¿Más inteligente construcción de un dodecaedro / icosaedro?

Question

Uno puede mostrar, como una aplicación elemental de la fórmula de Euler, que hay en la mayoría de los cinco regular convexo polytopes en un espacio de 3 dimensiones. Los tetraedros, cubo, y octohedra todos admiten muy intuitiva construcciones. El cubo es un cubo, el octodehra es su doble, el tetraedros tiene como vértices de cuatro pares no adyacentes esquinas de un cubo. Uno puede comprobar que todo lo que usted desea que se sostiene en una sola hoja de papel.

¿Alguien sabe una consecuencia primaria de la prueba dodecaedro o icosaedro existe?

Answer 1

Uno de mis favoritos de dodecaedro construcciones es algo como esto: Comenzar con dos pentágonos regulares se unió a lo largo de un borde. Cortar el "lejos" de triángulos, dejando idénticos trapezoides se unió a lo largo de la orilla. Finalmente, el pegamento de la cortó triángulos a veces para crear un "cachorro de la tienda de campaña".

El cachorro de la tienda de campaña tiene una perfecta base cuadrada, y la colocación de uno de esos tienda de campaña en cada cara de un cubo causas trapezoidal caras de las tiendas de campaña para combinar con las caras triangulares de otras tiendas a (re-)la forma pentagonal caras del dodecaedro.

Answer 2

Un muy pequeño triángulo equilátero en la esfera de la $S^2$ tiene ángulos ligeramente mayor que $60^\circ$, y es fácil visualizar equilátero triángulo esférico con $90^\circ$ ángulos. Por la continuidad que hay equilátero esférica triángulos con ángulos $=72^\circ$, y todos ellos tienen la misma longitud lateral $s$. Ahora inicio de baldosas $S^2$ con triángulos, y usted encontrará que $20$ triángulos exactamente el azulejo de la esfera.

(Esto lo aprendí en la prueba de Milnor que se llama un "resumen tonterías prueba" de la existencia del icosaedro.)

La actualización. La validez de la anterior prueba que ha sido cuestionado en los comentarios. Se ha argumentado que el suelo de baldosas posible que no cierre correctamente y el resultado múltiples, tal vez incluso infinito, cubriendo de $S^2$. En su charla Milnor había descartado esta posibilidad en topológico motivos. En su lugar me ofrecen aquí los siguientes primaria argumento, véase el acompagning figura:

Comenzar con un equilátero $72^\circ$-triángulo centrada en el polo norte $N$. Adjuntar un triángulo a cada uno de sus lados e inserte dos triángulos en cada uno de sus vértices. La configuración resultante se compone de $10$ triángulos y está delimitada por una poligonal de bucle $\gamma$. Este ciclo puede ser caracterizada de la siguiente manera: consta de $6$ arcos de longitud $s$ zigzaging alrededor de la esfera, con ángulos de giro $\pm 36^\circ$ en los vértices. Deje $M$ ser el centro de uno de estos arcos. Una rotación $T$ de la esfera por $180^\circ$ $M$ va de intercambio a su vez los arcos $a$$a'$,$b$$b'$, y finalmente los puntos de $C$$C'$. Por lo tanto, $T$ mapa de $\gamma$ sobre sí mismo y el transporte adecuado de la triangulación de la parte norte de la $\gamma$ a su southside.

Answer 3

$\renewcommand{\phi}{\varphi}$Otro la construcción de un icosaedro regular: Es fácil comprobar que si $\phi = \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5})$ es la proporción áurea, el doce vértices de tres rectángulos de oro en los planos de coordenadas $$(0, \pm1, \pm\phi)\qquad (\pm\phi, 0, \pm1),\qquad (\pm1, \pm\phi, 0),$$ determinar veinte triángulos equiláteros de lado de longitud dos, con cinco triángulos de reunión en cada vértice. Los triángulos azules en el estereograma se reúnen en $(\phi, 0, 1)$.

(Divertido lado de la realidad: Los rectángulos de bordes están vinculados como los anillos de Borromeo.)

Answer 4

El icosaedro puede ser construido de la siguiente manera. Considere la posibilidad de un cono de la derecha $C$ (pirámide) en un pentágono regular, de tal manera que la distancia desde el vértice superior $T$ a cada uno de los vértices inferior $B_0, B_1, B_2, B_3, B_4$ es igual a la distancia entre cada par de vértices no adyacentes $B_i, B_{i+2}$ (aquí los índices son del modulo 5), es decir, $d(T,B_i)=d(B_j,B_{j+2})$ todos los $i,j$.

Claramente, la pirámide $C$ está inscrito en una esfera. Ahora tome la unión del conjunto de los seis vértices de $C$ con su antipodal conjunto. El conjunto resultante de 12 puntos sobre la esfera es el conjunto de vértices de un icosaedro regular inscrito en la esfera.

Answer 5

Considere dos regulares 5gons $ABCDE$ $AFGHB$ que comparten un borde. Se hace claro que no es exactamente una forma de rotar $AFGHB$$AB$, de modo que $\angle DAH$ se convierte rectangular (bueno, hay dos maneras: arriba y abajo, pero se corrige el "abajo", lo que vemos en el "papel" se convertirá en el "exterior" de las caras). Una vez hecho esto, $D, A, H$ puede ver como los tres vértices de una cara $DAHI$ de un cubo. Por simetría, $B$ es en el plano medio de la $AH$ e de $DI$. Por lo tanto, reflexionando $ABCDE$ sobre ese plano, obtenemos otro 5gon que comparte los bordes de $BC$ $HB$ con los dos anteriores (y ha $HI$ como diagonal). En otras palabras: La rotación que era justo para que se hagan $\angle DAH=\frac\pi2$ también fue apenas a la derecha para producir tres contiguos 5gons compartir un vértice! De ello se desprende que mediante la aplicación de varias simetrías del cubo, que en última instancia, obtener doce perfectamente regular de coincidencia de 5gons (uno para cada arista del cubo) que conforman un dodekahedron.

(El icosaedro es el doble de la dodekehedron de curso).