Мозаики из выпуклых пятиугольников Текст научной статьи по специальности «Математика»

УДК 519.148

МОЗАИКИ ИЗ ВЫПУКЛЫХ ПЯТИУГОЛЬНИКОВ

О. Г. Багина

TILING THE PLANE WITH CONVEX PENTAGONS

O. G. Bagina

Обсуждается задача классификации пятиугольников, покрывающих плоскость ребро к ребру. Доказывается, что в любом таком покрытии плоскости имеется пятиугольник, набор степеней вершин которого может быть одним из следующих: (3,3,3,3,3), (3,3,3,3,4), (3,3,3,3,5), (3,3,3,3,6), (3,3,3,4,4). Это дает возможность организовать перебор, который в конечном счете приводит к исчерпывающей классификации таких пятиугольников.

We consider the problem of classifying the convex pentagons that tile the plane edge-to-edge. It is proved that in each such tiling of the plane by pentagons, there exists a tile whose set of vertex degrees can be one of the following: (3,3,3,3,3), (3,3,3,3,4), (3,3,3,3,5), (3,3,3,3,6), (3,3,3,4,4). This provides the possibility of searching which finally leads to exhaustive classification of such pentagons.

Ключевые слова: выпуклый пятиугольник, мозаика, плоскость.

Keywords: convex pentagon, tiling the plane, plane.

1. Введение

Многоугольник P покрывает плоскость, если существует покрытие плоскости многоугольниками, конгруэнтными данному, такое, что никакие два многоугольника не имеют общих внутренних точек. Такую плоскость называют мозаикой, а сам многоугольник P - плиткой этой мозаики.

Известно, что выпуклым многоугольником, имеющим более 6 сторон, выложить плоскость невозможно. Легко видеть, что любым треугольником и четырехугольником можно выложить плоскость. Мозаики из шестиугольников были исследованы в 1918 г. Рейнхардом - Ошибка! источник ссылки не найден.

Он перечислил все выпуклые шестиугольники, которыми можно выложить плоскость. Их оказалось 3 типа.

Проблема построения исчерпывающей классификации выпуклых пятиугольников, которыми можно выложить плоскость, остается до сих пор нерешенной. Было найдено 14 типов таких пятиугольников. Но нет доказательства полноты имеющегося перечня.

Некоторые мозаики из выпуклых пятиугольников были известны еще в древности. В 1918 г. Рейнхард в своей докторской диссертации Ошибка! источник ссылки не найден перечислил пять типов таких пятиугольников. В 1968 г. Кершнер нашел еще три типа пятиугольников, покрывающих плоскость [1]. Десятый тип таких пятиугольников был найден Джеймсом в 1975 г. Типы 9, 11 - 13 из приведенного ниже списка найдены Райс в 1976 - 1977 гг. Последний 14 тип в 1985 г. открыл Штейн.

Мозаика называется мозаикой ребро к ребру, если для любых двух плиток мозаики выполняется одно из следующих условий: 1) плитки не имеют общих точек; 2) плитки имеют ровно одну общую вершину; 3) плитки имеют ровно одно общее ребро.

На сегодня известно 14 различных типов выпуклых пятиугольников, покрывающих

плоскость, 13 типов таких пятиугольников

перечислила Шаттшнейдер в Ошибка! источник ссылки не найден.

Обозначим последовательные вершины пятиугольника Х0, Хь Х2, Х3, Х4, его углы -соответственно х0, хь х2, х3, х4. Длины сторон пятиугольника Сі = Хі-ХіІ, і = 0,1,2,3,4. Известны следующие типы пятиугольников, покрывающих плоскость:

1. х0 + х1 = 180°;

2. х0 + х2 = 180°, С = С3;

3. х0 = х2 = х3 = 120°, С0 = С1, С3 = С2 + С4;

4. х0 = х2 = 90°, С0 = Сі, С2 = С3;

5. х2 = 2х0 = 120°, С0 = С1, С2 = С3;

6. х1 + х3 = 180°, х0 = 2х3, С0 = С1 = С2, С3 = С4;

7. х0 + 2х3 = 360°, х2 + 2х1 = 360°, С0 = С1 = С2 = С3;

8. х1 + 2х0 = 360°, х2 + 2х3 = 360°, С0 = С1 = С2 = С3;

9. х1 + 2х4 = 360°, х2 + 2х3 = 360°, С0 = С1 = С2 = С3;

10. х4 = 90°, х0 + х3 = 180°, 2х1 - х3 = 180°, 2х2 + х3 = 360°, С0 = С4 = С1 + С3;

11. х0 = 90°, х2 + х4 = 180°, 2х1 + х2 = 360°, С3 = С4 = 2С0 + С2;

12. х0 = 90°, х2 + х4 = 180°, 2х1 + х2 = 360°,

2С0 = С3 = С2 + С4;

13. х0 = х2 = 90°, 2х1 = 2х4 = 360° - х3, С2 = С3, 2С2 = С4;

14. х3 = 90°, х0 + х2 = 180°, х0 + 2х4 = 360°, С0 = 2С2 = 2С4.

В работе рассматривается задача перечисления всех выпуклых пятиугольников, которые покрывают плоскость ребро к ребру. Однако некоторые из таких пятиугольников могут также покрывать плоскость и не ребро к ребру.

