"Hard" tilings • Khaidar Nurligareev • Popularne znanstvene naloge na "Elementi" • Matematika

“Trdi” tilings

Naloga

Ravno ploščico je enostavno postaviti z enakimi trikotnimi ploščicami (slika 1, levo). Takšna shema je primerna za vsak trikotnik. Lahko rečemo, da je ta plošča "ne-togo" v smislu, da če nekoliko spremenimo deleže trikotnikov (še vedno morajo biti enaki), potem ponovno dobimo ploščico ravnine po tej shemi (slika 1, desno).

Sl. 1.

Ampak to se zgodi na drugačen način. Poglejte pic. 2: tukaj so tudi vsi trikotniki enaki, vendar ta shema deluje samo za povsem specifične dele trikotnikov. Lahko rečemo, da je takšno nagibanje "težko".

Sl. 2

a) Ob predpostavki, da so vsi trikotniki na sl. 2 so enaki Najdi njihovih kotov in vidnih razmerij. Dokažida so iz slike nedvoumno določeni.

b) Pridi s tem "trdo" polaganje enakih konveksnih četverokotnikov.

c) Pridi s tem "trda" ploščica enakih pentagonov (ni nujno konveksna).


Nasvet 1

a) Za pridobitev pogoja, da morajo ugori trikotnika zadoščati, je dovolj, da se uporabi dejstvo, da je vsota kotov, ki mejijo na vsako točko, 360 °. In za iskanje pogojev na straneh, je koristno razmisliti o segmentih, ki jih sestavljajo več strani sosednjih trikotnikov.

Upoštevajte, da se koti in stranice ne morejo spremeniti neodvisno drug od drugega, so medsebojno povezani. Poleg tega je razmerje med koti in vidnimi razmerji ena proti ena. Pravzaprav, če poznate razmerje stranic, lahko določite vrednosti kotov s kosinusnim izrekom. Ob poznavanju kotov, lahko določite razmerje stranic s sinusovim izrekom. Tako je za rešitev problema dovolj, da najdemo le dve enačbi na straneh ali kotih.


Nasvet 2

b), c) Osnovna ideja je naslednja. Če je ploščica "težka", morajo biti kopije istega ploščic, ki so v njej vključene, na čim več načinov. Potem bo vsaka taka metoda dala nekaj enačbe za kota in stranice, in bolj enačbe – manj stopinj svobode.

Obstaja več načinov, kako skušati izdelati takšno ploščico, katere kopije bi se lahko drugače uporabljale na različne načine. Eden od njih je določiti nekatere značilne omejitve na ploščici. Na primer, ga poiščite v razredu mnogokotnikov z vzporednimi stranicami. Ali med ploščicami, katere strani so enake. Prav tako je lahko dobro razmisliti o kotih, ki delijo 360 ° in so večkratniki.

Druga možnost je, da poskusite uporabiti že znane nagibe, na primer, kot je na sl. 3. Potem morate poskusiti izdelati novo ploščico iz več ploščic ali ploščic, ki so vključene v prvotno tlakovanje. In šele nato iz kopij nastale ploščice, da bi določili "trdo" tlakovce, v konturah, za katere bodo uganili prvotni tlak.

Sl. 3


Rešitev

a) Označite stranice in kotičke trikotne ploščice, kot je prikazano na levi strani na sl. 4. Potem razmislimo o segmentu, ki ga tvorijo strani štirih trikotnikov (sredi na sliki 4), nam omogoča, da dobimo razmerje na straneh: a + c = 2b. In gledamo na vrh, v katerem trije trikotniki zbližujejo (na desni strani na sliki 4), razumemo, da je 2γ = 180 °. Tako je γ = 90 °, kar pomeni, da je trikotnik pravokoten. Zato izpolnjuje pihagorejsko izrek: \ (a ^ 2 + b ^ 2 = c ^ 2. \)

Sl. 4

Zdaj, da bi našli želene odnose, precej preproste izračune:

\ [(a + c) ^ 2 = 4b ^ 2 = 4 (c-a) (c + a). \]

Od tu dobimo

% = \ dfrac % % \ quad \ Rightarrow \ quad \ dfrac % % = \ \ dfrac % %. \]

