Ugrás a tartalomhoz

Matematikai mozaik

Andrásfai Béla, Bakos Tibor, Bognár Jánosné, Bognár Mátyás, Gallai Tibor, Hódi Endre, Laczkovich Miklós, Molnár Ferenc, Reimann István, Rényi Alfréd, Révész Pál, Rónyai Lajos, Surányi János, Vadkerty Tibor, Varga Tamás

Typotex

PARKETTÁK A GEOMETRIA SZEMSZÖGÉBŐL

PARKETTÁK A GEOMETRIA SZEMSZÖGÉBŐL

REIMAN, ISTVÁN


A parkettázás története szinte egyidős az építkezések történetével. Az épületek padozatát régen kődarabokkal rakták ki; ez eleinte találomra egymás mellé rakott laposabb kődarabokból állott; később már faragtak ezeken a köveken, hogy az összeillesztésnél a padozat minél nagyobb része legyen fedett és minél kevesebb legyen a hézag. A fejlődés további folyamán a hézagokat is igyekeztek kiküszöbölni a padozatból a felhaszanált kődarabok faragásával. (Egyébként a falak építésére felhasznált építőelemeknél, köveknél is megtalálható ez a fejlődési folyamat.)

Gyakorlati tapasztalatok alapján rájöttek arra, hogy egyszerűbb a padozat beborítása, ha egyforma, azonos alakú és nagyságú fedőköveket használnak; különösen akkor, ha ezeket pl. agyagból égetik. Néhány ilyen parkettázást mutatnak az ókori lakóépületekből az 1–5. ábrák.

Már ebből az öt, évezredekkel ezelőtt ismert parkettázási módból is a fellépő formák nagy gazdagságára következtethetünk. És itt lép be gondolatsorunkba a matematika: felvetődik ti. a kérdés, hogy egyáltalán milyen parkettázások készíthetők. Bevezetőül tisztázzuk az alábbiakban felhasználandó fogalmakat. A matematikai tárgyalás egyszerűsítése céljából parkettázáson a síknak síkidomokkal való egyrétű és hézagtalan lefedését fogjuk érteni. Egyrétűnek nevezzük a lefedést, ha a sík minden pontját legfeljebb egy lefedő idom belső pontja fedi le. (Egy pontot több fedőidom határpontja is fedhet.) Hézagtalan a lefedés, ha a sík minden pontját lefedi legalább egy fedőidom belső- vagy határpontja. Parkettázásnál a teljes sík lefedésére gondolunk.

Szorítkozzunk először a már említett, a gyakorlat által felvetett kérdésre: milyen parkettázás készíthető egybevágó idomokból, azaz: milyen egybevágó idomokból készíthetők parketták. Nyilvánvaló például, hogy körből nem készíthető parkettázás, de bizonyos körívekkel határolt idomokból már igen, mint azt a 4–5. ábrák mutatják. A probléma némi egyszerűsítéséhez jutunk, ha észrevesszük, hogy pl. a 4. és 5. ábrák az 1 és 2. ábrákból származtathatók úgy, hogy azokba bizonyos köríveket rajzolunk be (6. és 7. ábra).

Kézenfekvőnek látszik tehát az a gondolat, hogy minden parkettázást sokszögekkel való parkettázásra vezessünk vissza.

Vizsgáljuk először az egybevágó konvex sokszögekkel létesíthető parkettákat (konvex egy sokszög, ha minden szöge kisebb 180^∘

180 -nál). Ilyet mutatott az eddigiek folyamán az 1., 2., 3. ábra. Nagyon könnyű belátni, hogy tetszőleges paralelogrammából többféleképpen is készíthető parketta! (8. ábra).

Ebből közvetlenül következik, hogy parkettázás készíthető minden háromszögből is. Tükrözzünk ui. egy háromszöget egyik oldalának felezőpontjára, így paralelogrammát kapunk. E paralelogrammával – tehát akkor a háromszöggel is – lefedhető a sík (9. ábra).