Полученные результаты можно сформулировать в виде следующей теоремы.

Теорема. Пятиугольник, покрывающий плоскость ребро к ребру, относится к одному из следующих типов:

1) х0 + х1 = 180°, С0 = С2 или С3 = С4;

2) х0 + х2 = 180°, С1 = С3, С0 = С2;

3) х0 = х2 = 90°, С0 = С1, С2 = С3;

4) х2 = 2х0 = 120°, С0 = С1, С2 = С3;

5) х1 + х3 = 180°, х0 = 2х3, С0 = С1 = С2, С3 = С4;

6) х0 + 2х3 = 360°, х2 + 2х1 = 360°, С0 = С1 = С2 = С3;

7) х1 + 2х0 = 360°, х2 + 2х3 = 360°, С0 = С1 = С2 = С3;

8) х1 + 2х4 = 360°, х2 + 2х3 = 360°, С0 = С1 = С2 = С3;

2. Предложение о центральной плитке

Пусть Р - произвольная ребро к ребру мозаика из пятиугольников. Р - ее плитка.

Степенью вершины Р называется число сходящихся в ней пятиугольников. Степень любой вершины не может быть меньше трех.

Пусть (ао, ..., а4) - строка, в которой ао < ... < а4, и каждое из чисел является степенью одной из вершин Р. Такие строки будем называть набором степеней. Доказательство теоремы основывается на следующем предложении.

Предложение 1. В любой ребро к ребру пятиугольной мозаике найдется хотя бы один пятиугольник, для которого набор степеней вершин может быть одним из следующих: (3,3,3,3,3), (3,3,3,3,4), (3,3,3,3,5), (3,3,3,3,6), (3,3,3,4,4).

Такой пятиугольник мозаики будем называть центральным.

Лемма. Пусть Р - произвольная мозаика. Тогда в ней существует бесконечная последовательность множеств иі - объединение конечного числа многоугольников из Р, і = 1,2, ... таких, что:

(1) Г ^ да,

(2) у/Г, ^ 0,

(3) хі = 1 при , і = 1,2, .,

где Гі - число внутренних многоугольников в и, Уі - число граничных многоугольников для и, Хі -эйлерова характеристика иі.

Доказательство этой леммы приведено в Ошибка! источник ссылки не найден, Ошибка! источник ссылки не найден.

Доказательство предложения. Предположим, что в выбранной пятиугольной мозаике каждая плитка имеет набор степеней вершин, отличный от перечисленных в теореме.

Пусть иі - указанные в лемме множества. Гі -число внутренних плиток, Уі - число граничных плиток. Подсчитаем эйлерову характеристику - хі по «вкладам» отдельных плиток: если какая-нибудь вершина принадлежит а плиткам из и, то вклад в хі каждой из этих плиток для этой вершины равен 1/а. Каждая внутренняя плитка для иі имеет одного соседа для каждой стороны, значит плитка «вносит» 1/2 часть каждой стороны. Для к-й плитки в у-ой вершине сходится ак плиток из и. Вклад каждой внутренней плитки в Хі равен:

1 - 5+—+ +—= -3+—+ +—

а

а

а

а

3 1

1

Д(а0,...,а4) н... \ .

2 а

0

а

4

ЕД(а

Тогда вклад всех внутренних плиток равен к >...,аі),

где сумма берется по всем внутренним плиткам. Вклад всех граничных плиток равен у,(1+501), \в\<\,

где 5вi - это разность между вкладами вершин и ребер всех граничных плиток.

Так как х,= 1, то

''Е^(ак,...,ак)+ -(1+Щ) = 1.

Поделим обе части на Г,:

:р-2А(«.“..“.4) = + Щ)' (1)

Для перечисленных в предложении наборов степеней имеем:

Д(3,3,3,3,3)>

Д(3,3,3,3,4)>Д(3,3,3,3,5)>Д(3,3,3,3,6)>Д(3,3,3,4,4) >0.

Заметим, для любого другого набора степеней вершин (а0, ..., ОЦ) справедливо неравенство Д(а0, ..., щ) < -1/42.

Действительно, если а0 =а: = а2 = а3 = 3, а4 > 7,

то

3 4 1

1

2 3 а.

6

+ -

1 1 1

•< — + - = —

а4

6 7

42

Если ао =а1 = а2 = 3, а3 > 4, а4 > 5, то

^,11 1 1

Д(а0,..., а4) <---н 1 н-\--------<------.

0 2 4 5 20 42

Если ао =а1 = 3, а2 > 4, а3 > 4, а4 > 4, то

.3 2 3 1 1

Д(а0,...,а4) <—+ -+- =---------------<-.

0 2 3 4 12 42

Поскольку, по предположению, в мозаике нет плиток с указанными в предложении наборами степеней вершин, то для левой части равенства (1) имеем:

42'

где набор (а0к , ..., а4к) может быть разным для разных плиток покрытия. Обозначим:

Г 2да....,а4) <Г- 42 ]

Следовательно,

1 V. 1

-----Ь- (1 + 5Щ ) <------.

Г, Г, г/ 42

Так как в силу леммы Г, ^ да, у/Г ^ 0, то 0 < -1/42, противоречие. Предложение доказано.

