Помогите разобраться с этой фигурой

[wrest]

grizzly в сообщении #1357146 писал(а):

Мне пока даже не очевидно, что можно хотя бы в одном случае, кроме тривиального.

Ну если сперва замостить одинаковыми кругами, то в каждую треугольную дырку можно вставить кружок поменьше, потом в каждую оставшуюся дырку -- кружок еще поменьше...
Еще можно сперва поместить одинаковые круги в вершины квадратов (а не равносторонних треугольников), потом в дырки вставить опять же круги поменьше.

Да, а кстати, что значит "замостить" (помимо касаний)? Количества окружностей всех трех радиусов на единицу площади должны быть равны?

[Dmitriy40]

grizzly
Не уверен (пока не рисовал), но кажется при некоторых симметриях всё же можно. Ну например 4 одинаковых окружности в углах квадрата и одна меньшего радиуса в центре. На треугольники поделить несложно. Видимо окружностям в противоположных углах можно и синхронно менять радиус в каких-то пределах, будет не квадрат, а параллелограмм, но касания и симметрия и замощение останутся.

[Sender]

Да, похоже, можно при радиусах $\frac{1}{\sqrt{2}}$,$\frac{1}{\sqrt{2}}$,$1-\frac{1}{\sqrt{2}}$.

[grizzly]

Dmitriy40
Пример всё же не совсем "чистый". В данном случае у нас больших и маленьких окружностей в среднем поровну, а это означает, что мы замощение делаем (в моём понимании) не тремя окружностями, а чуть большей фигурой. Но, может, это я уже придираюсь (в любом случае не из вредности, а из любопытства :)

Sender
Спасибо, посмотрю.

wrest в сообщении #1357147 писал(а):

Количества окружностей всех трех радиусов на единицу площади должны быть равны?

Меня бы такой подход устроил. Ну и чтоб кроме окружностей и данного вида криволинейных треугольников больше ничего не было.

[Sender]

Вообще, если рассматривать задачу с точки зрения замощения треугольниками, то каждый угол такого треугольника должен, очевидно, целое число раз укладываться в $2\pi$, т.е. иметь вид $\frac{2\pi}{n}(n \in \mathbb{Z})$ Таким образом, достаточно перебрать все натуральные решения уравнения $\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}+\frac{1}{n_3}=\frac{1}{2}$.

[Dmitriy40]

Dmitriy40 в сообщении #1357148 писал(а):

Видимо окружностям в противоположных углах можно и синхронно менять радиус в каких-то пределах, будет не квадрат, а параллелограмм, но касания и симметрия и замощение останутся.

В этом уже не уверен. Похоже таки нельзя.
Но можно в квадрате в каждую из 4-х дырок насыпать по ещё более мелкой окружности и таки получить три сорта окружностей, всё ещё замощающих (вместе с 4-й фигурой - интересующим нас криволинейным треугольником) всю плоскость. UPD. Поторопился с третьим типом, не получается. Извините.
Радиусы окружностей если что: $1;\;\sqrt{2}-1;\;3-2\sqrt{2}$.

[wrest]

Sender в сообщении #1357155 писал(а):

Таким образом, достаточно перебрать все целочисленные решения уравнения $\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}+\frac{1}{n_3}=\frac{1}{2}$.

Таких нашлось 10 (смотрим только $n_1 \le n_2 \le n_3$):
$n_1=3;n_2=7;n_3=42$
$n_1=3;n_2=8;n_3=24$
$n_1=3;n_2=9;n_3=18$
$n_1=3;n_2=10;n_3=15$
$n_1=3;n_2=12;n_3=12$
$n_1=4;n_2=5;n_3=20$
$n_1=4;n_2=6;n_3=12$
$n_1=4;n_2=8;n_3=8$
$n_1=5;n_2=5;n_3=10$
$n_1=6;n_2=6;n_3=6$

[Sender]

