Una figura autotransformadora puede diseccionarse en un cierto número de figuras cada una de ellas similar a la figura original. Por lo general, asumiré que las figuras más pequeñas son todas de igual tamaño. A veces me resulta más fácil considerar la disección de una figura grande en otras más pequeñas en lugar de intentar construir una figura grande a partir de muchas de una figura pequeña.
El tetraedro regular
Para auto-teselar el tetraedro, hay que disecar una arista del tetraedro en $n$ segmentos de línea congruentes tales que cada uno de estos segmentos es una arista de una de las piezas tetraédricas de la disección del tetraedro original. Ahora consideremos lo que ocurre cuando quitamos estos tetraedros más pequeños del del tetraedro mayor. La figura resultante tiene vértices que son similares a los vértices de un octaedro regular. Consideremos uno de estos vértices, $V$ . La disección del gran tetraedro tendría que incluir un tetraedro con un vértice en $V$ pero al eliminar este tetraedro queda una figura que claramente no se puede diseccionar en otros tetraedros del mismo tamaño.
Incluso si se elimina el requisito del mismo tamaño, mientras el número de tetraedros debe ser finito la disección seguiría siendo imposible debido a la necesidad de disecar una figura con un vértice como un octaedro regular.
Un tetraedro irregular
Al menos parte del argumento sobre el tetraedro regular se aplica a un tetraedro irregular. Al menos a lo largo de las aristas cuyo ángulo diedro es menor que el doble del menor diedro del tetraedro, hay que disponer el mismo número de tetraedros menores a lo largo de cada de los tetraedros grandes, y la figura que queda cuando quitamos los tetraedros pequeños tiene vértices donde se juntan cuatro caras. Creo que en al menos uno de estos casos es imposible encajar un tetraedro en ese vértice de forma que la figura restante pueda seguir siendo pero esto es más difícil de demostrar que para el tetraedro regular.
El dodecaedro rómbico
Al igual que con el tetraedro regular, cada arista tendría que ser la unión de las aristas de dodecaedros rómbicos más pequeños en los que el dodecaedro mayor está disecado. Pero si observamos un solo dodecaedro pequeño con una arista que coincide con una arista del dodecaedro mayor, el vértice entre tres caras del dodecaedro menor es también el vértice entre tres caras de la figura que queda cuando quitamos el dodecaedro menor, y ese vértice es demasiado "agudo"; no hay manera de colocar un vértice de incluso un dodecaedro rómbico en ese vértice sin dejar de estar dentro del dodecaedro mayor.
El regular $16$ -politopo de células en cuatro dimensiones
Supongamos que tenemos un $16$ -con vértices en $(1,0,0,0),$ $(-1,0,0,0),$ $(0,1,0,0),$ $(0,-1,0,0),$ $(0,0,1,0),$ $(0,0,-1,0),$ $(0,0,0,1),$ y $(0,0,0,-1).$ Considere la hipercara de este $16$ -célula con todas las coordenadas no negativas; este es el tetraedro regular $A$ con coordenadas $(1,0,0,0),$ $(0,1,0,0),$ $(0,0,1,0),$ y $(0,0,0,1).$ Si vamos a diseccionar el $16$ -en un número de células más pequeñas más pequeñas $16$ -politopos de células, todos del mismo tamaño, un cierto número de esos pequeños $16$ -Las celdas deben tener hiperfaces en $A$ , y esas hiperfaces deben cubrir completamente $A$ . Pero todas las hiperfaces de un $16$ - son tetraedros regulares, y ya sabemos que es imposible disecar un tetraedro regular en tetraedros regulares. Por tanto, es imposible disecar un tetraedro regular $16$ -politopo de celdas en otros más pequeños $16$ -de los politopos.
Por cierto, el símbolo de Schläfli para el $16$ -El panal de células es $\{3,3,4,3\},$ indicando que tres $16$ -las células están unidas en una cara triangular compartida; de ahí que el ángulo "diedro" entre dos cualesquiera de esas $16$ -células es $120$ grados, y no hay manera de cortar a través del panal a lo largo de un solo hiperplano sin cortar a través de algunos de los $16$ -células. Esto ayuda a explicar por qué el $16$ -de celdas no nos ayuda a autotransformar el regular $16$ -politopo de celdas.