V skladu s tem so koti trikotnika enaki \ (\ alpha = \ arcsin \ dfrac % % = \ arcsin \ dfrac % %, \) \ (\ beta = \ arcsin \ dfrac % % = \ arcsin \ dfrac % %, \) \ (\ gamma = 90 ^ {\ circ}. \)

b) Razmislite o pravokotnem trapezoidu, sestavljenem iz kvadrata in pravega trikotnika, ki je enako polovici tega kvadrata (slika 5, levo). Kopije tega trapeza se lahko medsebojno pritrdijo na več različnih načinov.Ker želimo, da je posledično tlakovanje "trd", moramo za začetek narediti takšne konfiguracije iz navedenih trapeznih ploščic, ki bodo enolično definirali stranske odnose in kota trapezije. To je enostavno doseči. Na primer, sestavite številke štirih ploščic, prikazanih na sl. 5, bomo dosegli enakopravnost γ = δ = 90 ° in s križanjem iz osem ploščic dobimo stanje α = 45 °. Če iz treh ploščic zberemo sliko, prikazano na sl. 5 na desni, nato enakost 2a = b.

Sl. 5

Očitno je, če štirikotnik izpolnjuje zgornje štiri enačbe, potem zagotovo predstavlja naš pravokotni trapezoid. Zato se vse talne obloge, na katere naletijo vse zgoraj naštete konfiguracije, vsekakor izkazale za "trde" v smislu, da po isti shemi ne bo mogoče premakniti ploščic iz katerega koli drugega četverca. Obstaja nešteto podobnih tilings; Na primer, to je talna plošča, prikazana na sl. 6

Sl. 6

Upoštevajte, da čeprav je na sl. 6 po naši definiciji "trd", je zlahka podvržena deformaciji: lahko prosto premikate ploščice,ki se nahajajo v isti vodoravni ali navpični vrsti vzdolž ustrezne ravnine. To se jim je mogoče izogniti, če jih dodate na drug način. Na primer, kot je prikazano na sl. 7

Sl. 7

c) V središču nagibov, prikazanih na sl. 6 in sl. 7, lahko uganite standardni parket kvadratov (slika 3, desno). Pokažemo, kako lahko na podoben način dobimo "težko sliko" ne-konveksnih pentagonov, pri čemer uporabljamo ploščice s pravimi trikotniki kot podlago (slika 3, levo). Če želite to narediti, vzemite ploščico iz dveh rednih trikotnikov in še dve polovici takih trikotnikov (slika 8, levo).

Sl. 8

Kot v prejšnjem odstavku najprej določimo štiri konfiguracije, ki definirajo ploščico, ki jo obravnavamo enolično. Prikazani so na sl. 8. Prvi izmed njih nastavi kot ε = 90 °. Drugi vam omogoča, da napišete razmerje 3γ + 2ε = 360 ° in ker je kot ε že določen, dobimo γ = 60 °. Podobno tretja konfiguracija daje enakost α + γ + 3ε = 360 °, od koder α = 30 °. Nazadnje, slednja konfiguracija nam omogoča, da razumemo, da je β + 2γ = 360 °, to je β = 240 °. Kar se tiče kota δ, se določi na podlagi dejstva, da je vsota kotov pentagona 540 ° in δ = 120 °.

Sl. 9

Izkazalo se je, da samo konfiguracija, prikazana v sredini na sl. 8, dovolj za enakost b = e = a = d. Zato zgornje štiri konfiguracije resnično definirajo pentagonalno ploščico enolično. Tako je še vedno na primer tloris, ki vključuje vse. Pri konstruiranju je ideja o konstrukciji trakov pomagala: najprej s kopijami naših ploščic ustvarjamo neskončni trak, ki ga lahko uporabimo sami (slika 9). In nato celotno ravnino pokrivamo s takimi črtami (slika 10). Opažamo široko uporabnost ideje oblikovanja trakov: podobna "črtasta" struktura ima oba tilings, ki smo jih zgradili pri reševanju točke b)in na splošno je vsak periodični tlak dejansko sestavljen iz pasov. Vendar pa primer ni omejen na periodične tilings (kot je to mogoče opaziti, na primer v problemu Polamimina Parqueta).

Sl. 10

V našem primeru ploščice niso konveksne, vendar to ni absolutno predpogoj za ustvarjanje "trdnega tlaka". Razmislite o peterokotnih ploščicah, prikazanih na sl. 11 – je sestavljen iz kvadratnega in dveh pravokotnih trikotnikov z manjšim kotom 22,5 °.Izkazalo se je, da so kopije takšne ploščice lahko tudi ploščice na "trdi način", kot je prikazano na desni v sl. 11. Res je, da je to težje dokazati kot "togost" tilings, s katerimi smo se srečali prej. Kljub temu pa si oglejmo glavne točke tega dokaza.

