¿Por qué no hay poliedros regulares del género superior?

Question

Parece ser un hecho que sólo hay cinco limitada no selfintersecting poliedros con idéntico regular-polígono de las caras y congruentes vértices (es decir, usted puede escoger un vecindario de cada vértice, de modo que todos los barrios son congruentes), es decir, los sólidos platónicos. (Una gota de una palabra en el anterior y se obtiene más: unbounded permite una infinita cadena lineal de octaedros pegado cara a cara; la auto-intersección permite dos de la Kepler-Poinsot sólidos; no idénticos permite que los sólidos Arquimedianos; irregular caras permite, por ejemplo, el noble disphenoid, y, por supuesto, caer congruentes vértices permite un sinfín de posibilidades.) Nota: no he incluido convexa entre las hipótesis.

Sin embargo, estoy en apuros para armar una prueba de ello. Si se agrega la hipótesis de que el poliedro es el género 0, entonces la fórmula de Euler muestra no debe ser un general de ángulo defecto, por lo que el mismo ángulo defecto en cada vértice desde el que los vértices son congruentes, y ahora usted puede hacer lo de siempre tres veces el ángulo del vértice debe ser menor que un círculo completo, etc. (Incluso en el caso de género 1, fórmula de Euler sólo le dice que la suma de ángulos debe ser 0 en cada vértice, y, a continuación, hay infinitas soluciones tanto para los seis triángulos y cuatro plazas en cada vértice, básicamente infinitamente larga prismas, que son projectively hablando tori-así que usted realmente necesita para utilizar el acotamiento...)

Sin embargo, el género de cero hipótesis no es necesaria; en realidad no son más-género limitada no selfintersecting poliedros regulares-polígono de las caras y congruentes vértices. Puede alguien contorno o me apunte a una prueba de este hecho?

Answer 1

Me gusta el argumento basado en la teoría de grafos. Vamos a hablar de un simplicial 2-complejo (de ahí complejo) con $V$ vértices, $E$ bordes, y $F$ caras, todas mayores que 0. Un complejo es regular si todos los vértices tienen el mismo grado $p$ y todas las caras tienen el mismo grado $q$ (aquí una cara del grado es el número de aristas-o 1-simplices--en su límite). No vamos a permitir que degenere caras, caras o cuyo grado es 2, por lo $q \geq 3$. También no desea permitir que un vértice junto a dos caras, de modo que $p \geq 3$.

También, por el lema del apretón de manos, $2E = pV$ e $2E = qF$o $V=\frac{2E}{p}$ e $F = \frac{2E}{q}$.

El teorema de Euler es que $V - E + F = \chi$, que después de la expansión de arriba se convierte en

$$\frac{2E}{p} - E + \frac{2E}{q} = \chi$$ $$\Rightarrow \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = \frac{1}{2} + \frac{\chi}{2E}$$

Consideremos ahora qué valores enteros de a$p\geq 3$ e $q \geq 3$ puede satisfacer esta ecuación.

Primer vistazo en el caso de que $\chi = 2$ (la esfera). En este caso, tenemos que

$$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = \frac{1}{2} + \frac{1}{E}$$

Supongamos ahora que tanto $p > 3$ e $q > 3$, a continuación, $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} \leq \frac{1}{2} < \frac{1}{2} + \frac{1}{E}$ (desde $E > 0$). Por lo tanto, al menos uno de $p$ e $q$ es de 3. Sin pérdida de generalidad, si $p = 3$, e $q \geq 6$ nosotros de nuevo llegar a una contradicción, porque $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} \leq \frac{1}{2} < \frac{1}{2} + \frac{1}{E}$. De hecho, usted puede trabajar fuera la única pares de $(p, q)$ que el trabajo se $(3, 3)$--tetraedro, $(3, 4)$--cubo, $(4, 3)$--octaedro, $(3,5)$--dodecaedro e $(5, 3)$--icosaedro. (Se los dejo a ustedes para comprobar.)

Ahora, echemos un vistazo a el toro, $\chi = 0$. En este caso tenemos a$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = \frac{1}{2}$. Por lo $p = q = 4$ y (como se señaló en los comentarios) $\{p, q\} = \{3, 6\}$ trabajo. Vamos a necesitar algo de geometría, para argumentar que esas no puede ser construido. Creo que se derivan del hecho de que, en cada caso, tenemos exactamente $2\pi$ ángulo alrededor de cada vértice. En el caso de $p = 3$ e $q = 6$, sólo hay una manera de poner tres hexágonos alrededor de un vértice interior que es para todos los ángulos diedros ser $\pi$, lo que evidentemente conduce a una contradicción.

Con el aumento de género tori, muchos más de los valores de $p$ e $q$ puede trabajar y por lo que la geometría se va a tener que jugar un papel más importante.