3. Определения и обозначения

Пусть Р - центральный пятиугольник мозаики

Р.

В дальнейшем будем обозначать вершины и стороны пятиугольника цифрами от 0 до 4.

Пусть V, - степень ,-й вершины пятиугольника Р, v(P) = v0vlv2v3v4 - последовательность степеней вершин Р. Например, запись v(P) = 33344 означает, что v0 = Vl = v2 = 3, v3 = v4 = 4. Как доказано выше, v(P) может принимать с точностью до порядка цифр одно из пяти значений: 33333, 33334, 33335, 33336, 33344. С учетом всех возможных перестановок мы имеем для v(P) 26 значений.

Будем считать, что стороны ,', ] в P одинакового типа, если их длины равны. Типы сторон будем нумеровать цифрами от 1 до 5. Пусть 8(г) - это тип ,-й стороны пятиугольника P. Обозначим

1

д^) = д(0)д(1)д(2)5(3)д(4) - тип пятиугольника P. Тогда, например, запись д^) = 11212 означает, что С0 = С\ = С3, С2 = С4.

Учитывая, что нумерацию можно начинать с любой вершины и менять направление, имеется ровно 12 различных типов д^): 12345, 11234, 11232, 12134, 12123, 11213, 11212, 11223, 11123, 11122, 11112, 11111.

Обозначим Т, - множество пятиугольников, углы и стороны которых удовлетворяют соотношениям, перечисленным в ,-м пункте теоремы из введения, , = 1, ., 8.

Два пятиугольника мозаики, имеющие общую вершину или ребро, назовем смежными пятиугольниками. Фигура, состоящая из P и всех пятиугольников, смежных с P, называется короной для пятиугольника P Ошибка! источник ссылки не найден.

Очевидно, что для существования мозаики из пятиугольников, необходимо существование короны для каждого пятиугольника мозаики. Поиск корон для P осуществляется последовательно для каждого типа д^).

Предложение 2. Если тип пятиугольника д^) один из следующих: 12345, 11234, 11232, 12134, 12123, 11213, 11212, 11223, 11123, то он

принадлежит одному из множеств Ti, , = 1,2,3,4, либо не имеет ни одной короны, либо имеет один из четырех наборов углов:

х0 = 180° - х4, X] = 90° + х4/2, х2 = 180° - х4, х3 = 90° + х4/2;

х0 = 90°, X! = 135°, х2 = х4 = 112,5°, х3 = 90° ; х0 = х2 = 120°, X! = 150°, х3 = 45°, х4 = 105° ; х0 = х2 = 120°, X! = 160°, х3 = 40°, х4 = 100° .

Рис. 2. К

Пусть v2 = 3. Пусть плитка P-^ приложена к стороне 3 плитки P. Если плитки P и P1 ориентированы противоположно, то плитка P2 имеет две смежные стороны типа 2 (рис. 2а). Пусть плитки P и P1 ориентированы одинаково. Тогда плитка P2 имеет две смежные стороны типов 2 и 4 (рис. 2Ь). В обоих случаях получаем противоречие. Аналогично рассуждаем в случае v3 = 3.

Пусть v2 = v3 = 4. Тогда Vl = v4 = 3. Пусть плитка P-^ приложена к стороне 2 плитки P. Если плитки P и P-i имеют одинаковые ориентации, то плитка P2 имеет две смежные стороны типов 1 и 3 (рис. 2с), что не так. Пусть плитки P и P1 имеют противоположные ориентации. Пусть плитка P2 приложена к стороне 4 плитки P. Если эти плитки имеют одинаковые ориентации, то плитка,

Во всех четырех случаях корона не может быть продолжена до покрытия плоскости.

Доказательство этого утверждения -

содержание пунктов 4 и 5. Отметим, что тип 11111 рассмотрен в Ошибка! источник ссылки не найден. По оставшимся типам 11122, 11112

публикация готовится. Доказательство теоремы из введения будет получено после рассмотрения двух последних типов пятиугольников.

4. Первые девять типов

Лемма 1. Если д^) = 12345, то плитка P не имеет ни одной короны.

Доказательство. Пусть P имеет корону. Достаточно рассмотреть случай, когда, например, v0 = 3. Если плитки P и P1 ориентированы одинаково, то плитка P2 (рис. 1а) имеет две одинаковые стороны. Если плитки ориентированы противоположно, то плитка P2 (рис. 1Ь) имеет две смежные стороны типов 2 и 5. В обоих случаях получаем противоречие. Лемма доказана.

Рис. 1. К лемме 1

Лемма 2. Если д^) = 11234, то плитка P не имеет ни одной короны либо P є Х1.

Доказательство. Пусть P имеет корону. Так как v(P) содержит, по меньшей мере, три тройки, достаточно рассмотреть три случая: v2 = 3, v3 = 3, V2 = v3 = 4.

лемме 2

приложенная к стороне 0 плитки P, имеет две смежные стороны типов 1 и 3, что не так. Пусть плитки P и P2 имеют противоположные ориентации (рис. 2ф.

Тогда х0 + 2x1 = 360°, х0 + 2х4 = 360° ^ XI =

=Х4 ^ Х0 + Х1 + Х4 = 360° ^ Х2 + х3 = 180° ^ Р ё Ту .