A 3. ábrán egy szabályos hatszögből készített parkettát láthatunk. Megfigyelhetjük azonban, hogy a szabályos hatszögnek a parkettázás szempontjából leglényegesebb tulajdonsága középpontosan szimmetrikus volta; ti. minden középpontosan szimmetrikus hatszögből készíthető lefedés. Ennek igazolása leolvasható a 10. ábráról: a hatszögekből szalagokat készíthetünk; ezek hézagtalanul egymás mellé illeszthetők, mivel a hatszög szemköztes szögei egyenlők és így három, nem szomszédos szög összege (az ábrán α+β+γ

α + β + γ ) éppen a hatszög szögösszegének fele, azaz 360^∘ 360 . Megjegyezhetjük, hogy itt a hatszög konvex voltát sem kell kikötni (11. ábra).

A paralelogramma-parkett és a háromszögparkett közötti igen egyszerű kapcsolat a paralelogrammák középpontos szimmetriájából következik. Ugyanilyen kapcsolatot tudunk felfedezni a négyszögek és a középpontosan szimmetrikus hatszögek között is. Egy tetszőleges négyszög bármelyik oldalfelező pontjára vonatkozó tükörképével együtt középpontosan szimmetrikus hatszöget alkot (itt sem szükséges a konvex kikötés, 12. ábra).

Ezekből a hatszögekből viszont – és így a négyszögekből is – készíthető parkett.

Eddigi eredményeinket összefoglalva kimondhatjuk: minden háromszögből és minden négyszögből készíthető parkettázás.

Logikusan vetődik fel a kérdés: milyen ötszögekkel fedhető le a sík? Itt már korántsem várható az, hogy a három-, ill. négyszögekre nyert tételünk érvényben marad; pl. szabályos ötszögekkel nem fedhető le a sík; ezt könnyen beláthatjuk, ha meggondoljuk, hogy annak egyik szöge 108^∘

108 -os. Egyszerűen megadhatunk azonban másféle ötszögekből készített parkettát. Egy ilyen a 3. ábra szabályos hatszögeiből készült (13. ábra).

A négyzetparkettából (2. ábra) származnak az előbbitől eltérő ötszögparketták (14. ábra).

Megfigyelhetjük, hogy az itt szereplő ötszögek mindegyikének van legalább egy, 90^∘

90 -nál nem nagyobb szöge. Megmutatjuk, hogy ez szükségszerű: ha egy ötszög minden szöge tompaszög, akkor nem készíthető belőle parketta. (Tehát speciálisan a szabályos ötszögből sem.) Nevezzük csomópontnak az elképzelt parkettán azokat a pontokat, amelyekben élek végpontjai találhatók! Mivel két tompaszög összege nagyobb 180^∘ 180 -nál, ezért egy csomópontban legfeljebb három sokszög, tehát legfeljebb három él találkozhat. Mivel legalább három élnek kell is találkoznia, ezért a szóban forgó ötszögparketta minden csomópontja három élű.

Állításunknál többet is igazolunk: megmutatjuk, hogy még nem egybevágó ötszögekből sem lehet készíteni olyan parkettát, amelynek minden csomópontja három élű. A 15. ábrán egy tetszőleges, 1-gyel jelölt ötszögből kiindulva kíséreljük meg a parketta felépítését. A kiindulási ötszöget a sötétebb árnyalatú, 2-es típusú ötszögek fogják közre, ezekhez pedig a 3-asok köre csatlakozik. Itt azonban már minden csomópontban pontosan három él van, a parkettázás tehát nem folytatható tovább, nem létezik ilyen parkett.