Sl. 11

Najprej, iz sheme, v skladu s katero so ploščice zložene, je jasno, da strani izpolnjujejo odnose a = e = b in c = b + d. Kar se tiče vogalov, je na njih mogoče sestaviti štiri enačbe, iz katerih je jasno, da α = γ, δ = ε, β + δ = 180 ° in β + 180 ° = 2γ. Zato z vnosom kota φ = δ / 2 lahko izrazimo še druge kote:

\ [\ alpha = 180 ^ {\ circ} – \ varphi, \ quad \ beta = 180 ^ {\ circ} -2 \ varphi, \ quad \ gamma = 180 ^ {\ circ} – \ varphi, \ quad \ delta = 2 \ varphi, \ quad \ varepsilon = 2 \ varphi. \]

Zdaj je glavna ideja naslednja. Če naj bi bila plošča "težka", je potrebno, da mu manjka stopnja svobode. Trenutno ima naša ploščica dva parametra, ki jih lahko spreminjamo: kot φ in razmerje stranic a in d. Vendar te spremembe ne morejo biti samovoljne, ker so parametri medsebojno povezani. Če po analizi narave te povezave pokažemo, da za to shemo realiziramo le omejeno število možnih kotov in aspektov, potem pa takoj sledi, da je želeno polaganje "trd".

Uvedemo zapis, kot je prikazano spodaj levo na Sl. 11. Ker CDEF – enostranski trapez, nato baza

\ (CF = a-2a \ cos2 \ varphi = a (3-4 \ cos ^ 2 \ varphi) \).

Zato lahko najdemo razmerje med segmenti a in dizražanje segmenta Bf s kosinusnim izrekom v trikotnikih ABF in CBF:

\ [BF ^ 2 = d ^ 2 + d ^ 2-2d ^ 2 \ cos (180 ^ {\ circ} – \ varphi) = a ^ 2 + a ^ 2 (3-4 \ cos ^ 2 \ varphi) ^ 2-2a ^ 2 (3-4 \ cos ^ 2 \ varphi) \ cos \ varphi. \]

Preoblikovanje, dobimo

\ [\ dfrac {d ^ 2} {a ^ 2} = 5-8 \ cos \ varphi-4 \ cos ^ 2 \ varphi + 8 \ cos ^ 3 \ varphi. \]

Po drugi strani pa lahko najdemo razmerje med segmenti a in dizražanje segmenta AC s kosinusnim izrekom v trikotnikih ABC in AFC:

\ [AC ^ 2 = a ^ 2 + d ^ 2-2ad \ cos (180 ^ {\ circ} -2 \ varphi) = \ = d ^ 2 + a ^ 2 (3-4 \ cos ^ 2 \ varphi ) ^ 2-2ad (3-4 \ cos ^ 2 \ varphi) \ cos2 \ varphi. \]

Če je \ (\ cos2 \ varphi \ ne0 \), to je, če je pentagon drugačen od našega, pridemo do naslednje enačbe:

\ \ \ dfrac % % = \ dfrac {2 (\ cos ^ 2 \ varphi-1)} {2 \ cos ^ 2 \ varphi-1} = – \ dfrac {2 \ sin ^ 2 \ varphi} {\ cos2 \ varphi}. \]

Zlasti lahko iz tega vidimo, da je to mogoče le z \ (\ cos2 \ varphi <0 \) in

\ [5-8 \ cos \ varphi-4 \ cos ^ 2 \ varphi + 8 \ cos ^ 3 \ varphi = \ dfrac {4 (\ cos ^ 2 \ varphi-1) ^ 2} {(2 \ cos ^ 2 \ varphi-1) ^ 2}. \]

Zadnja enačba ima lahko samo končno število rešitev. Tako je tlakovanje v težavah "težko".


Poročilo

Vse zgoraj navedene tuljave kot del te naloge so v bistvu uporabljale eno samo poligonalno ploščico. Kopirali smo to ploščico in nato celotno letalo pokrivali brez kopij in prepihov. Takšne tilacije se imenujejo monohedralin osnovni poligon je protoplitka. Kot smo videli, so kljub prepovedi uporabe ploščic različnih tipov nastale slike zelo raznolike. V mnogih primerih se tilings s tem protoplite izkažejo za neskončno veliko, poleg tega – njihovo nešteto število. Istočasno pa je za druge protoplike (kot npr. Za pravilen heksagon) tloris edinstven, nekateri protoploti pa sploh ne dovoljujejo polaganja ploščic.