Лемма доказана.

Лемма 3. Если д^) = 11232, то плитка P не

имеет ни одной короны, либо Р ё Ту.

Доказательство. Пусть P имеет корону. Достаточно рассмотреть три случая: v2 = 3, v3 = 3,

V2 = v3 = 4.

Пусть v2 = 3. Пусть плитка P1 приложена к стороне 3 плитки P. Тогда плитка P2 имеет две

смежные стороны типа 2 (рис. 3а), противоречие. Тогда либо х0 + XI + х4 = 360°, либо х0 + 2x1 = 360°,

Аналогично рассуждаем в случае vз = 3. х0 + 2х4 = 360°.

В любом случае х2 + х3 = 180° ^ P е T1. Лемма доказана.

Лемма 4. Если д(P) = 12134, то плитка P не имеет ни одной короны, либо P е Т1.

Доказательство. Пусть P имеет корону. Достаточно рассмотреть три случая: v0 = 3, Vl = 3,

Vo = V: = 4.

Пусть v0 = 3 (рис. 4а). Пусть плитка P1 приложена к стороне 1 плитки P. Тогда плитка P2 Пусть v2 = v3 = 4. Тогда VI = v4 = 3. Пусть плитки имеет две смежные стороны типа 1, противоречие.

Pl и P2 приложены к сторонам 2 и 4 плитки P Аналогично рассуждаем в случае Vl = 3.

соответственно (рис. 3Ь). Ясно, что д(а) = д(Ъ) = 1.

Рис. 3. К лемме 3

Рис. 4. К лемме 4

Пусть v0 = v1 = 4. Тогда , v2 = 3. Пусть плитка P1 приложена к стороне 3 плитки P. Если плитки имеют разные ориентации (рис. 4Ь), то плитка P2 имеет две смежных стороны типа 1, что не так. Если плитки имеют одинаковые ориентации (рис. 4с), тогда х2 + х3 + х4 = 360° ^ х0 + х1 = 180° ^ P е Т1.

Лемма доказана.

Лемма 5. Если д^) = 12123, то плитка P не

имеет ни одной короны либо P е Т ^ Т2.

Доказательство. Пусть P имеет корону. С учетом «симметрии» достаточно рассмотреть два случая: v3 = 3, v3 = v4 = 4. Здесь и далее под «симметрией» мы понимаем возможность перенумерации вершин. В нашем случае 0^2, 3-^4, при этом типы сторон 1 и 2 меняются ролями.

Рис. 5. К лемме 5

Рис. 6. К лемме 6

Пусть v3 = 3. Пусть плитка P1 приложена к стороне 4 плитки P. Если плитки имеют противоположные ориентации (рис. 5а), то плитка P2 имеет две смежные стороны типа 2, противоречие. Пусть плитки имеют одинаковую ориентацию (рис. 5Ь). Тогда в вершине 3 плитки P

возможны тройки углов 3,4,0; 3,4,1; 3,4,2. Тогда либо х1 + х2 = 180° ^ P е Т; либо Х0 + Х2 = 180° ^ P е Т2; либо х0 + х1 = 180° ^ P е Т .

Аналогично рассуждаем в случае v4 = 3.

Пусть v3 = v4 = 4 (рис. 5с). Тогда v0 = v1 = 3. Пусть плитка P1 приложена к стороне 1 плитки P. Тогда плитка P2 или P3 имеет две смежные стороны типа 1, что не так. Лемма доказана.

Лемма 6. Если д^) = 11213, то плитка P не имеет ни одной короны либо P е Т , либо х0 = 180° - х4, х1 = 90° + х4/2, х2 = 180° - х4, х3 = = 90° + х4/2.

Доказательство. Пусть P имеет корону и P е Т1. Если V, = 3 для некоторого , = 1,2,3,4 (рис. 6а), то х0 + 2х, = 360°.

Поскольку из четырех вершин две обязательно имеют степень 3, учитывая «симметрию», нам достаточно рассмотреть 4 случая:

1) v2 = v3 = 3 невозможно (рис. 6а).

2) v1 = v2 = 3. Тогда х0 + 2х1 = 360°, х0 + 2х2 =

= 360° ^ х1 = х2 ^ х3 + х4 = 180° ^ P е Т .

3) v1 = v4 = 3. Следовательно, х0 + 2х1 = 360°, х0 + 2х4 = 360° ^ х1 = х4 ^ х2 + х3 =

= 180° ^ P е Т1.

4) v1 = v3 = 3. Следовательно, х0 + 2х1 = 360°, х0 + 2х3 = 360° ^ х1 = х3 ^ х2 + х4 = 180°.

Тогда v2 = v4 = 4, v0 = 3, иначе, попадаем в условия одного их предыдущих случаев.

Рассмотрим по очереди три случая: д(о) = 1, 2, 3 (рис. 6 Ъ,с,ф.

Пусть д(о) = 1 (рис. 6Ь).

Тогда х0 + х4 = 180° ^ х0 =180° - х4, х1 =90° + х4/2, х2 =180° - х4, х3 =90° + х4/2.