Nagyon nehéz kérdésnek bizonyult, hogy melyek azok az ötszögek, ill. hatszögek, amelyekből parkett készíthető, és a kérdés teljes egészében még ma sem tisztázott. Mindebből hajlamosak lennénk levonni azt a következtetést, hogy a hatnál nagyobb oldalszámú konvex sokszögekre a feladat még nehezebb, még áttekinthetetlenebb. Meglepő azonban, hogy ez nincs így; ez a kérdés röviden elintézhető: hatnál nagyobb oldalszámú konvex sokszögből nem készíthető parkett.

Ezt az állítást indirekt módon bizonyítjuk be. Feltesszük, hogy az állítással ellentétben létezik olyan parkett, amelynek építőelemei 6-nál nagyobb oldalszámú egybevágó konvex sokszögek, s megmutatjuk, hogy ebből a feltevésből kiindulva képtelen következtetésre jutunk, ami a kiindulás lehetetlenségét bizonyítja. A feltételezett parkettel kapcsolatosan vezessünk most be néhány jelölést! Legyen a parkettázás alapsokszögének oldalszáma n

n , területe t t . Nyilvánvalóan meg tudunk adni olyan kört, amellyel lefedhető ez a sokszög; legyen ennek átmérője d d . Ez azt jelenti, hogy az alapsokszög tetszőleges két pontjának távolsága nem lehet nagyobb d d -nél. (A d d értéke nyilván nincs egyértelműen meghatározva, egy határon túl tetszőlegesen választható.) A rövidség kedvéért tételezzük fel, hogy parkettünk csomópontjai nem belső pontjai egyetlen élnek sem, tehát pl. nem olyanok, mint az 1. ábra csomói. (E feltevés nélkül is hasonlóan, de valamivel hosszabban menne a bizonyítás.) Borítsunk most rá parkettánkra egy a a oldalú négyzetet (16. ábra)!

Mivel a feltevés szerint készíthető az egész síkra kiterjedő parkett, a

a értéke tetszőleges nagy lehet. Jelöljük c c -vel a négyzetbe vagy határára eső csomópontok számát! Ez a négyzet teljesen lefed x x számú sokszöget, a teljesen és részben lefedett sokszögek együttes száma pedig legyen y y . Húzzunk most a négyzet oldalaival, tőlük d d távolságra, párhuzamosokat; ezek egy a+2d a + 2 d , ill. a–2d a 2 d oldalú négyzetet zárnak közre.

Az előbb megnevezett y

y számú sokszöget teljesen lefedi az a+2d a + 2 d oldalú négyzet, mivel ezeknek a sokszögeknek van közös pontjuk az a a oldalú négyzettel; ezért az y y számú sokszög területének összege kisebb az a+2d a + 2 d oldalú négyzet területénél:

ytl(a+2d)^2,
y t l ( a + 2 d ) 2 ,

azaz

yl((a+2d)^2/t).
y l ( a + 2 d ) 2 t .

(1)

Hasonlóan: az a–2d

a 2 d oldalú négyzetet teljesen lefedi az a a oldalú négyzetben teljesen benne lévő x x számú sokszög, ezért ezek területének összege nagyobb az a–2d a 2 d oldalú négyzet területénél:

xtg(a–2d)^2,
x t g ( a 2 d ) 2 ,

azaz

xg((a–2d)^2/t).
x g ( a 2 d ) 2 t .

(2)

Becsüljük most meg az a

a oldalú négyzetben lévő sokszögcsúcsok számát! E négyzet belsejében vagy határán fekvő csomópontok képzésében azok a sokszögek vesznek részt, amelyek vagy benne vannak a négyzetben, vagy oda benyúlnak; jelölésünk szerint ezek száma y y . Mivel minden sokszögnek n n csúcsa van, ezért a szóban forgó csomópontokban lévő csúcsok száma legfeljebb yn y n . Mivel viszont egy csomóban a sokszögek konvex volta miatt legalább három csúcsnak kell egyesülnie, a csomókban elhelyezkedő csúcsok száma legalább 3c 3 c , így

3c≤yn.
3 c y n .