Naravno bi bilo vprašati, kako v obliki dane poligone razumeti, ali je mogoče ploščico s svojimi kopijami namestiti. Vendar pa algoritem, ki bi omogočal odgovor na to vprašanje, ko je na vhodu dobil ploščico in na izhodu, ki je dal rezultat "da" ali "ne", človeštvu ni znan. Poleg tega obstajajo resni razlogi za dvom, da obstaja načelno. Na kratko bomo razpravljali o tem, kaj bi morda oviralo. Za to bi bilo koristno, da se vsaj površinsko seznanijo s skupino simetrije nagibov.

Simetrija Ta ploščica se imenuje tako gibanje letala, ki prevaja to ploščico v sebi. Grobo rečeno, če ste dolgo gledali na nagibanje, se je nato obrnil,vendar je nekdo za hrbtom premaknil vse ploščice, tako da so najprej ohranjene razdalje med ploščicami, drugič pa se obrnete in ne najdete razlike – to je simetrija. Če med množico vseh simetričnih ploščic obstajata dva nepovezana paralelna prevoda, potem se imenuje ta tloris periodično. Na primer, nagibi na sl. 6, 7, 10 in 11, in vse vse tilings, o katerih smo že razpravljali. Vendar pa je v vseh teh primerih preprosto preurediti ploščice, tako da ta lastnost ni več veljavna.

Za periodične nagibe je značilna prisotnost tako imenovanega temeljno področje – tako podmnožico ploščic, da je mogoče vse tlakovanje doseči z vzporednimi prenosi te podmnožice (to so le naši "pasovi", ki so bili omenjeni v odločitvi). Zato, ko poskušamo odgovoriti na vprašanje, ali je mogoče kopirati celotno ravnino s kopijami tega protoplica, je precej naravno, da deluje kot sledi. Potrebno je iti skozi vse možne možnosti, se med seboj povezati v ploščice in, če na neki točki nastane temeljno območje, potem je postavljena plošča.In če bomo našteli vse možnosti, vendar ne najdemo temeljnega področja, potem ta protokol ne dovoljuje postavljanja ploščic.

Vendar ta metoda iskanja ima znatno pomanjkljivost. Nenadoma se je izkazalo, da je naš protoplica aperiodično, to je, da je mogoče celotno ravnino potopiti s svojimi kopijami, vendar so vsi ti tilniki neperiodični? Potem se vsi načini, da se skupaj povežemo s ploščicami, nikoli ne bomo šli skozi, saj lahko pokrijejo kos samovoljno velikih velikosti. Ampak ne bomo mogli najti temeljnega področja, ker ni nobenega periodičnega nagiba. Tako bomo prešli možnosti do neskončnosti in se nikoli ne ustavili.

Ali obstajajo aperiodični protoplati, trenutno ni znano, da to drži conway hipoteza še ni dokazano. Torej še vedno obstaja verjetnost, da zgornji algoritem omogoča odgovor na vprašanje, ali je mogoče zgraditi tlakovce, ki temeljijo na tem protoplitu ali ne. Vendar pa je bila v tridimenzionalnem prostoru podobna hipoteza rešena pozitivno, in tudi na ravnini Lobačevskega. Poleg tega nas stane, da povečamo število uporabljenih protoplikov na dva, saj takoj odkrijemo primer aperiodičnega nabora – znamenitega mozaika Penrose (slika 12).

Sl. 12 Penrose mozaik.Slika iz ru.wikipedia.org

Če ni nobene gotovosti, ali je iz posamezne ploščice vedno mogoče razumeti, ali priznava tlakovanje letala ali ne, poskusite razmisliti o manj splošnem primeru in omejiti protoplico. Najprej smo domnevali, da so vsi poligoni, ki sestavljajo ploščice, konveksni. Ta pogoj se izkaže za precej močan: izkaže se, da število strani konveksne proto-tile, ki dopušča tlakovce, ne presega 6. Vendar tudi tu obstajajo resne težave.