Пусть д(о) = 2. Тогда д(Ъ) = 3 (рис. 6с), иначе плитка, приложенная к стороне 1, будет иметь три смежные стороны типа 1.

Тогда х0 + х3 = 180° ^ P е Т1.

+ х4 = 360 ^ х1 + х2 =

Пусть д(а) = 3 (рис. 6ф.

Тогда д(Ъ) = 2 ^ х0 + х1 + х2 = 360° ^ х3 + х4 = = 180° ^ P е Т1. Лемма доказана.

Лемма 7. Если д^) = 11212, то плитка P не имеет ни одной короны либо P е Т и Т2.

Доказательство. Пусть P имеет корону и к сторонам 2 и 4 плитки P приложены плитки P1 и P2 соответственно.

Если V, = 3, то либо P е Т и Т2; либо х0 + 2х, = 360°, = 1,4; либо х0 + 2х, = 360° или х1 + х4 = 180°, = 2,3 (рис. 7а).

Из четырех вершин VI, v2, v3, v4 две обязательно имеют степень 3. Учитывая симметрию, нам достаточно рассмотреть 4 случая:

1) v2 = v3 = 3 невозможно (рис. 7а).

2) v1 = v2 = 3. Тогда х0 + 2х1 = 360°, х0 + 2х2 = 360° ^ х1 = х2 ^ х3 + х4 =

=180° ^ P е Т1.

3) v1 = v4 = 3. Тогда х0 + 2х1 = 360°, х0 + 2х4 = 360° ^ х1 = х4 ^ х2 + х3 =

=180° ^ P е Т1.

4) v1 = v3 = 3. Тогда v2 = v4 = 4, v0 = 3.

Если х0 + 2х1 = 360°,

х0 + 2х3 = 360°, то х1 = х3 ^ х2 + х4 =

= 180° ^ P е Т2 .

Если х0 + 2х1 = 360°, х1 + х4 = 180°, то вершине 4 имеет место равенство х1 + х4 + х, + х^ = 360° (рис. 7Ь), где х, + х^ = 180°.

Если , = } = 0, то х0 = 90°, х1 = 135°, х4 = 45° (рис. 7с). В равнобедренном прямоугольном

треугольнике при вершине 0 угол 5 при основании равен 45°. Но у нас х4 = 45°. Противоречие.

Рис. 7. К лемме 7

Рис. 8. К лемме 7

Пусть , ф °. Тогда для углак (рис. 8а) возможны либо х0 + х1 + х2 = 360° ^ х3 + х4 = 180° ^ P е Тх,

следующие варианты: ° ° 1

а) к = 0, следовательно, плитка P3 имеет три либо Х0 + Х2 + Х4 = 360 ^ Х1 + Х3 = 180 ^ P е Т2 ;

смежные стороны типа 1; в) к = 3 (рис. 8с), тогда

б) к = 2 (рис. 8Ь), тогда

либо х0 + х1 + х3 = 360° ^ х2 + х4 = 180° ^ P е Т2; либо х0 + х3 + х4 = 360° ^ х1 + х2 = 180° ^ P е Т1.

Лемма доказана.

Лемма 8. Если д(P) = 11223, то плитка P не имеет ни одной короны либо P е Т1и Т3 и Т4 .

Доказательство. Пусть P имеет корону и плитка P1 приложена к стороне 4 плитки P. Пусть плитки ориентированы противоположно.

Учитывая симметрию, достаточно рассмотреть следующие случаи: v3 = v4 = 3; v0 = v4 = 3; v3 = v4 = 4;

Vo = Vз = 4.

1) V3 = v4 = 3 (рис. 9а).

Тогда х0 + 2х4 = 360°, х2 + 2х3 = 360°.

Пусть а = (180° - х0)/2, в = (180° - х2)/2. Тогда должно выполняться неравенство а + в < х1.

Но а + в = х3 + х4 - 180°. Учитывая, что сумма всех углов P равна 540°, получим х1 = а + в-Противоречие.

2) v0 = v4 = 3. Тогда х0 + 2х4 = 360° и д(о) = 2 или д(о) = 3.

Пусть д(о) = 2 (рис. 9Ь).

Тогда х0 + 2х1 = 360° ^ х1 = х4 ^ х2 + х3 = = 180° ^ P е Т1.

Пусть д(о) = 3. Если v1 = 3, то х0 + 2х1 = 360° (рис. 9с). Следовательно, P е Т1.

Пусть v2 = 3, v1 = v3 = 4. Если д(Ъ) = 3 (рис. 9ф, то х2 + 2х3 = 360°. Тогда, как и в случае (1), приходим к противоречию. Если д(Ъ) = 1 (рис. 10а),

то х2 + х3 = 180° P еТ1. Если д(Ъ) = 2, то х2 = 120° и в вершине 3 возможны наборы смежных углов:

3,1,1,3; 3,3,3,3.

(а)

(Ь) (с)

Рис. 9. К лемме 8

(Ф

В первом случае х0 = х2 = х4 = 120° и в вершине 1 либо х0 + х1 + х3 + х4 = 360° - противоречие (рис. 10Ь); либо 2х0 + 2х1 = 360° (рис. 10с),

тогда х1 = 60° ^ Х1 = а + Р - противоречие.