Otros politopos convexos de más de dos dimensiones
Habiendo demostrado que (tristemente) ninguna de las figuras propuestas es auto-testimonial, busquemos ahora figuras que son auto-testimonio.
Claramente, el hipercubo (también llamado politopo de medida) en cualquier número de dimensiones es auto-tesiego. También lo es cualquier transformación lineal del hipercubo.
En cualquier dimensión mayor que dos hay prismas distintos del hipercubo (y sus transformaciones lineales) que se autotellan. Podemos construir algunos de ellos de la siguiente manera:
Tomemos cualquier figura plana auto-testificada $A$ y una proyección ortogonal de $A$ en otro plano paralelo al plano de $A$ . Disecar $A$ en $n^2$ piezas congruentes similares a sí mismo, donde $n$ es un número entero. (Si tiene una disección en $m$ piezas donde $m$ no es un cuadrado perfecto, simplemente realiza una disección similar de cada pieza de la primera disección para que tengas $m^2$ piezas congruentes y conjunto $n=m$ .) Luego puedes cortar el prisma en $n$ "rebanadas" iguales a lo largo de planos paralelos a la cara $A$ y luego utilizar la disección de $A$ para diseccionar cada "rebanada" en $n^2$ piezas congruentes, cada una similar al prisma original; entonces tienes una auto-teselación de un prisma por $n^3$ prismas congruentes más pequeños similares al primer prisma.
Para crear este tipo de objetos en dimensiones superiores, se parte de un $d$ -objeto dimensional diseccionado en $n^d$ piezas congruentes similares a ella misma. A continuación, proyectamos esta figura en un $d$ -hiperplano paralelo al hiperplano de la al hiperplano del objeto original, y cortar el resultante $(d+1)$ -prisma" en el que se encuentra el $n$ "rodajas" iguales a lo largo de hiperplanos paralelos. Esto da una disección de la $(d+1)$ -prisma" en el que se encuentra el $n^{d+1}$ figuras congruentes similares a ella misma.
Politopos no convexos de más de dos dimensiones
Los prismas no convexos autotestelados se pueden hacer con polígonos no convexos autotestelados no convexos como caras finales. Por ejemplo, consideremos esta disección del triomino doblado en cuatro piezas congruentes:
![dissection of bent triomino]()
Supongamos ahora que cubrimos esta figura con cuatro copias del tricubo doblado (una de las piezas del Rompecabezas Soma ; también se describe aquí y aquí ):
![bent tricube]()
Si apilamos otra capa de tricubos sobre estos cuatro en el mismo patrón, el resultado es una disección de un tricubo mayor en $8$ más pequeños.
Consideremos los tetracubos en forma de L y de T:
![L tetracube]()
![T tetracube]()
El tetracubo L puede diseccionarse en cuatro copias más pequeñas de sí mismo, por lo que el tetracubo L puede ser autotransformado por ocho tetracubos L más pequeños. El tetrominó T no puede diseccionarse en cuatro tetrominós T, pero un $4\times4$ cuadrado puede se disecciona en cuatro tetrominós T; por lo que un tetrominó (que consta de cuatro cuadrados) puede diseccionarse en $16$ tetrominós. Cubre esta disección con $16$ T y apilar cuatro de estas capas una encima de la otra; entonces tienes una disección de un tetracubo T en $64$ tetracubos T congruentes más pequeños.
Ahora considera estas tres piezas de Soma:
![right helix tetracube]()
![left helix tetracube]()
![3-branch tetracube]()
Un cubo puede diseccionarse en dos copias congruentes de cualquiera de estas figuras. Dado que cada figura está formada por cuatro cubos, cada uno de ellos es auto-testimonio por ocho formas congruentes más pequeñas similares a ella misma. Esto demuestra que hay formas tridimensionales distintas de los prismas que se auto-testiman.