Да, у меня получились такие же значения. Теперь, вспомнив теорему синусов, получаем следующих кандидатов на тройки радиусов:

$$ \begin{array}{ccc} -2 \cos \left(\frac{3 \pi }{14}\right)+2 \sin \left(\frac{\pi }{21}\right)+\sqrt{3} & 2 \cos \left(\frac{3 \pi }{14}\right)-2 \sin \left(\frac{\pi }{21}\right)+\sqrt{3} & 2 \cos \left(\frac{3 \pi }{14}\right)+2 \sin \left(\frac{\pi }{21}\right)-\sqrt{3} \\ -3+\sqrt{3}+\sqrt{6} & 3-\sqrt{3}+\sqrt{6} & 1+\sqrt{3}-\sqrt{6} \\ 2 \sin \left(\frac{\pi }{9}\right)-2 \sin \left(\frac{2 \pi }{9}\right)+\sqrt{3} & -2 \sin \left(\frac{\pi }{9}\right)+2 \sin \left(\frac{2 \pi }{9}\right)+\sqrt{3} & 2 \sin \left(\frac{\pi }{9}\right)+2 \sin \left(\frac{2 \pi }{9}\right)-\sqrt{3} \\ \sqrt{3 \left(-\sqrt{30 \left(5+\sqrt{5}\right)}+\sqrt{5}+15\right)} & -4 \sin \left(\frac{2 \pi }{15}\right)+2 \sqrt{3}+\sqrt{10-2 \sqrt{5}} & \frac{1}{2} \left(\sqrt{3} \left(-3+\sqrt{5}\right)+\sqrt{10-2 \sqrt{5}}\right) \\ \sqrt{3} & \sqrt{3} & 2-\sqrt{3} \\ -\sqrt{2 \left(5+\sqrt{5}\right)}+\sqrt{5}+13 & \sqrt{2 \left(5+\sqrt{5}\right)}-\sqrt{5}+5 & \sqrt{2 \left(5+\sqrt{5}\right)}+\sqrt{5}-5 \\ 3-\sqrt{3} & 1+\sqrt{3} & -1+\sqrt{3} \\ 1 & 1 & -1+\sqrt{2} \\ 1 & \sqrt{5} & 1\\ 1 & 1 & 1 \\ \end{array} $$

[Dmitriy40]

Для замощения окружностями с единственной дополнительной фигурой, вообще не вижу решений кроме треугольной и квадратной решеток. Все прочие или сводятся к ним же, или требуют более одного типа дополнительных фигур. Причём и для той и для другой решётки допустимы лишь две разные окружности, третья не лезет (точнее нарушает правило единственной дополнительной фигуры). Для доказательства в голову стучится теорема о 4-х красках, но как именно применить пока не соображу.

[Sender]

Хм, вики пишет https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_convex_uniform_tilings,
что реализуются замощения треугольниками 6.6.6, 4.8.8, 4.6.12 и 3.12.12. Осталось понять, можно ли присобачить туда окружности.

-- Вт ноя 27, 2018 19:53:38 --

Собственно, этот вопрос касается только замощения 4.6.12, с остальными понятно. Но вроде бы ничего не должно помешать. По моим расчётам, радиусы для этого случая должны быть $3-\sqrt{3},1+\sqrt{3},-1+\sqrt{3}$.

[Dmitriy40]

Можно:
6.6.6 - банально, в углы по одному типу окружностей, в центр второй тип.
4.8.8 - достроить тремя такими же до квадрата со стороной в гипотенузу, потом снова в углы гипотенуз один тип, в вершину с двумя катетами (центр квадрата) другой тип.
3.12.12 - достроить такими же до большого треугольника с углами 120° в центре и оно станет аналогично случаю 6.6.6.
4.6.12 - тут посложнее, достраиваем сначала до правильного треугольника, потом им до правильного шестиугольника, получаем одну большую окружность в центре шестиугольника, поменьше в углах шестиугольника и ещё поменьше в центрах сторон. Шестиугольники размножаем на плоскость, вроде бы все дырки получаются одинаковыми (с точностью до поворотов и отражений). Но проверьте.

UPD. А, уже даже нарисовали, да, оно. Надо только проверить что все дырки одинаковы, я выше уже на это накололся. Но вроде из симметрии вполне получается.
UPD2. А значит выше был неправ насчёт "третья не лезет", тут вот очень даже влезла.

-- 27.11.2018, 20:49 --

Посчитал долю площади криволинейных треугольников в шестиугольнике: $\dfrac{12S_\triangle}{S_6}=1-\dfrac{\pi}{3}\left(\dfrac{5}{\sqrt{3}}-2\right)\approx0{,}0714$.

[Sender]

Кстати, наткнулся на работу, где какой-то сингапурский студент подробно разбирает замощения, двойственные всем $10$ ранее выявленным нами возможным случаям замощения плоскости треугольниками, и показывает, что возможны только рассмотренные $4$.