Во втором случае (рис. 11а) х3 = 90°, и далее х4 = 150°, х1 = 120°, х0 = 60°, P е Т4.

3) v3 = v4 = 4 (рис. 11Ь,с).

Пусть , = ] = 4 или , = ] = 1 ^ х4 = 90° или х1 + х4 = 180°. В обоих случаях х0 = 120°. Тогда в вершине 1 либо х1 + х4 + х3 = 360°

(рис. 11Ь) ^ х0 + х2 = 180° ^ х2 = 60°,

но х2 = 120°, противоречие; либо 2х1 + х2 = 360°

(рис. 11с) ^ х2 + х3 = 180°, P е Т1.

Пусть = у = 0. Тогда х0 + х4 = 180°.

4) v0 = v3 = 4. Тогда х0 + 2х4 = 360° и в вершине 0 для углов ,', у, к (рис. 12а) возможны следующие значения:

Пусть , = 4, у = 3, к = 1 или , = 1, у = 3, к = 4. Тогда х2 = 180°.

Пусть = 4, у = 4, к = 0. Тогда х0 + х4 = 180°, P е Т1.

Пусть = 1, у = 1, к = 0. Тогда х0 + х1 = 180°. В вершине 1 либо х1 + х4 + х3 = 360° (рис. 12Ь)

^ х0 + х2 = 180°. Так как х2 = 120° ^ х0 = 60°,

P е Т4;

либо 2х1 + х2 = 360° (рис. 12с) ^ х2 + х3 = 180°, P е Т1.

Х2

= 60° ^ P е Т4 .

Пусть = 1, у = 2, к = 1. Так как х0 + 2х1 = 360° и х0 + 2х1 + х2 = 360° ^ х2 = 0°.

Пусть плитки P и P1 ориентированы одинаково.

Достаточно рассмотреть следующие два случая:

v4 = 3; v3 = v4 = 4.

1) v4 = 3. Тогда Х4 + Х3 + Х1 = 360 ^ Х0 + Х2 = либо Х0 + Х4 = 180° ^ P е Т1.

= 180°.

Пусть v0 = 3 (рис. 13а). Тогда х0 = 120°,

Пусть v0 = 4, v1 = 3. Если д(о) = 2 или д(о) = 3 (рис. 13Ь), то х0 = 90°, P е Т3. Если д(о) = 1 (рис. 13с), то либо х0 = 0°,

Рис. 12. К лемме 8

(с)

2) v3 = v4 = 4. В вершине 4 для углов ,', у (рис. 14а) возможны следующие значения:

Пусть = 3, у = 4. Тогда х3 + х4 = 180°, х2 = 120°. В вершине 1 либо х1 + х4 + х3 = 360°

(рис. 14Ь) ^ х1 = 180°; либо 2х1 + х2 = 360°

(рис. 14с), то в вершине 3 получаем равенство х3 + х4 + х1 + х2 = 360° ^ х0 = 180°.

Пусть = 1, у = 0 или = 2, у = 1. Тогда х2 = 180° или х0 = 180°. Лемма доказана.

Лемма 9. Если д^) = 11123, то плитка P не

имеет ни одной короны либо P е Т, либо имеет один из следующих наборов углов:

х0 = 90°, х1 = 135°, х2 = х4 = 112,5°, х3 = 90° ; х0 = х2 = 120°, х1 = 150°, х3 = 45°, х4 = 105° ; х0 = х2 = 120°, х1 = 160°, х3 = 40°, х4 = 100° .

Доказательство. Пусть P имеет корону и плитка P1 приложена к стороне 4 плитки P. Пусть P и P1 ориентированы одинаково.

Если v4 = 3 (рис. 15а), то х4 + х3 + х2 =

= 360° ^ х0 + х1 = 180° ^ P е Т1. Аналогично

рассуждаем, если v3 = 3.

Пусть v3 = v4 = 3. Если = 0, у = 2 (рис. 15Ь), то х1 = 180°. Если = 1, у = 2, то х0 = 180°.

Если = 4, у = 3, то х3 + х4 = 180° ^ P еТ1.

Этим случай, когда плитка P1 ориентирована одинаково с P, исчерпан.

Пусть P и P1 имеют разные ориентации. Ввиду «симметрии» можно считать, что плитка P2, приложенная к стороне 3 плитки P, ориентирована с P тоже противоположно.

Ясно, что v3 > 4. Учитывая «симметрию», достаточно рассмотреть случаи: 1) v3 = v4 = 4;

2) у0 = у4 = 4; 3) у3 > 4, остальные вершины имеют степень 3.

4) Пусть у3 = у4 = 4 (рис. 15с). Тогда х3 = 90°.

В таблице 1 приведены выкладки для всех возможных наборов смежных углов для вершин 2, 1,

0, 4. Наборы углов записываются в виде строк 10 ¿¡... 1к, где 10 - номер вершины, далее идут номера углов, взятых по часовой стрелке. Ясно, что

х. + х. +... + х. =360°.

г0 г1 1к

2) у0 = у3 = 4 (рис. 16а). Тогда х3 = 90°. Как и в первом случае составим таблицу 2 всех возможных наборов смежных углов для вершин 2, 1, 4, 0.

3) Уз > 4, остальные вершины имеют степень 3 (рис. 16Ь).