Sl. 13

Preprosto je zagotoviti, da se celotna ravnina lahko pokrije s kopijami katerega koli trikotnika, pa tudi s kopijami katerega koli štirikolesnika – tukaj tudi pogoj poglobitve ni potreben (slika 13). Vendar s pentagoni vse ni tako preprosto. Študija monohedral tilings s pentagoni ima bogato zgodovino in tudi zdaj ni popolne gotovosti, da je ta naloga našla logičen zaključek. Očitno je bil Carl Reinhard najprej razvrstil leta 1918, pri čemer je poudaril pet vrst konveksnih pentagonalnih tilings (slika 14). Vsakemu tipu je značilen določen niz pogojev na straneh in vogalih, ki pa je pustil določeno svobodo – vse te tilings so bile "ne-toge".Pol stoletja pozneje, leta 1968, je Richard Kirchner svet obvestil o odkritju treh vrst tilings, ki trdi, da je s temi osmimi vrstami vse izgubljeno. Vendar se je izkazal za napačnega: leta 1975 je Richard James, po branju članka znanega popularista znanosti Martin Gardner, našel še eno vrsto. Toda resničen preboj v naslednjih dveh letih je naredila gospodinja Marjorie Rice, ki je prebrala isti članek – uspela je najti kar štiri nove vrste monoedričnih tilings s konveksnimi pentagoni.

Sl. 14 15 monoedalnih nagibov ravnine s pentagoni. Slika s forbes.com

Zgodba pa se ni končala: štirinajsti pločnik je leta 1985 našel Rolf Stein – za razliko od vseh prejšnjih je bilo "težko". In trideset let kasneje je skupina raziskovalcev, ki jo sestavljata Casey Mann, Jeniffer MacLeod in David von Durey, z računalniškimi izračuni odkrila petnajsto pločnik, ki prav tako ni imel stopnje svobode. Nazadnje, leta 2017 je Michael Rao predstavil dokaz, da ni drugih pentagonskih tilingsov. Da bi to dokazal, je Rao uporabil posebej napisan računalniški program, ki je povzročil določen skepticizem v delu znanstvene skupnosti, čeprav je bil neodvisno reproduciran in preverjen.

Drug pristop k klasifikaciji monoedričnih tilings temelji na dejstvu, da se osredotočamo na lastnosti ploščic glede na skupino simetrije. Če za katero koli dve ploščici v pločniku obstaja simetrija, ki prvega ploščice prevzame v drugo, potem se taka tlakovanje imenuje izohedral. Na splošno rečemo, da piling k-izoedralče je razdeljen niz ploščic k razrede pod vplivom skupine simetrije. Na primer, nagibi na sl. 13 so izoedni, ker je vsaka ploščica lahko preoblikovana v katerokoli drugo bodisi s pomočjo vzporednega prenosa (takšne ploščice so barvane v eni barvi) ali z vrtenjem (takšne ploščice so barvane v različnih barvah). In tlakovanje na riž. 11 je že 2-izoedični: ploščice, poslikane v rumeno, se lahko preoblikujejo v drugo, tako da se ploščice samodejno združujejo, prav tako kot modre ploščice lahko prevedemo drug v drugega, toda modre ploščice ni mogoče prevediti v rumeno barvo. Tudi drugi tinji, ki smo jih videli v raztopini, so tudi k-izoder za različne k. Če si to ogledamo, jih preoblikujemo, tako da se lahko ploščice prevedejo med seboj s simetrično ploščico, nato pa le, čeko so naslikane v eni barvi (kot je bilo s tlakovci iz stanja, ki je, kot smo sedaj razumeli, 3-izoedni). Po tem smo to videli za enega izmed njih k = 8 (slika 15, levo), za drugo k = 16 (slika 15, desno) in za tretjo k = 10 (slika 15 spodaj).

Sl. 15

Isoedrične nagibe s konveksnimi mnogokotniki se lahko razvrstijo. Torej, vse je na voljo:

  • 14 izoednih tlakovcev,
  • 56 izoedni ploščice s konveksnimi štirikotnimi ploščicami,
  • 24 izoedični ploščici s konveksnimi peterokotnimi ploščicami,
  • 13 izoedični ploščice s konveksnimi šesterokotnimi ploščicami.

V bistvu so "ne-togi" (kot je prikazano na sliki 13). Toda nekateri med deformacijo prenehajo biti izoedični. Takšna, na primer, je plošča na sl. 16: vodoravno ravnino lahko premikamo relativno drug do drugega, vendar po tem trikotniku z vodoravno podlago ne moremo pretvoriti v trikotnik, pri čemer je osnova nagnjena s simetrijo.

Sl. 16

Razvrstiti k– izohedralne tilings z k > 1 je tudi možno. Vendar pa je tudi za tlake z ne-konveksnimi ploščicami to veliko bolj zapleteno in že zaradi 2-izohedralnih nagibov je zaradi velikega števila možnosti razvejanja težko videti. In o velikih vrednotah k niti ne bomo govorili.


Like this post? Please share to your friends:
Dodaj odgovor

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: