s poliedros de padrão cinco polígonos regulares dispostos
, um p-ágono
Para este tipo de padrão triângulo, pois se não o tivermos
βl+ βm+ β
Podemos assim assumir
Faces em torno de um triângulol, em um p Icosidodecaedro
Poliedros de padrão
de padrão k.l dispostos ao redor
ágono e um q- Para este tipo de padrão,
tivermos,
βp+ βq 5
assumir k = 3.
Faces em torno de um triângulol, em um p
Icosidodecaedro – poliedro de padrão 3.
de padrão k.n.m.p.q
k.l.m.p.q são
ao redor de cada vértice: -ágono.
k.l.m.p.q, devemos
∙ 90° 450
= 3.
Faces em torno de um triângulol, em um p
poliedro de padrão 3.
k.n.m.p.q
são aqueles ada vértice: um devemos ter 450°Faces em torno de um triângulol, em um poliedro de padrão 3 poliedro de padrão 3.5.3.5
s nos quais um k-ágono, um
ter pelo menos
101 oliedro de padrão 3.l is temos ágono, um l- pelo menos um 101 .l.m.p.q
53
Observando a figura, vemos que no vértice B temos a configuração 3.l.m.p.q. Um triângulo, um polígono de l lados, outro de m lados, um quarto de p lados e um quinto polígono de q lados; no vértice B também temos a configuração de vértice 3.l.m.p.q, ou seja, um triângulo, um polígono de l lados, outro de m lados, um quarto de p lados e um quinto polígono de q lados se encontrando, e no vértice A temos um triângulo, um polígono de l lados, outro de ? lados, um quarto de # lados e um quinto polígono de l lados.
Logo, temos que l = q.
Portanto, temos que poliedro de padrão 3.l.m.p.q ocorre somente se l = q, ou seja, o poliedro tem um padrão 3.l.m.p.l. Mas precisamos de outro triângulo, pois caso contrário, teremos um mínimo de outros quatro ângulos retos em torno de um vértice.
Então podemos assumir que l (ou m) = 3, assim:
3∙ β3+ βm+ βp < 360° ⇒ βm+ βp < 360° − 180° ⇒ (102)
⇒ β+ βI < 180°
⇒ β= 60° e βp = 90° ou βm= 60° e βp = 108° Portanto, 3.l.m.p.l = 3.3.3.4.3 ou 3.l.m.p.l = 3.3.3.5.3
1. Para k = l = m = 3 e p = 4, devemos ter k.l.m.p.l = 3.3.3.4.3
Seja V o número de vértices, A o número de arestas e F o número de faces do poliedro.
Seja F3 o número de faces triangulares e seja F4 o número de faces quadradas deste poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por:
F = F3 + F4
Percorrendo todas as faces do poliedro, contando o número de arestas em cada uma destas faces e somando todos os valores encontrados, obtemos 3F3 + 4F4 .
Porém, ao procedermos desta maneira, contamos duas vezes cada aresta do poliedro, pois cada aresta é comum a duas faces. Assim temos que
3F3 + 4F4 = 2A
Sabemos que em cada vértice do poliedro temos cinco extremidades de arestas adjacentes ao vértice. Então, o número total de extremidades de arestas é igual a 5V.
No entanto, cada aresta do poliedro tem duas extremidades, logo o número total de extremidades de arestas é 2A.
Portanto, 5V = 2A (103) Como temos quatro triângulos e um quadrado adjacentes a cada vértice do poliedro, a soma dos ângulos planos do poliedro adjacentes a cada vértice é igual a 4∙ 60° + 90° = 330°.
Logo, a soma dos ângulos planos do poliedro é V∙ 330°.
Sabemos, pelo teorema do capítulo I, que a soma total de todos os ângulos planos do poliedro é S= (V − 2) ∙ 360°, portanto,
(V − 2) ∙ 360° = V ∙ 330° ⇒ V ∙ 30° = 720° ⇒ V = 24 (104)
Assim, o poliedro tem vinte e quatro vértices.
Como 5V = 2A, podemos deduzir que A = 60, logo, o poliedro tem sessenta e quatro arestas.
Substituindo estes valores na fórmula de Euler, temos:
V – A + F = 2 ⇒ 24 – 60 + F = 2 ⇒ F = 38 (105) Então, o poliedro possui trinta e oito faces.
Desta maneira, chegamos ao seguinte sistema de equações:
9 F3+ F4 = 38
3F3 + 4F4 = 2 ∙ 60: (106) A solução do sistema é F3 = 32 e F4 = 6, portanto, o poliedro tem trinta e dois triângulos eqüiláteros e seis quadrados.
pentagonais do poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por: adjacentes a cada adjacentes a cada Figura 35 2. Seja F
pentagonais do poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por: F = F3
Utilizando um raciocínio análogo 3F3 + 5F
Lembremos também que 5V = 2A
Como temos quatro triângulos equiláteros e um pentágono regular adjacentes a cada vértice do po
adjacentes a cada vértice é igual a
Logo, a soma dos ângulos planos do poliedro é Então,
V
Portanto,
35. Cubo achatado
Para k = l
Seja F3 o número de faces triangulares e seja F
pentagonais do poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por:
3 + F5
Utilizando um raciocínio análogo + 5F5 = 2A Lembremos também que 5V = 2A
Como temos quatro triângulos equiláteros e um pentágono regular vértice do po
vértice é igual a
Logo, a soma dos ângulos planos do poliedro é Então,
2 ∙ 360°
Portanto, o poliedro tem
Cubo achatado – poliedro de padrão 3.3.3.4
= m = 3 e p =
o número de faces triangulares e seja F
pentagonais do poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por:
Utilizando um raciocínio análogo = 2A Lembremos também que 5V = 2A
Como temos quatro triângulos equiláteros e um pentágono regular vértice do poliedro, a soma dos ângulos planos do poliedro vértice é igual a 4∙ 60°
Logo, a soma dos ângulos planos do poliedro é
V ∙ 348° ⇒
o poliedro tem sessenta
poliedro de padrão 3.3.3.4
p = 5, devemos ter o número de faces triangulares e seja F
pentagonais do poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por:
Utilizando um raciocínio análogo ao anterior = 2A
Como temos quatro triângulos equiláteros e um pentágono regular liedro, a soma dos ângulos planos do poliedro
+ 108° 348
Logo, a soma dos ângulos planos do poliedro é
⇒ V ∙ 12°
sessenta vértices.