Составим таблицу 3, в которой рассмотрены все возможные наборы смежных углов для вершин 4, 2,

1, 0.

Таблица 1

2 1 0 4

1 221 100 х0 = х2 — х3 + х4 = 180° — Р е Т1

2 221 101 000 х0 = XI = х2 = 120° — х3 + х4 = 180° — Р е Т

3 221 101 001

4 221 101 022

5 221 122 010 Х0 = Х2 —— Р е Т

6 221 122 011 4004 X о = 0 о

7 221 122 011 4014 х0 = 180°

8 221 122 011 4224

9 220 110 X! = х2 — х3 + х4 = 180° — Р е Т

10 220 111 000 х0 = X! = 120° — Р е Т

11 220 111 001

12 220 111 022 4104 сумма всех углов не равна 540°

13 220 111 022 4114 х0= 180°

14 220 144 000 х0 = х2 = 120°, х4 = 150°, X! = 60° — Р е Т

15 220 144 001 х0 = х4 — х2 + х3 = 180° — Р е Т

Таблица 2

2 1 4 0

1 221 100 х0 = х2 — х3 + х4 = 180° — Р е Т

2 221 101 404 X] = х4 — х2 + х3 = 180° — Р е Т

3 221 101 414 х2 = х4 — х3 = х0 = 90°, XI = 135°, х2 = х4 = 112,5°

4 221 122 414 0100 х2 = х4 — х3 = х0 = 90° — XI = 90° — х0 + XI = 180° — Р е Т1

5 221 122 414 0110

6 221 122 414 0122 х О = 0 О

7 221 122 404 0101 х0 + XI = 180° — Р е Т

8 221 122 404 0111

9 221 122 404 0144 = 0 О

10 220 110 X] = х2 — х3 + х4 = 180° — Р е Т

11 220 111 404 X! = 120°, х2 = х4 — X! + х3 = 180°, но 120° + 90° =210° ф 180°

12 220 111 414 X! = х4 = 120° — х2 = 150°, х0 = 60°, х0 + X! = 180° — Р е Т1

13 220 144 404 х0 = X] — х2 + х3 = 180° — Р е Т

14 220 144 414 х2 = 180° - х0/2, х4 = 180° - ^/2 — х0 + X! = 180° — Р е Т1

Таблица 3

4 2 1 0

1 404 220 110 011 X! = х4 = х2 —— Р е Т]

2 404 220 111 001 х0 = XI = х2 = х4 = 120° — х3 = 60° — Р е Т

3 404 220 110 044 XI = х4 — х2 + х3 = 180° — Р е Т1

4 404 220 144 001 х0 = х4 — х2 + х3 = 180° — Р е Т1

5 404 221 100 011 X] = х4 — х2 + х3 = 180° — Р е Т1

6 404 221 101 001

7 404 221 100 044 х0 = х2 — х3 + х4 = 180° — Р е Т1

8 414 220 110 010 X] = х2 — х3 + х4 = 180° — Р е Т1

9 414 220 111 000 х0 = XI = х2 = х4 = 120° — х3 = 60° — Р е Т

10 414 220 144 000 х0 = х2 = 120° XI = 360° - 2х4

11 414 221 100 010 х0 = х4 — х2 + х3 = 180° — Р е Т1

12 414 221 101 000 х0 = X] = х2 = х4 = 120° — х3 = 60° — Р е Т

13 414 221 122 010 х0 = х2 — х3 + х4 = 180° — Р е Т1

14 414 221 101 022 х0 = X] — х3 + х4 = 180° — Р е Т1

Рис. 17. К лемме 9

Дальнейшего рассмотрения требует случай 10. Всюду ниже мы считаем, что выполнены равенства х0 = х2 = 120° XI = 360° - 2х4.

Пусть у3 = 4 (рис. 16с). Тогда х3 = 90° — х4 =

= 150°, X! = 60° — х0 + X! = 180° — Р е Т1.

Пусть у3 = 5 (рис. 17а). Тогда д(а) = 1 и 1 = 4,

у = 2 — х2 + х4 + 3х3 = 360°. Тогда х0 = х2 = 120°,

X! = 150°, х3 = 45°, х4 = 105°.

Пусть у3 = 6. Рассмотрим варианты значений д(а), д(Ь) (рис. 17Ь).

1) Пусть д(а) = 2, д(Ь) = 3 (рис. 17с).

Тогда х3 = 60° — х2 + х3 = 180° — Р е Тх.

2) Пусть д(а) = 1, д(Ь) = 3 (рис. 18а).

Тогда 4х3 + 2х4 = 360°. Отсюда х0 = х2 = 120°, X! = 160°, х3 = 40°, х4 = 100°.

3) Пусть д(а) = 1, д(Ь) = 1 (рис. 18Ь). Тогда либо

3х3 + х2 + х0 + х4 = 360° — XI = 180° + 2х3 > 180°,

либо 3х3 + х2 + х1 + х4 = 360° — х0 =

= 180° + 2х3 > 180°.

4) Пусть д(а) = 2, д(Ь) = 1 (рис. 18с).

Тогда 2х2 + 4х3 = 360°. Отсюда х4 = 90°, XI = 180°. Лемма доказана.

