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楼主: hejoseph

[提问] 单密铺的问题

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发表于 2019-1-5 11:01:50 | 显示全部楼层
前面我们已经知道$B(R_i)<cR_i$,而$A(R_i)>=A(R_i-H)+B(R_i-H)>={\pi(R_i-H)^2}/S$,这个表明了存在任意大的圆$R_i$使得和圆周相交的多边形数目远远小于圆内部的多边形数目。
现在对于任意这种$R_i$对应的圆$O(R_i)$,我们查看在这个圆内部的各多边形顶点使用的多边形角的模式,由于这种模式只有有限种,比如$M_1,M_2,...,M_m$
其中模式$M_h$使用了多边形角$A_1,A_2,...,A_n$的数目分别为$a_{h1},a_{h2},...,a_{hn}$,我们知道总有$\sum_{t=1}^n a_{ht}>=2$或$\sum_{t=1}^n a_{ht}>=3$(取决于对应角度和为180度还是360度)
假设现在圆$O(R_i)$内部模式$M_1,M_2,...,M_m$的数目分别为$c_1,c_2,..,c_m$,记$d_t=\sum_{h=1}^m c_h a_{ht}$,于是所有$d_i$之间两两差不超过$B(R_i)<=cR_i$,
而$d_1+d_2+...+d_n>=n*A(R_i)>=n{\pi(R_i-H)^2}/S$
后面部分就相对简单了,沿用前面思路把各行相加,比较数目就会得出n不可以超过6
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发表于 2019-1-5 15:23:42 | 显示全部楼层
本帖最后由 .·.·. 于 2019-1-5 18:49 编辑
mathe 发表于 2019-1-4 19:02
.·.·.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。
...


分明不用周期性的
只要我们划一块比较大的区域(比如一个n边形,以及跟这个n边形共顶点的全部n边形)
我们就可以得到一个m边形
可以拓扑地把这个m边形变成正m边形,在把这个正m边形拓扑地变成球面的上半部分
做一个对称变换,我们就能得到一个球面的下半部分,两部分拼起来,我们就得到了一个球。

而一个球,由欧拉公式解不等式知,必存在一个n边形($n\le6$)
考虑到拓扑不会把n边形变成r边形($n\ne r$)

这就证完了
不需要周期,也不用管那个神奇的平面图形究竟可以拓扑成什么
而且证明是严格的
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发表于 2019-1-5 17:27:14 来自手机 | 显示全部楼层
m可能很大,你试一下就知道,这时对于本题边界条件是处理不了的。
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发表于 2019-1-5 18:52:17 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-1-5 17:27
m可能很大,你试一下就知道,这时对于本题边界条件是处理不了的。

我只用了两个结论
第一个是,如果n边形能密铺平面,则存在一个由若干n边形构成的多面体
第二个是,每个多面体,根据欧拉公式,存在n≤6使得这个多面体至少有一个面是n边形
这就完成了证明。
至于那个n边形构成的多面体有多复杂
剖开的那两个m边形的m有多大
都没关系
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发表于 2019-1-5 18:58:30 | 显示全部楼层
发现.·.·.证明的严重漏洞  多面体是“一个点至少对应3个棱”
平面拼接可以一个点对应2条“棱”,即两个角和180度贴在另一多边形的边上。

点评

视为3条棱,就应当对应3只角,等同一条边视为一个平角。  发表于 2019-1-6 12:33
这不是漏洞,这仍应视为3条棱  发表于 2019-1-6 12:08
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发表于 2019-1-5 19:43:13 来自手机 | 显示全部楼层
先不管点在棱上情况,.·.·.方法表明如果我先将一个平面m边形分割成若干个奇形怪状的7边以上多边形m充分大,最简单情况分成两个(m+1)/2边形,然后两个这样图形重叠起来拓扑后成球面,就会出现矛盾了?
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发表于 2019-1-5 21:19:39 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-1-5 19:43
先不管点在棱上情况,.·.·.方法表明如果我先将一个平面m边形分割成若干个奇形怪状的7边以上多边形m充分大 ...

