PARTE 3

PAVIMENTAÇÃO DO PLANO COM POLÍGONOS REGULARES DE TIPOS DIFERENTES


O objetivo deste módulo é determinar, de maneira sistemática, todas as pavimentações lado-lado do plano que usam tipos diferentes de polígonos regulares e que possuem a seguinte propriedade adicional: a distribuição de polígonos ao redor de cada vértice é a mesma. Pavimentações com estas características são denominadas arquimedianas. A pavimentação parcial (a) na figura abaixo não é arquimediana, pois em torno do vértice A temos a ordem triângulo, triângulo, hexágono e hexágono, enquanto que em torno do vértice B a ordem é hexágono, triângulo, hexágono e triângulo. A pavimentação parcial (b) é arquimediana.

    
(a)      (b)

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EXERCÍCIOS

Os exercícios enunciados abaixo também estão disponíveis no formulário de acompanhamento do aluno: ppr-aluno.rtf. O objetivo é determinar, de maneira sistemática, todas as pavimentações lado-lado arquimedianas do plano.

[01]

Seja k o número de polígonos incidindo em cada nó da pavimentação. Mostre que 3 ≤ k ≤ 6. Dica: o ângulo interno de qualquer polígono regular é maior do que ou igual a 60°.

[02]

(Caso k = 3: três polígonos regulares incidindo em cada vértice) Sejam n1, n2 e n3 o número de lados de cada um dos três polígonos regulares incidindo em um vértice da pavimentação. Podemos supor, sem perda de generalidade, que n1n2n3.

(a)

Verifique que 1/n1 + 1/n2 + 1/n3 = 1/2. Em particular, segue-se que 1/n2 + 1/n3 = (n1 − 2)/(2 n1).

(b)

Verifique que 3 ≤ n1 ≤ 6.

(c)

Verifique que 1/n2 + 1/n2(n1 − 2)/(2 n1). Em particular, conclua que n24n1/(n1 − 2).

(d)

(Subcaso n1 = 3) De (a) segue-se que 1/n2 + 1/n3 = 1/6, ou ainda, que 1/n3 = (n2 − 6)/(6 n2). Como n3 > 0, segue-se que n2 > 6. De (c), segue-se que n2 ≤ 12. Logo, 7 ≤ n2 ≤ 12. Temos então as seguintes possibilidades para este subcaso:

(n1, n2, n3) = (3, 7, 42),     (n1, n2, n3) = (3, 8, 24),     (n1, n2, n3) = (3, 9, 18),
(n1, n2, n3) = (3, 10, 15),     (n1, n2, n3) = (3, 12, 12).

A configuração (n1, n2, n3) = (3, 7, 42) não é válida. Para ver isto, usaremos o argumento das “pétalas”: na figura abaixo, suponha que a ordem dos polígonos em torno do vértice C seja 3 (triângulo equilátero), a = 7 e b = 42. Então, a ordem dos polígonos em torno do vértice A deve ser, obrigatoriamente, 3 (triângulo equilátero), b = 42 e c = 7. Por outro lado, se considerarmos os polígonos em torno do vértice B, veremos que a = 7 e c = 42, uma contradição. De fato, este raciocínio mostra que a = b = c. Por este motivo, as configurações (3, 8, 24), (3, 9, 18), e (3, 10, 15) também não são válidas. Logo, para este caso, apenas a configuração (3, 12, 12) sobrou.

(e)

(Subcaso n1 = 4) Verifique que, neste subcaso, 5 ≤ n2 ≤ 8 e, como n3 deve ser um número inteiro, os únicos candidatos são

(n1, n2, n3) = (4, 5, 20),     (n1, n2, n3) = (4, 6, 12),     (n1, n2, n3) = (4, 8, 8).

O argumento das “pétalas” exclui o caso (4, 5, 20). Sobram, portanto, as configurações (4, 6, 12) e (4, 8, 8).

(f)

(Subcaso n1 = 5) Verifique que, neste subcaso, 5 ≤ n2 ≤ 6 e, como n3 deve ser um número inteiro, a única configuração canditata é (5, 5, 10). Use o argumento das pétalas para mostrar que esta configuração não é válida.

(g)

(Subcaso n1 = 6) Verifique que, neste subcaso, n2 = 6 e, portanto, n3 = 6. A configuração (6, 6, 6) usa apenas um tipo de polígono regular e ela foi estudada na Parte 2.

Observação. Para o caso k = 3 (três polígonos regulares incidindo em cada vértice), uma vez fixada para todos os nós da pavimentação, a ordem em que os polígonos são colocados é irrelevante. Por exemplo, a escolha (4, 6, 12) gera a mesma pavimentação que (4, 12, 6). Para os casos k > 3, escolhas diferentes podem gerar pavimentações diferentes.

[03]

(Caso k = 4: quatro polígonos regulares incidindo em cada vértice) Sejam n1, n2, n3 e n4 o número de lados de cada um dos quatro polígonos regulares incidindo em um vértice da pavimentação. Podemos supor, sem perda de generalidade, que n1n2n3n4.

(a)

Verifique que 1/n1 + 1/n2 + 1/n3 + 1/n4 = 1. Em particular, segue-se que 1/n2 + 1/n3 + 1/n4 = (n1 − 1)/n1.

(b)

Verifique que 3 ≤ n1 ≤ 4.

(c)

Verifique que 1/n2 + 1/n2 + 1/n2(n1 − 1)/n1. Em particular, conclua que n23 n1/(n1 − 1). Portanto, se n1 = 3, então n2 ≤ 4 mas, como n2n1, segue-se que n2 = 3 ou n2 = 4. Também, se n1 = 4, então n2 ≤ 4 mas, como n2n1, segue-se que n2 = 4.

(d)

(Subcaso n1 = 3 e n2 = 3) Use o item (a) para mostrar que n3 ≥ 4. Lembrando que n3n4, use (a) para mostrar que n3 ≤ 6. Assim, 4 ≤ n3 ≤ 6. Usando mais uma vez o item (a) e lembrando que n4 é um número inteiro, temos então as seguintes possibilidades para este subcaso:

(3, 3, 4, 12)    e     (3, 3, 6, 6).

Também precisamos considerar as seguintes permutações na ordem em que os polígonos são colocados em torno de cada nó da pavimentação:

(3, 4, 3, 12)    e     (3, 6, 3, 6).

As configurações (3, 3, 4, 12) e (3, 3, 6, 6) não são válidas: use o software desta atividade para verificar que estas configurações implicam na existência de outro vértice do tipo (3, 3, 3, ..., ...), o que viola a condição de que a distribuição de polígonos ao redor de cada vértice é a mesma. A configuração (3, 4, 3, 12) também não é válida: use o software desta atividade para verificar que a existência de um nó (3, 4, 3, 12) implica na existência de um nó (3, 12, 12), o que viola a condição de que a distribuição de polígonos ao redor de cada vértice é a mesma. Sobra, portanto, a configuração (3, 6, 3, 6).

(e)

(Subcaso n1 = 3 e n2 = 4) Use o item (a) para mostrar que n3 ≥ 3. Entretanto, como n3n2, segue-se que n3 ≥ 4. Lembrando que n3n4, use (a) para mostrar que n3 ≤ 4. Assim, n3 = 4. Usando mais uma vez o item (a), temos então a seguinte possibilidade para este subcaso:

(3, 4, 4, 6).

Também precisamos considerar a seguinte permutação na ordem em que os polígonos são colocados em torno de cada nó da pavimentação:

(3, 4, 6, 4).

A configuração (3, 4, 4, 6) não é válida: use o software desta atividade para verificar que a existência de um vértice (3, 4, 4 6) implica na existência de um vértice do tipo (3, 4, 6, 4), o que viola a condição de que a distribuição de polígonos ao redor de cada vértice é a mesma. Sobra, portanto, a configuração (3, 4, 6, 4).

(f)

(Subcaso n1 = 4 e n2 = 4) Lembrando que n3n4, use (a) para mostrar que n3 ≤ 4. Como n3n2 = 4, segue-se que n3 = 4. Logo, por (a), n4 = 4. A configuração (4, 4, 4, 4) usa apenas um tipo de polígono regular e ela foi estudada na Parte 2.

[04]

(Caso k = 5: cinco polígonos regulares incidindo em cada vértice) Sejam n1, n2, n3, n4 e n5 o número de lados de cada um dos cinco polígonos regulares incidindo em um vértice da pavimentação. Podemos supor, sem perda de generalidade, que n1n2n3n4n5.

(a)

Verifique que 1/n1 + 1/n2 + 1/n3 + 1/n4 + 1/n5 = 3/2. Em particular, segue-se que 1/n2 + 1/n3 + 1/n4 + 1/n5 = (3 n1 − 2)/(2 n1).

(b)

Verifique que n1 = 3.

(c)

Verifique que 1/n2 + 1/n2 + 1/n2 + 1/n2(3 n1 − 2)/(2 n1). Em particular, conclua que n28 n1/(3 n1 − 2) = 24/7. Como n2n1 = 3, segue-se que n2 = 3.

(d)

Verifique que 1/n3 + 1/n4 + 1/n5 = 5/6. Conclua que 1/n3 + 1/n3 + 1/n35/6. Logo, n318/5. Como n3n2 = 3, segue-se que n3 = 3.

(e)

Verifique que 1/n4 + 1/n5 = 1/2. Conclua que 1/n4 + 1/n41/2. Logo, n44. Como n4n3 = 3, segue-se que n4 = 3 ou n4 = 4. Se n4 = 3, então n5 = 6 e, se n4 = 4, então n4 = 4. Temos então as seguintes possibilidades para o caso k = 5:

(3, 3, 3, 3, 6)    e      (3, 3, 3, 4, 4).

Também precisamos considerar a seguinte permutação na ordem em que os polígonos são colocados em torno de cada nó da pavimentação:

(3, 3, 4, 3, 4).

Todas estas configurações são válidas.

[05]

(Caso k = 6: seis polígonos regulares incidindo em cada vértice) Sejam n1, n2, n3, n4, n5 e n6 o número de lados de cada um dos cinco polígonos regulares incidindo em um vértice da pavimentação. Verifique que 1/n1 + 1/n2 + 1/n3 + 1/n4 + 1/n5 + 1/n6 = 2. Conclua que n1 = n2 = n3 = n4 = n5 = n6 = 3. A configuração (3, 3, 3, 3, 3, 3) usa apenas um tipo de polígono regular e ela foi estudada na Parte 2.

Moral: existem 8 pavimentações arquimedianas. São elas: (3, 12, 12), (4, 6, 12), (4, 8, 8), (3, 6, 3, 6), (3, 4, 6, 4), (3, 3, 3, 3, 6), (3, 3, 3, 4, 4) e (3, 3, 4, 3, 4).


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