5. Исследование пятиугольников, имеющих корону

Из пункта 4 следует, что существует лишь 4 выпуклых пятиугольника, имеющих корону и не относящихся к типам Т,. Рассмотрим эти пятиугольники.

1. д(Р) = 11213 (Лемма 6).

Углы пятиугольника: х0 = 180° - х4, XI = 90° + + х4/2, х2 = 180° - х4, х3 = 90° + х4/2.

Легко заметить, что х3 + х4 > 180° и 2х3 > 180°. Имеем две короны (рис. 19а), отличающиеся лишь расположением одной плитки. В обоих случаях препятствием для продолжения покрытия плоскости служит вершина, обведенная на рисунке 19а кружочком. Кроме двух углов, равных х3, с учетом

длин сторон, в указанной вершине могут сходиться 2) 1 = 3, у = 4 или 1 = 4, у = 3 — 2х3 + х3 +

дополнительно не менее двух углов. Для углов 1, у + х4 < 360°.

(рис. 19а) априори возможны следующие варианты: 3) 1 = у = 4 — 2х3 + 2х4 =2(х3 + х4) < 360°.

]) 1 =у = 3 — 4х3 < 360 . Во всех трех случаях получаем противоречие с

полученными выше неравенствами.

Рис. 19.

Рис. 20.

2. д(Р) = 11123 (Лемма 9).

1) Углы пятиугольника: х0 = 90°, х1 = 135°, х2 = = х4 = 112,5°, х3 = 90°.

Препятствием для продолжения покрытия плоскости служит указанная на рисунке 19Ь вершина. Если в указанной вершине кроме х2, х4 дополнительно сходится один угол, то, учитывая длины сторон, это угол х3,

но х2 + х3 + х4 = 315° ф 360°. Пусть в этой вершине дополнительно сходятся не менее двух углов. Для углов 1, у (рис. 19Ь) априори возможны следующие варианты:

1) 1 = 2, у = 3 — 427,5° = 2х2 + х3 + х4 < 360°.

2) 1 = 2, у = 4 — 450° = 2х2 + 2х4 < 360°.

3) 1 = у = 3 — 405° = х2 + 2х3 + х4 < 360°.

4) 1 = 3, у = 4 — 427,5° = х2 + х3 + 2х4 < 360°.

Во всех четырех случаях получаем противоречие.

3) Углы пятиугольника: х0 = х2 = 120°, XI = 150°, х3 = 45°, х4 = 105°.

Препятствием для продолжения покрытия плоскости служит указанная на рисунке 20а вершина. Если в указанной вершине кроме двух углов х1 дополнительно сходится один угол, то, учитывая длины сторон, это угол х0 или х1, но х0 + 2х1 = 420° > 360° и 3х1 = 450° > 360°. Пусть в

этой вершине дополнительно сходятся не менее двух углов (рис. 20a). Тогда i = 2, j = 4 или i = 4, j = 2, но 2x1 + х2 + х4 = 525o > 360o.

3) Углы пятиугольника: х0 = х2 = 120o, х1 = 160°, х3 = 40°, х4 = 100°.

Препятствием для продолжения покрытия плоскости служит указанная на рисунке 20b вершина. Если в указанной вершине кроме двух углов х1 дополнительно сходится один угол, то, учитывая длины сторон, это угол х0 или хь но х0 + 2хг = 440° > 360° и 3х = 480° > 360°. Пусть в вершине дополнительно сходятся не менее двух углов (рис. 20b). Тогда i = 2, j = 4 или i = 4, j = 2, но 2х1 + х2 + х4 = 540° > 360°.

Литература

1. Aga°ka, Y. An example °f c°nvex heptag°n with Heesch number °ne / Y. Aga°ka // Mem. Fac. Integrated Arts and Sci. Hiroshima Univ. Ser. IV, Science Rep°rt. - 2005, December. - 31. - P. 117 -123.

2. Bagina, O. Tiling the Plane with C°ngruent Equilateral C°nvex Pentag°ns / O. Bagina // J. C°mbin. The°ry. Ser. A. - 2004. - 105 (2). - P. 221 - 232.

3. Grunbaum, B. Tilings and Patterns / W. H. Freeman and C°mpany / B. Grunbaum, G. C. Shephard. - 1987. - P. 472 - 518.

4. Hirschhorn, M. D. Equilateral Convex Pentagons Which Tile the Plane / M. D. Hirschhorn and D. C. Hunt // J. Combin. Theory. Ser. A. - 1985. - 39. -P. 1 - 18.

5. Kershner, R. B. On Paving the Plane / R. B. Kershner // American Mathematical Monthly. -1968. - 75. - P. 839 - 844.

6. Reinhardt, K. Uber die Zerlegung der Ebene in Polygone: Dissertation / K. Reinhardt. - Universit gt Frankfurt, 1918.

7. Schattschneider, D. Tiling the Plane with Congruent Pentagons / D. Schattschneider // Math. Magazine. - 1978. - 51. - P. 29 - 44.

8. Делоне, Б. Н. Комбинаторная и метрическая теория планигонов / Б. Н. Делоне, Н. П. Долбилин, М. И. Штогрин // Труды математического института. - 1978. - 148. - С. 109 - 140.