(3)

Ha most (1) mindkét oldalát megszorozzuk n

n -nel, akkor azt kapjuk, hogy

ynl((a+2d)^2n/t).
y n l ( a + 2 d ) 2 n t .

Ebből (3)-ra tekintettel

3cl((a+2d)^2n/t),
3 c l ( a + 2 d ) 2 n t ,

azaz

cl((a+2d)^2n/3t).
c l ( a + 2 d ) 2 n 3 t .

(4)

Végezzünk most becslést az a

a oldalú négyzetben fekvő sokszögek szögeinek összegére! Ez az összeg nyilván

(n–2)180^∘⋅x,
( n 2 ) 180 x ,

mivel x

x számú sokszögről van szó és mindegyik sokszög szögeinek összege (n–2)180^∘ ( n 2 ) 180 . Másrészt: az egy csomóhoz tartozó valamennyi szög összege 360^∘ 360 , ezért az összes csomóban lévő, számításba jövő szögek összege nem lehet nagyobb c⋅360^∘ c 360 -nál (lehet, hogy kevesebb, mert ha a csomó a négyzet határán van, nem minden szöge tartozik az összeghez), ezért

c⋅360^∘≥(n–2)180^∘⋅x.
c 360 ( n 2 ) 180 x .

Ezt az egyenlőtlenséget 360^∘

360 -kal osztva kapjuk:

c≥((n–2)x/2),
c ( n 2 ) x 2 ,

vagy még (2)-t is figyelembe véve

cg(n–2/2)⋅((a–2d)^2/t).
c g n 2 2 ( a 2 d ) 2 t .

(5)

Hasonlítsuk most össze (4)-et és (5)-öt:

((n–2)(a–2d)^2/2t)l((a+2d)^2n/3t).
( n 2 ) ( a 2 d ) 2 2 t l ( a + 2 d ) 2 n 3 t .

6t

6 t -vel megszorozva az egyenlőtlenség mindkét oldalát, majd azonos algebrai átalakításokat végezve és rendezve kapjuk, hogy

(n–6)(a^2+4d^2)lad(20n–24).
( n 6 ) ( a 2 + 4 d 2 ) l a d ( 20 n 24 ) .

Mivel ng6

n g 6 , (n–6) ( n 6 ) -tal eloszthatjuk az egyenlőtlenség mindkét oldalát

a^2+4d^2l(20n–24/n–6)ad.
a 2 + 4 d 2 l 20 n 24 n 6 a d .

(6)

A bal oldalt csökkentjük, ha 4d^2

4 d 2 -et elhagyjuk; majd mindkét oldalt a a -val osztjuk:

al(20n–24/n–6)d.
a l 20 n 24 n 6 d .

Vizsgáljuk most meg d

d együtthatóját, mekkora lehet maximális értéke?

(20n–24/n–6)=20+(96/n–6).
20 n 24 n 6 = 20 + 96 n 6 .

Mivel n–6

n 6 minimális értéke 1, (96/n–6) 96 n 6 maximális értéke 96, ezért

(20n–24/n–6)≤20+96=116.
20 n 24 n 6 20 + 96 = 116 .

Tehát

al116d.
a l 116 d .

A szóban forgó parkett létezéséből tehát arra a következtetésre jutottunk, hogy az a

a négyzetoldalnak kisebbnek kell lennie egy rögzített értéknél, 116d 116 d -nél. Ez azonban ellentmond annak a feltevésnek, hogy a parkettre tetszőlegesen nagy négyzet borítható, azaz a teljes síkot lefedő parkett nem létezhet. Ezzel bebizonyítottuk állításunkat.

Érdemes még egyszer áttekinteni a fenti bizonyítást abból a szempontból, hogy hol használtuk ki az egyes feltételeket. Az n≥7

n 7 feltételre a számolás (6)-tal jelölt és utolsó lépésénél volt szükség. A sokszög konvexitásából következett, hogy egy csomóban legalább három csúcs találkozik. Nem használtuk ki azt, hogy a sokszögek egybevágók, hanem csupán azt, hogy területeik egyenlők és mindegyikük lefedhető egy d d átmérőjű körrel.

