阿基米德多面体的研究

阿基米德多面体的研究 北京市第四中学 老师与学生共同完成 利用欧拉多面体公式可以有且只有五种正多面体,同时也能证明我们所 熟悉的"足球"的构成方式只有一种.我对这一事实产生兴趣并进行了进一步研 究,发现"足球"属于阿基米德多面体,而阿基米德多面体的种类数一直不很明确. 本文就利用角亏公式,用几何构图与分类讨论的证明了阿基米德多面体有且 仅有16 种(类),并且得到了这16 种(类)阿基米德多面体. 角亏公式阿基米德多面体 去年,我的学长田昊枢同学利用多面体欧拉公式,证明了:用且仅用等边长的 正五边形与正六边形构成的凸多面体只有一种(图1).而"足球"属于阿基米德 多面体,这类多面体所有多面角均全等(即构成多面角的面角均对应相等,且不同 面角在多面角中的排列顺序也相同,镜面对称也视为全等);且各个面是边数不全 相同的正多边形,因此???正多面体的自然推广.众所周知,可以证明正多面体只有 五种;因此自然就要问:阿基米德多面体究竟有多少种?阿基米德曾研究过这个问 题,并给出了13 种图形,但其研究已失传;张远南老师曾经用代数计算的方法,给 出了20 种(类)"巴基球类体",其中有15 种实际就是阿基米德多面体.对此我也 进行了研究,得到一些初步想法,在此写出来,请大家多多指教. 问题:阿基米德多面体(即所有多面角均全等,且各个面是边数不全相等的正多边 形的多面体)共有多少种? 4.1 基本单位 定义:简单凸多面体上具有共同顶点的多边形所组成的几何图形称为该多面 体的一个基本单位(图2 绿色部分). 4.2 基本公式 本文主要运用角亏公式(Descartes Total Angular Defect)进行计算. 对于任意简单凸多面体而言,我们称以该多面体的任意一个顶点为顶的多面 角的所有平面角度数之和与360?的差为这个顶点多面角的角亏. 所谓角亏公式是指对于任意的简单凸多面体来说,所有顶点多面角角亏之和 等于720?. 4.3 五条引理 引理一:在阿基米德多面体中,所有基本单位均全等(这里把经旋转平移可以 重合或者镜面对称的空间图形视为全等). 证明:因为阿基米德多面体所有多面角均全等,所以它们的对应面角均全等. 而面角即正多边形的内角,正多边形的内角度数决定于其边数(如正n 边形,其内 角度数 ),而阿基米德多面体是由边长均相等的正多边形组成,所 以所有基本单位均全等. 推论:在阿基米德多面体的任一基本单位中,至少包含组成该多面体的所有 不同种正多边形各1 个. 证明:假设在阿基米德多面体某一基本单位中不包含组成该多面体的某种正 多边形,则由引理一,所有该多面体的基本单位中均不包含这种正多边形.这与这 种多面体包含这种正多边形矛盾,故假设不成立.因此推论得证. 引理二:对于任意阿基米德多面体,它的每个多面角所包含的面角度数之和 小于360?,并且720?是每个多面角角亏的整数倍. 证明:因为阿基米德多面体为凸多面体,所以每个多面角所包含的面角度数 之和小于360?.又因为多面体的顶点数必为整数,同时由引理一可知, 阿基米 德多面体每个顶点的角亏均相等,所以有: .故引理得证. 引理三: 任一阿基米德多面体至多由三种不同的正多边形组成. 证明:假设某一阿基米德多面体由四种或四种以上正多边形组成,则由引理 一的推论知,该多面体的每个基本单位中,至少包含四种不同正多边形.则该多面 体的每个多面角的面角度数之和至少为(即包含正三角形,正方形,正五边形与正 六边形各1 个) ,这与引理二矛盾.所以假设 不成立.引理三得证. 引理四: 阿基米德多面体的任意顶点最多引出五条棱. ???明:假设某一阿基米德多面体的一个顶点引出六条或以上的棱,则该顶点 周围至少有六个正多边形.则该顶点多面角所包含的面角的度数之和至少为(即 包含6 个正三角形) 这与引理二矛盾.故假设不成立,引理四得证. 引理五:对于一个每个顶点引出三条棱的阿基米德多面体而言,若它 包含边 数为奇数的正多边形,则所有与该正多边形共棱的多边形为同种正多边形. 证明:假设某一每个顶点引出三条棱的阿基米德多面体中一基本单位包含边 数为奇数的正多边形,并且与其共棱的正多边形中有不同正多边形,如图3 灰色 部分"1"与"2",则由引理一可得,"1"与"3"为同种正多边形,"2"与"4" 为同种正多边形,同理类推,则必有一处"?"