拓扑到轮胎。
我后面的模式重复并不是要求平铺的方式必须有重复的数据,而是充分大的范围后各种模式应该有一个稳定的比例,当然这种方案也不够严格,必然如果有多种平铺方案,就有可能可以让多种方案按不同的比例拼凑得出不同的模式比例,但是直接上我们应该总可以找出一种模式最简的周期方案。
如果要严格证明,会比较麻烦,思路应该使用充分大的圆覆盖,那么个圆周相加的多边形数目会是圆内部的多边形数目的高阶无穷小,然后得出圆内部顶点使用的各种角数目的差会是总数的高阶无穷小。然后类似前面统计和放缩,取极限应该可以得出
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发表于 2019-1-4 19:31:23 | 显示全部楼层
本帖最后由 zeroieme 于 2019-1-4 19:37 编辑

我的疑问是不能排除如彭罗斯镶嵌那样的准周期方案,其实是非周期的。




http://9801.me/?p=3109
是否存在某些与黄金比例无关的、强制实现非周期性的成对镶嵌片?是否存在一对相似的镶嵌片强制实现非周期性?是否存在不需要边缘标记而将强制实现非周期性的一对凸镶嵌片?

当然,主要的未解问题是,是否存在一种只能非周期性铺陈平面的单一形状?大多数专家都认为不存在,不过大家都远不能给出证明。我们甚至还没能证明,如果有这样一种镶嵌片存在的话,那么它必定是非凸的。
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 楼主| 发表于 2019-1-5 09:05:43 | 显示全部楼层
我觉得.·.·.的证明不行,面+点-棱=1在平面内是对的,但是边界上有很多孤立顶点和边,就不能像多面体那样处理了,怎么解不等式?我不太明白。
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发表于 2019-1-5 10:59:19 | 显示全部楼层
我们可以假设这个多边形面积为S,其直径(多边形上最远两点之间的距离)为H.
现在在这个平面上任意选取一个点O,以O为圆心做半径为R的动圆O(R)。
那么在平面被完全覆盖后,会有A(R)个多边形完全被圆O(R)包含,有B(R)个多边形和圆O(R)的圆周相交(光一点相交不计算在里面)。
所以我们有$A(R)*S<=\pi R^2<=(A(R)+B(R))*S$或者说$A(R)<={\pi}/S R^2<=A(R)+B(R)<=A(R+H)$
另外一方面
$\int_{x=0}^R B(x)dx=\sum_{多边形X在O(R)内部或和O(R)相交} \int_{圆O(x)和X相交且0\lt x\le R}dx<=\sum_{多边形X在O(R)内部或和O(R)相交}  H=H(A(R)+B(R))$

现在取常数$c={4H\pi}/S$我们尝试通过反证法证明存在一个无穷点列$R_0,R_1,...,R_n,...$使得$\lim_{n->\infty}R_n=+\infty$而且对于每个$R_i$都有$B(R_i)<cR_i$。
假设不成立,也就是说存在$\bar{R}$使得对于任意$R>\bar{R}$总是$B(R)>=cR$,于是
$\int_{x=0}^R B(x)dx>=\int_{x=0}^{\bar{R}} B(x)dx-{c\bar{R}^2}/2+{cR^2}/2$
由此我们得出$H(A(R)+B(R))>=\int_{x=0}^R B(x)dx >= \int_{x=0}^{\bar{R}} B(x)dx-{c\bar{R}^2}/2+{cR^2}/2=HC_0 +{cR^2}/2$
而另外一方面$H (A(R+H))>=H(A(R)+B(R))>=HC_0 +{cR^2}/2=HC_0+{2H\pi R^2}/S$,所以有${\pi(R+H)^2}/S>=A(R+H)>=C_0+{2\pi R^2}/S$
两边同时除以$R^2$并且让$R->+\infty$得出${pi}/S>={2\pi}/S$矛盾。
由此我们得出存在无穷点列$R_0,R_1,...,R_n,...$使得$\lim_{n->\infty}R_n=+\infty$而且对于每个$R_i$都有$B(R_i)<cR_i$。
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