Egybevágó konkáv sokszögekből készíthető parkett n≥7

n 7 esetén is, sőt tetszőleges oldalszámú sokszöget meg lehet adni, amelyből síkparkettázás készíthető. Erre mutat példát a 17. ábra páros, ill. páratlan oldalszámra; két-két sokszög téglalapba, ill. középpontosan szimmetrikus hatszögbe foglalható.

A parkett gyakorlati felhasználásával művészi, esztétikai szempontok is jelentkeztek. Az egybevágó elemekből készített parkettnél szebb mintákat szolgáltatnak a különböző elemekből összetett parketták; mutatósságuk még fokozható, ha az azonos elemeket azonos színűre is festik. A különböző elemekből készítendő parkettázás lehetőségének vizsgálata ugyancsak bonyolult kérdés; válasszunk ki itt is olyan speciális esetet, amely a gyakorlati alkalmazások szempontjából is elsődleges. Kössük ki, hogy

  1. a parkettlapok csak szabályos sokszögek lehetnek;

  2. a parkettázás csomópontjai nem belső pontjai egyetlen élnek sem;

  3. bármely két különböző csomópontban azonos számú hatszög, azonos számú négyszög, azonos számú ötszög stb. szerepel, de a különböző fajta sokszögek számának egy csomón belül nem kell megegyeznie.

A fenti feltételeknek eleget tevő parkettákat homogéneknek nevezzük.

Az összes homogén parketta meghatározása matematikailag nem jelent nehéz feladatot, legfeljebb eléggé hosszadalmas. Néhány konkrét eset meghatározásával megmutatjuk azt az utat, amelyen megtalálható az összes megoldás.

Mivel a szabályos sokszögek konvexek, a homogén parkett egy csomópontjában legalább három sokszög találkozik. A szabályos sokszög egy-egy szöge

((n–2)⋅180^∘/n)=180^∘–(360^∘/n),
( n 2 ) 180 n = 180 360 n ,

ahol n

n az oldalszámot jelenti. Ez a képlet egyébként azt mutatja, hogy az n n növekedésével a szabályos sokszög szögei is nőnek; a legkisebb szögei tehát a szabályos háromszögnek vannak, ezek 60^∘ 60 -osak. Ebből már következik, hogy egy csomóban legfeljebb hat csúcs találkozhat, hiszen egy csomóban a szögösszeg 360^∘ 360 . Feladatunkat tehát négy részre vághatjuk szét aszerint, hogy egy csomó 3, 4, 5 vagy 6 csúcsot tartalmaz. Nézzük meg például, hogyan lehetne meghatározni a második esethez tartozó parkettákat. (Itt egy csomóban négy csúcs van.) Legyen a csomót alkotó szabályos sokszögek oldalszáma rendre n_1 n 1 , n_2 n 2 , n_3 n 3 és n_4 n 4 . Ezek egy-egy szöge

180^∘–(360^∘/n_1), 180^∘–(360^∘/n_2), 180^∘–(360^∘/n_3), 180^∘–(360^∘/n_4).
180 360 n 1 , 180 360 n 2 , 180 360 n 3 , 180 360 n 4 .

Az egy csomó képzésében részt vevő négy szög – tehát a fenti négy szög – összege 360^∘

360 :

4⋅180^∘–360^∘((1/n_1)+(1/n_2)+(1/n_3)+(1/n_4))=360^∘.
4 180 360 ( 1 n 1 + 1 n 2 + 1 n 3 + 1 n 4 ) = 360 .

Ezt átrendezve kapjuk, hogy

(1/n_1)+(1/n_2)+(1/n_3)+(1/n_4)=1.
1 n 1 + 1 n 2 + 1 n 3 + 1 n 4 = 1 .