画了一下图
发现了一个问题
就是拓扑到正m边形的时候
正m边形的m条边不能对应不同的m个正n边形


但这个思路可以修改
首先,可以用周角=360°证明跟一个m边形共顶点的m边形的个数是有上限的
然后用mathe提出的“动圆”方法,可以构造一系列的“边界”
我们可以用“边界”得出结论:边界上的m边形随着动圆半径趋向无穷,其比例会趋向0,且对每一个给定的动圆半径R,我们构造的边界把整个密铺分成三个部分(边界/圆内/圆外),且圆内跟圆外不连通

最后就可以对圆内+边界使用欧拉公式
圆内都至少是m边形,考虑到点在棱上的情形,可以认为圆内存在一些m+k边形
边界由于退化,可能不全是m边形,但由于这一部分很少,在除以面数之后渐近趋向0

而圆内部分面+点-棱<=E(1-M/6)
这里E代表求平均,M是每一个面的棱数,每一个面有M条棱(M可能大于m,因为某些点可能落在棱上,但):
注意到每条棱对应2个顶点,每个顶点至少对应3条棱,故每个顶点至多对应3/2条棱,故对一个面,面+点-棱<=1+棱*2/3-棱=1-棱/3,
由每个面对应M/2条棱知,对每一个面,面+点-棱<=1-M/6

由于M>6,这个式子的平均数小于0,这就解决了圆内的部分
对于边界部分,由于边界占总体的比例渐进趋向0,所以那个部分的面+点-棱除以面数之后渐近趋向0
从而如果M>6,两部分的和加起来除以面数小于0,与欧拉公式矛盾!

最后写一下边界比例趋向0的构造:
首先我们构造了一个动圆O(R)
再构造另一个动圆O(R+2D),这里D是m边形的直径
可以知道在O(R+D)的圆周上的每一个点,都对应至少一个凸多边形,而这个凸多边形与O(R)
跟O(R+2D)的圆周的交集都是零测集。
从而,除去一个零测集之外完全落在O(R+2D)\O(R)内的凸多边形都可以作为边界,而这个边界把圆内跟圆外分隔开。
用面积法可以证明,当R趋向无穷的时候,“边界”凸多边形数量/“圆内”凸多边形数量趋向0
这就完成了全部的证明

才发现这是高中化学课学过的知识(这是老师讲足球烯的时候补充的内容)
然而现在都忘干净了……
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发表于 2019-1-5 21:42:41 来自手机 | 显示全部楼层
不明白你的圆内部分面+点-棱<=E(1-M/6)中面,点,棱是如何定义的,不知道不完整的面你如何计算。但是你的方法连多边形全等和凸的性质都没用到,怎么可能成立呢。弄一批不凸的八边形覆盖全平面是很容易的
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发表于 2019-1-5 21:47:57 来自手机 | 显示全部楼层
凸多边形性质应该用到了,就是每个顶点边上至少三个多边形,不过你的公式还是看不明白
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发表于 2019-1-5 22:30:32 来自手机 | 显示全部楼层
应该是只看完全落在充分大的圆内的或圆边界上多边形构成图形总的面,边,点的数目F,E,V。其中落在圆周上的面数目占总数比例趋向0。如果都是m边形,于是用mF数边,除了少数边,每条边数了两次,E约等于mF/2,相差一个无穷小。类似算出点的数目不大于mF/3减一个无穷小。
然后用欧拉公式有mF/2-mF/3-F<=o(F)
唯一问题是有些点可能会落在某些边上,这方法我需要继续打补丁,把那些多边形继续看成m+1边形,m+2边形等。

点评

补丁是显然的,多边形的边数越多,欧拉公式算出来的结果就越小,欧拉公式面+点-棱,如果分开看每一个多边形,每一个多边形对应一个面(一一对应),每条边对应两个多边形,每个多边形对应m条棱……  发表于 2019-1-6 01:35
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