Artikels | Wiskunde is leuk

We gaan op zoek naar regelmatige bedekkingen van het vlak: dit zijn bedekkingen met regelmatige n-hoeken met alle dezelfde lengte als zijde. Het vlak is dan de unie van al die veelhoeken en de doorsnede van twee veelhoeken is ledig, ofwel een punt ofwel een zijde. We eisen ook dat de hoekpunten gelijkwaardig zijn, dus dat in een punt steeds dezelfde veelhoeken in dezelfde aantallen en in dezelfde volgorde voorkomen. Noteren we met $q$ het aantal verschillende veelhoeken in een bepaald knooppunt.

De waarde van een hoek van een regelmatige n-hoek is

$\frac{n-2}{n}180^{\circ}$

Neem eerst het geval $q=1$ . Noteer met m het aantal veelhoeken in een knooppunt. Dan moet $m.\frac{n-2}{n}180^{\circ}=360^{\circ}$ . Hieruit volgt dat $m(n-2)=2n$ of $(m-2)(n-2)=4$ . Hierbij zijn uiteraard m en n natuurlijke getallen. De enige oplossingen zijn:

$(m,n)=(6,3), (m,n)=(3,6), (m,n)=(4,4)$

Dus drie zeshoeken, zes driehoeken of vier vierkanten.

Neem nu $q=2$ ( we spreken dan van Archimedische vlakvullingen) en stel dat er a regelmatige m-hoeken en b regelmatige n-hoeken samenkomen, dan moet $a.\frac{m-2}{m}180^{\circ}+b.\frac{n-2}{n}180^{\circ}=360^{\circ}$ of

$a+b=2(\frac{a}{m}+\frac{b}{n}+1)$

Omdat $\frac{a}{m}+\frac{b}{n}>0$ zal $a+b\geq3$ . Omdat de klenst mogelijke hoek van een regelmatige veelhoek $60^{\circ}$ is, zal $a+b\leq 6$ . Bijgevolg geldt:

$3 \leq a+b \leq 6$

Geval 1: $a=1$ en $b=2$ , dan is $n=\frac{4m}{m-2}$ en zijn de enige natuurlijke oplossingen: $(m,n)=(3,12)$ en $(m,n)=(4,8)$ . De oplossing $(m,n)=(6,6)$ hebben we al en $(m,n)=(10,5)$ geeft geen regelmatige overdekking. De twee oplossingen geven we volgende typering: $3,12^2$ ( 1 driehoek en 2 twaalfhoeken) en $4,8^2$ (1 vierkant en 2 achthoeken).

Geval 2: $a=1$ en $b=3$ , dan is $n=\frac{3m}{3m-2}$ en is de enige natuurlijke oplossing: $(m,n)=(4,4)$ en die hebben we al gehad bij $q=1$ .

Geval 3: $a=1$ en $b=4$ , dan is $n=\frac{8m}{m-2}$ en zijn de enige natuurlijke oplossingen: $(m,n)=(6,3)$ . Typering: $6,3^4$ ( een zeshoek en 4 driehoeken)Geval 4: $a=2$ en $b=2$ , dan is $n=\frac{2m}{m-2}$ en zijn de enige natuurlijke oplossingen: $(m,n)=(3,6)$ , $(m,n)=(4,4)$ en $(m,n)=(6,3)$ . De oplossing $(m,n)=(4,4)$ hebben we al. Bovendien geven $(6,3)$ en $(3,6)$ dezelfde oplossing.Rest nog het geval $6^2,3^2$ (2 zeshoeken en 2 driehoeken).

Geval 5: $a=2$ en $b=3$ , dan is $n=\frac{6m}{3m-4}$ en is de enige natuurlijke oplossing: $(m,n)=(4,3)$ . Type $4^2,3^3$ ( twee vierkanten en drie driehoeken). We verfijnen de typering: links de overdekking $(3,3,3,4,4)$ en rechts $(3,3,4,3,4)$ .

Neem nu $q=3$ en stel dat er a regelmatige m-hoeken, b regelmatige n-hoeken en c regelmatige p-hoeken samenkomen, dan moet $a.\frac{m-2}{m}180^{\circ}+b.\frac{n-2}{n}180^{\circ}+c.\frac{p-2}{p}180^{\circ}=360^{\circ}$ of

$a+b+c=2(\frac{a}{m}+\frac{b}{n}+\frac{c}{p}+1)$

Waarbij $3\leq a+b+c<6$ zodat voor $(aub,c)$ volgende mogelijkheden moeten worden onderzocht: $(1,1,1),(2,1,1),3,1,1)$ en $(2,2,1)$ .

Geval 1: $(a,b,c)=(1,1,1)$ . Dan is $p=\frac{2mn}{mn-2m-2n}$ . Onderzoek van verschillende mogelijkheden geeft $(m,n,p)=(5,10,5),(5,20,4),(6,12,4),\\(8,8,4),(12,12,3),(15,10,3),(18,9,3),(24,8,3),(42,7,3)$ . Enkel $(m,n,p)=(6,12,4)$ levert een nieuwe bestaande overdekking. We krijgen een zeshoek, een twaalfhoek en een vierkant in elk knooppunt.

Geval 2: $(a,b,c)=(2,1,1)$ . Enkel $(m,n,p)=(4,6,3)$ levert een nieuwe bestaande overdekking. We krijgen twee vierkanten , een zeshoek en een driehoek in elk knooppunt. Geval 3: $(a,b,c)=(3,1,1)$ . Deze combinatie levert geen nieuwe oplossingen.

Geval 4: $(a,b,c)=(2,2,1)$ . Deze combinatie levert geen nieuwe oplossingen.

Situaties met $q=4,5$ of $6$ kunnen niet voorkomen want $60+90+108+120=378>360$ .

Wiskunde is leuk

Categorie archieven: Artikels

Het twee kannen probleem

Gemiddelden visueel voorgesteld

Derdegraads vergelijkingen: vervolg.

Derdegraads vergelijkingen

Overdekkingen van het vlak