使得该处无论放置何种正多边形均 会与引理一矛盾.故假设不成立,引理五得证. 4.4 分类讨论 研究阿基米德多面体,需研究其组成(即包含的不同正多边形的数量).由引 理一可知,为找到全部阿基米德多面体,须从基本单位开始研究.所以,我从顶点 引出的棱数以及构成图形的多边形种类数两方面进行分类研究.由引理三和引理 四可知,这一分类方法只需研究以下六种情况: (1)一个顶点引出三条棱,同时由两种图形构成; (2)一个顶点引出三条棱,同时由三种图形构成; (3)一个顶点引出四条棱,同时由两种图形构成; (4)一个顶点引出四条棱,同时由三种图形构成; (5)一个顶点引出五条棱,同时由两种图形构成; (6)一个顶点引出五条棱,同时由三种图形构成. 4.4.1 一个顶点引出三条棱,同时由两种图形构成 在这种情况下,在阿基米德多面体的一个基本单位中,必然包括两个相同正 多边形.若这两个相同正多边形的边数为奇数,则无论另一个正多边形为何种正 多边形,均与引理五矛盾(图4 即含有两个正五???形的情况,此时与正五边形共棱 的多边形不是同种正多边形).因此,这两个相同正多边形边数必为偶. 又由引理二,这两个相同的正多边形的边数不能大于十(否则,若这两个正多 边形为正十二边形,则即使另一个正多边形为正三角形,其度数之和也已经达到: ,这与引理二矛盾).同时,由于引理二有" 720?是每个多面 角角亏的整数倍",因此在这种情况下,至多只可能有以下几种组成方式: 编号 两个相同的正多边形 另一个正多边形 1 正四边形 任意非正四边形的正多边形 2 正六边形 正三角形 3 正六边形 正四边形 4 正六边形 正五边形 5 正八边形 正三角形 6 正十边形 正三角形 在编号1 中,如果设非正四边形的正多边形的边数为n,则图形共包括2n 个 顶点,2 个正n 边形和n 个正四边形. 在编号2-6 中,以编号2 为例,有: 由引理一,各多面角角亏数为 所以这个阿基米德多 面体的顶点数为 又因为每个顶点周围有2 个正六边形和1 个正三角形,同时每个正六边形有6 个 顶点,每个正三角形有3 个顶点,所以在这个阿基米德多面体中,共有正六边形 ,共有正三角形 .即共有正六边形和正三角形各4 个. 同理,我们可知另外几个阿基米德多面体包含的正多边形数量如下: 编号 正多边形一 个数 正多边形二 个数 2 正六边形 4 正三角形 4 3 正六边形 8 正四边形 6 4 正六边形 20 正五边形 12 5 正八边形 6 正三角形 8 6 正十边形 12 正三角形 20 这些图形是否都存在呢? 编号1 的一类图形显然是存在的,当两个非正四边形的正多边形的边数不断 增加,则需要的正四边形也不断增加;当边数增加到趋近于正无穷时,最后图形趋 近于圆柱型(图5 即两个这类图形). 第二类组成总共五个, 由引理一,在确定了其中一个基本单位后,其相邻?? 基本单位也都确定(如图6,在确定了1,2,3 的排列后,4,5,6,7 也依次确定).依次 类推,这五种组成分别只能得到唯一的一种一种图形.这些图形恰好都可以用五 种正多面体经过割角操作得到(如图7,即编号4 的情况.正二十面体切去图中粉 色部分,即编号4 的阿基米德多面体.粉色部分的端点为正二十面体的各条棱三 等分点).在承认五种正多面体存在的前提下,我们认为它们也是存在的(图8 为 这五个图形的电脑3D 简图). 4.4.2 一个顶点引出三条棱,同时由三种图形构成 在这种情况下,由引理五,组成阿基米德多面体的正多边形边数必为偶数(否 则若含有边数为奇数的正多边形,则与之共棱的正 多边形必不相同,与引理五矛 盾).由引理二,组成阿基米德多面体的正多边形必包括正四边形和正六边形(否 则,即使使用正四边形,正八边形和正十边形各1 个,其每个多面角的面角度数之 和也已经达?? , 即使使用正六边形,正八边形和正十边 形各1 个,其每个多面角的面角度数之和也已经达到 ); 同时必然不包含正十二边形(否则,即使使用正四边形,正六边形和正十二边形各 1 个,其每个多面角的面角度数之和也已经达到 ).因此在 这种情况下,阿基米德多面体的组成情况只能是以下两种: 编号 正多边形一 正多边形二 正多边形三 7 正四边形 正六边形 正八边形 8 正四边形 正六边形 正十边形 利用与编号2-6 相同的方法,我们可以求得这两种情况下,阿基米德多面体包含 的正多边形数量: 编号 正多边形一 个数 正多边形二 个数 正多边形三 个数 7 正四边形 12 正六边形 8 正八边形 6 8 正四边形 30 正六边形 20 正十边形 12 这两种组成下的阿基米德多面体是存在的.与4.4.1 同理,这两种组成分别 只能确定一种图形.我用纸做模型验证,这两种图形均存在(图9 为电脑3D 简图). 4.4.3 一个顶点引出四条棱,同时由两种图形构成 在这种情况下,又有两种可能:在一个基本单位中含有三个相同正多边形和 另一个不同正多边形;或者含有两组同种正多边形各两个. 4.4.3.1 含有三个相同正多边形和另一个不同正多边形 由引理二,三个相同的正多边形只可能是正三角形或正四边形(如果是正五 边形,则即使另一正多边形是正三角形,其多面角的面角度数之和也已经为 ). 因此,这种情况下只有以下几种组成方式: 编号 三个相同的正多边形 另一个正多边形 9 正三角形 任意非正三角形的正多边形 10 正四边形 正三角形 在编号9 中,如果设两个非正三角形的正多边形的边数为n,则图形共包括2n 个顶点和2n 个正三角形. 利用与编号2-6 相同的方法可以求得,在编号10 的情况下,分别有正三角形 8 个和正四边形18 个. 这两种组成能否作出图形呢? 编号9 的图形结构是上下各一个相同的正多边形,周围用正三角形连接,是 存在的(图10 为n=6 时此类图形的纸模型照片). 编号10 的组成情况下,可以得到两种不同的图形(图11),这两种图形的组成 完全相同,但是正多边形排列不同,既不能重合,也不是镜面对称,因此是不同图 形. 4.4.3.2 由两组同种正多边形各两个组成 由引理二,这两种正多边形只可能是正三角形和正四边形;或者正三角形和正五 边形.利用与编号2-6 相同的方法,可以得到每种可能组成包含的正多边形数量: 编号 正多边形一 个数 正多边形二 个数 11 正三角形 8 正四边形 6 12 正三角形 20 正五边形 12 这两种组成是否能够构成阿基米德多面体呢?首先与4.4.1 同理,这两种组 成分别只能够成一种图形;并且这两种图形恰好分别可以用正六面体和正十二面 体经过割角操作得到(图12 即编号12 的情况.把正十二面体的每个多面角如图切 去一部分,得到粉色的部分,即得编号12 的阿基米德多面体.粉色部分的端点是 正十二面体的棱二等分点),故我们认为它们也都是存在的. 4.4.4 一个顶点引出四条棱,同时由三种图形构成 在这种情况下,一个基本单位中必然有且只有两个相同种类的正多边形.由 引理二,它们只可能是正三角形或正四边形. 如果是正三角形,则如图14,无论这两个正三角形在基本单位(图中阴影部 分)中是否共棱,均会出现与引理一矛盾的""位置,故不成立. 因此它们只可能是正四边形.由引理二,另两个正多边形必为正三角形和正 五边形.利用与编号2-6 相同的方法可以求得: 编号 正多边形一 个数 正多边形二 个数 正多边形三 个数 13 正三角形 20 正四边形 30 正五边形 12 这种组成的一个基本单位中,正三角形,正四边形与正五边形??如何分布的 呢?由图15 可知,为满足引理一,在一个基本单位(图中阴影部 分)中,正四边形 必须不共棱.因此所有正四边形均不共棱.这种组成能构成阿基米德多面体,我用 纸做模型初步验证了它的存在(图16 为电脑3D 简图).与4.4.1 同理,这种组成下 只有一种阿基米德多面体. 4.4.5 一个顶点引出五条棱,同时由两种图形构成 由引理二,此时只有以下两种可能:在一个基本单位中,含有四个正三角形和 一个正四边形;或在一个基本单位中,含有四个正三角形和一个正五边形. 利用与编号2-6 相同的方法可以求得: 编号 正多边形一 个数 正多边形二 个数 14 正三角形 32 正四边形 6 15 正三角形 80 正五边形 12 这两种组成能构成阿基米德多面体.在这两种组成下,分别各有两个不同的 图形,但与编号10 不同,这两组图形分别是镜面对称的,因此可以看作是同一种 图形.由于这两种(四个)图形结构复杂,我用纸做模型初步证明了存在性(图17 为这两种组成中的各一种图形的纸模型照片). 4.4.6 一个顶点引出五条棱,同时由三种图形构成 在这种情况下,即使一个基本单位中只有3 个正三角形,1 个正四边形和1 个 正五边形,其多面角的面角度数和也达到378?,与引理二矛盾,故不成立.因此, 这种情况下不存在阿基米德多面体. 综上,我们就得到了几种正多面体有类似之处的多面体--"阿基米德多面 体".它们是由不全相同的正多边形组成,且所有多面角均全等的简单凸多面体. 在不考虑镜面对称得到新图形的前提下(即编号14,15),阿基米德多面体一共只 有16 种(类).它们包含的正多边形个数如下: 编号 正多边形一 个数 正多边形二 个数 正多边形三 个数 1 正四边形 n 正n 边形(n? 4) 2 2 正六边形 4 正三角形 4 3 正六边形 8 正四边形 6 4 正六边形 20 正五边形 12 5 正八边形 6 正三角形 8 6 正十边形 12 正三角形 20 7 正四边形 12 正六边形 8 正八边形 6 8 正四边形 30 正六边形 20 正十边形 12 9 正三角形 2n 正n 边形(n? 3) 2 10 正三角形 8 正四边形 18 10* 正三角形 8 正四边形 18 11 正三角形 8 正四边形 6 12 正三角形 20 正五边形 12 13 正三角形 20 正四边形 30 正五边形 12 14 正三角形 32 正四边形 6 15 正三角形 80 正五边形 12 它们的顶点数,棱数,总面数以及各顶点角亏数如下表: 编号 顶点数 棱数 总面数 角亏数 1 2n 3n n+2 360?/n 2 12 18 8 60? 3 24 36 14 30? 4 60 90 32 12? 5 24 36 14 30? 6 60 90 32 12? 7 48 72 26 15? 8 120 180 62 6? 9 2n 4n 2n+2 360?/n 10 24 48 26 30? 10* 24 48 26 30? 11 12 24 14 60? 12 30 60 32 24? 13 60 120 62 12? 14 24 60 38 30? 15 60 150 92 12? 证明这些多面体的存在性有以下这些方法:对于结构简单的阿基米德多面体 (编号2-6,11-12),利用切割正多面体构造的方法进行证明;对于包含无限种的 多面体组(编号1,9),进行举例类推验证;对于结构复杂,同时构造方法也复杂的 阿基米德多面体(编号7-8,10,10*,13-15),制作纸模型进行验证.但是,这些方 法是否已足够证明它们的存在性,还不能完全肯定,有待进一步的研究来验证(比 如使用电脑三维作图,或想办法得出构造方法等).这是这次研究的一些不足之 处. 本文得到的阿基米德多面体,大致可以分成三类: 第一类(编号1,9):这两组阿基米德多面体的个数是无限的,在上下面的多 边形的边数趋近于无穷时,图形趋近于圆柱,同时"厚度"趋近于零.在生产生活 中,这类图形可以用于盒子的设计. 第二类(编??2-8,10-13,10*):这十二种图形具有很好的对称性,即有很多 镜面对称的对称平面. 第三类(编号14-15):这两种图形不具有镜面对称性,没有镜面对称的对称 平面,但它们具有很好的旋转对称性,即有许多旋转对称的对称轴.同时,这两种 图形的镜面对称图形与这两种图形本身不能重合,但具有这两种图形的所有性质. 在本文中就不把它们看作不同的多面体了. 在这次研究中,我们得到了许多很美的图形,对于角亏公式的应用也有了更 进 一步的认识.如编号14 和15 两种图形具有特殊的对称性,是在研究开始时预料 不到的;而由于利用几何构造的思路,使得本文得到的多面体更全面,若仅用代数 计算,也许就很难发现编号10*这种图形了.这一切都使说明,之美,无处不 在. [1]《只有一种"足球"的证明》,田昊枢 [2]《数学辞海》第一卷,裘光明主编 [3] www.wikilib.com 网站 [4] mathworld.wolfram.com 网站 [5]《数理天地》高中版,1996 年第1 期