poliedro de padrão 3.3.3.4
5, devemos ter k.l.m.p.l o número de faces triangulares e seja F5
pentagonais do poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por:
ao anterior
Como temos quatro triângulos equiláteros e um pentágono regular liedro, a soma dos ângulos planos do poliedro
348°.
Logo, a soma dos ângulos planos do poliedro é V
720° ⇒ V
vértices.
poliedro de padrão 3.3.3.4.3
k.l.m.p.l = 3.3.3.5.3 o número de faces pentagonais do poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por:
Como temos quatro triângulos equiláteros e um pentágono regular liedro, a soma dos ângulos planos do poliedro
V∙ 348°.
⇒ V 60 107
55
= 3.3.3.5.3 o número de faces pentagonais do poliedro. Temos então que o número total de faces é dado por:
Como temos quatro triângulos equiláteros e um pentágono regular liedro, a soma dos ângulos planos do poliedro
cento e cinquenta
poliedro tem
oitenta triângulos eqüiláteros e doze pentágonos regulares.
Figu
Como cento e cinquenta arestas.
Substituindo estes valores na fórmula de Euler,
V – A + F = 2 poliedro tem noventa
Chegamos ao seguinte sistema de
9 F3
3F3 +
A solução do sistema é F
triângulos eqüiláteros e doze pentágonos regulares. Este poliedro é o
Figura 36. Dodecaedro achatado
5V = 2A arestas.
Substituindo estes valores na fórmula de Euler,
A + F = 2 noventa e duas faces.
Chegamos ao seguinte sistema de
3+ F5 92
+ 5F5 2 ∙
A solução do sistema é F
triângulos eqüiláteros e doze pentágonos regulares. Este poliedro é o
Dodecaedro achatado
A deduzimos que A =
Substituindo estes valores na fórmula de Euler,
A + F = 2 ⇒ 60 – 15 e duas faces.
Chegamos ao seguinte sistema de
92
150:
A solução do sistema é F3
triângulos eqüiláteros e doze pentágonos regulares. Este poliedro é o dodecaedro achatado.
Dodecaedro achatado
deduzimos que A =
Substituindo estes valores na fórmula de Euler,
150 + F = 2, obtemos F =
Chegamos ao seguinte sistema de equações:
:
= 80 e F5
triângulos eqüiláteros e doze pentágonos regulares. dro achatado.
Dodecaedro achatado – poliedro de padrão 3. deduzimos que A = 150, logo
Substituindo estes valores na fórmula de Euler,
0 + F = 2, obtemos F =
equações:
= 12, então, triângulos eqüiláteros e doze pentágonos regulares.
dro achatado.
poliedro de padrão 3.
logo, o poliedro tem
0 + F = 2, obtemos F = 92, então
(108
então, o poliedro tem
poliedro de padrão 3.3.3.5.3
, o poliedro tem
então, o
(108)
57
Conclusão
Os estudos feitos neste trabalho mostram que existem somente cinco tipos possíveis de poliedros regulares, chamados de poliedros platônicos, e dentre os poliedros semirregulares, conhecidos como poliedros arquimedianos, além de uma infinidade de prismas a antiprismas, que são poliedros semirregulares.
Vimos que os cinco poliedros regulares possíveis são: (a) tetraedro - de padrão 3.3.3; (b) cubo - de padrão 4.4.4; (c) dodecaedro - cujo padrão é 5.5.5; (d) octaedro - 3.3.3.3, e (e) icosaedro - de padrão 3.3.3.3.3
Já nos ladrilhamentos semirregulares, vimos que:
1. Se o poliedro for do tipo k.l.m, com k ímpar, temos que l e m ambos pares, e ainda l = m. Então, os quatro poliedros possíveis são os de padrões: (a) 3.6.6 - tetraedro truncado; (b) 3.8.8 - cubo truncado; (c) 3.10.10 - dodecaedro truncado; (d) 5.6.6 - icosaedro truncado.
2. Se o poliedro for do tipo k.l.m, com k par, podemos ter três tipos de poliedros possíveis: (a) 4.6.6 - octaedro truncado; (b) 4.6.8 - grande rombicuboctaedro e (c) 4.6.10 - grande rombicosidodecaedro.
3. Se o poliedro for do tipo k.l.m.p, temos que ter a presença de triângulos. Podemos assumir então k = 3, e então teremos l = p. Com isto, os poliedros possíveis são os de padrões: (a) 3.4.3.4 - cuboctaedro; (b) 3.5.3.5 - icosidodecaedro; (c) 3.4.4.4 - pequeno rombicuboctaedro e (d) 3.4.5.4 - pequeno rombicosidodecaedro.
4. Se o poliedro for do tipo k.l.m.p.q, também precisamos da
presença de triângulos, assim, assumimos k = 3. Temos que ter l = q e ainda, k = l = m. Então, o poliedro precisa ter, necessariamente, um dos padrões: (a) 3.3.3.4.3 - cubo achatado e (b) 3.3.3.5.3 - dodecaedro achatado.