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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 22:39:18 来自手机 | 显示全部楼层
所以结论是如果我们用无穷个凸边形去无缝覆盖平面,这些凸多边形直径和面积分布在一个有限范围内,而且所有多边形边的数目不小于7,那么覆盖方案必然不存在

点评

是的。实际上平面密铺,如果每个点对应6条棱,则这是三角形密铺,如果每个点对应4条棱,这是四边形密铺,如果每个点对应三条棱,这是六边形密铺,如果再增加边数,只能减少每个点对应的棱的数量……而这是不可能的  发表于 2019-1-6 01:43
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 2019-1-6 01:32:59 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-1-5 21:42
不明白你的圆内部分面+点-棱

凸的用法只有一处
就是,每个点至少对应3条边
如果不凸,每一个点可以对应2条边,这就导致了八边形可以覆盖全平面
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发表于 2019-1-6 12:39:53 | 显示全部楼层
@.·.·.在5#提出的用两个相同的局部多边形缝成一个多面体的方案证明不了本题,问题校长在9#已经指出了。就是缝合线上可能存在可去顶点(只连接2条边的顶点)。我们仍然能证明缝合的多面体中必有一个面的边数不大于6,但这不导致矛盾,因为有些顶点被去掉了,其连接的两条边合成了一条边。
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发表于 2019-1-6 22:24:27 | 显示全部楼层
单密铺问题
这里有一段说到了为什么n要小于7. 但我觉得不够严格。

Why Can’t Convex Polygons With More Than Six Sides Tile the Plane?

Consider seven-sided heptagons, and, for simplicity, consider only vertex-to-vertex tilings (having vertices in the middle of edges only compounds the problem). The sum of the heptagon’s interior angles is 900 degrees, so the average angle is 900/7 degrees. Every vertex in a tiling has 360 degrees to divvy up between the corners that meet there, so, on average, 360/(900/7) = 2.8 heptagons would fit around each vertex. But since at least three heptagons have to meet at every vertex — otherwise it’s an edge — an average of 2.8 is impossible. The problem worsens as the number of sides of the convex polygon increases.
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发表于 2019-1-7 07:49:04 | 显示全部楼层
21#得出用无穷个凸7边形覆盖平面,如果不限定凸7边形的直径和面积分布在一个范围(也就是不可以无限小或无限大),那么这种平铺是可能的,现在给出一种例子
如图我们作出一批同心圆,然后将最内部的圆上取7点构成最内层的7边形。然后对于7个方向,每个方向扩大一层到第二层的圆周时,这层圆周分成的7份每份在将它分成4份
由此,在7二层我们可以作出7个凸7边形(而这时使用了第二层圆周上28个点)。同样第二层圆周的28个点继续向第三层的圆周扩张同样得到第三层上28个点,同样在第三层28个点的每两个点之间再插入三个点得出第三层圆周共7*4*4个点(图上之画出了$2/7$部分),可以得出28个凸7边形,继续这样扩张下去就可以将整个平面全部用无穷个凸7边形覆盖。
tiles.png
而这种方法如果我们保持所有相邻同心圆之间距离相等,那么凸7边形的直径分布范围是有限,但是越外层,凸7边形的面积会越小(可以看到凸7边形越来越薄),会以等比数列速度趋向0.
我们可以通过拉大外层同心圆之间的距离,使得越外层的同心圆之间的距离越远,使得凸7边形的面积尽量保持在一个固定的范围,但是这样会导致越外层凸7边形的直径越大,以等比数列的速度发散到无穷大。

点评

限定最短边的长度没有用,我们可以让上图中每层圆的半径是它里层的四倍,于是边长是不减的,只是凸边形的面积增大很快。同时使用直径和面积才行  发表于 2019-1-7 19:01
用最短边长度我不确定能够保证。  发表于 2019-1-7 18:55
所以这并不是一个反例…… 如果保证凸多边形最短边的长度大于某个常数,则不存在反例。毕竟作为“边界”的凸多边形占比总会趋向0的  发表于 2019-1-7 18:44
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 楼主| 发表于 2019-1-7 16:44:15 | 显示全部楼层
我是认为.·.·.通过两个平面拓扑变形为球那个方法并不可行,如果可以,那么必定可以构造出所有面都是六边形的凸多面体,然而面全是六边形的凸多面体并不存在。

点评

拓扑那个有问题…… 我在17#给出了一个应该是没毛病的证法  发表于 2019-1-7 18:45
不用考虑拓扑变形为球问题,拓扑变形显然是无法保证凸多边形到凸边形的  发表于 2019-1-7 17:19
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发表于 2019-1-7 19:20:00 | 显示全部楼层
最短边不会减少的七边形平铺例子
oct.png

点评

而边界的多边形面积/边界内的多边形面积是趋向0的,这也就意味着,如果面积有上界(由直径的最大值,这是显然的),那么边界内多边形的数量占全部多边形的数量比例是趋向1的  发表于 2019-1-7 20:11
只要直径D不大于某个常数,且面积S不小于某个常数,则所有【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。  发表于 2019-1-7 20:09
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。  发表于 2019-1-7 20:08
才发现自己的证明好像比自己想的要多一点  发表于 2019-1-7 20:07
……忘记说面积的事情了,基本上面积+最短边可以保证: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  发表于 2019-1-7 20:06
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发表于 2019-1-8 11:34:50 | 显示全部楼层
单一凸五边形存在非常周期密铺,这是英文维基Pentagonal tiling - Wikipedia 上给出的三例放射状密铺。



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 楼主| 发表于 2019-1-15 15:52:50 | 显示全部楼层
谢谢各位的讨论,我线看看方法
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