Feladatunk most megtalálni ennek az egyenletnek pozitív egész megoldásait. Az n

n -ek értékei természetesen 2-nél nagyobbak. Tegyük fel, hogy nagysági sorrendjük

n_1≤n_2≤n_3≤n_4,
n 1 n 2 n 3 n 4 ,

azaz

(1/n_1)≥(1/n_2)≥(1/n_3)≥(1/n_4).
1 n 1 1 n 2 1 n 3 1 n 4 .

Vizsgáljuk meg először a háromszögek számát! Egy csomóban nem lehet 3 háromszög, mert ha pl. n_1=n_2=n_3=3

n 1 = n 2 = n 3 = 3 , akkor

3⋅(1/3)+(1/n_4)=1,
3 1 3 + 1 n 4 = 1 ,

(1/n_4)=0
1 n 4 = 0

következik, ami lehetetlen. Tegyük fel, hogy két háromszög van, tehát n_1=n_2=3

n 1 = n 2 = 3 , ekkor:

(1/n_3)+(1/n_4)=(1/3), n_3=3+(9/n_4–3).
1 n 3 + 1 n 4 = 1 3 , n 3 = 3 + 9 n 4 3 .

Mivel n_3

n 3 egész; kell, hogy (n_4–3) ( n 4 3 ) pozitív egész osztója legyen 9-nek, tehát a lehetséges értékek

n_4–3 1 3 9 n_4 4 6 12 n_3 12 6 4
n 4 3 1 3 9 n 4 4 6 12 n 3 12 6 4

A nagyságrendi megkötések miatt ebből csak az n_3=6

n 3 = 6 , n_4=6 n 4 = 6 és az n_3=4 n 3 = 4 , n_4=12 n 4 = 12 megoldás lehetséges. A két háromszöget tartalmazó csomókhoz tehát a lehetséges megoldások:

A:(3, 3, 6, 6) és B:(3, 3, 4, 12).
A : ( 3 , 3 , 6 , 6 ) és B : ( 3 , 3 , 4 , 12 ) .

Tegyük most fel, hogy a csomóban csak egy háromszög van (n_1=3)

( n 1 = 3 ) ; ekkor n_2 n 2 legkisebb értéke 4 lehet. Ebben az esetben

(1/3)+(1/4)+(1/n_3)+(1/n_4)=1,
1 3 + 1 4 + 1 n 3 + 1 n 4 = 1 ,

ebből az előbbiekhez hasonlóan

(1/n_3)+(1/n_4)=(5/12).
1 n 3 + 1 n 4 = 5 12 .

Mivel

(1/n_3)≥(1/n_4),
1 n 3 1 n 4 ,

(5/12)=(1/n_3)+(1/n_4)≤(2/n_3),
5 12 = 1 n 3 + 1 n 4 2 n 3 ,

n_3≤(24/5)l5,
n 3 24 5 l 5 ,

tehát n_3

n 3 csak 4 lehet; az egyenletbe való helyettesítéssel látható, hogy ekkor n_4=6 n 4 = 6 . Kaptuk tehát a

C:(3, 4, 4, 6)
C : ( 3 , 4 , 4 , 6 )

megoldást.

n_2

n 2 nem lehet 4-nél nagyobb, mert ebben az esetben n_3 n 3 és n_4 n 4 is nagyobb 4-nél és így

1=(1/3)+(1/n_2)+(1/n_3)+(1/n_4)≤(1/3)+(1/5)+(1/5)+(1/5)=(14/15)l1
1 = 1 3 + 1 n 2 + 1 n 3 + 1 n 4 1 3 + 1 5 + 1 5 + 1 5 = 14 15 l 1

lenne, ami lehetetlen. Ha tehát a csomóban van háromszög, csak az A

A , B B , C C esetek léphetnek fel.

Ha nincs a parkettának háromszög építőeleme, n_1

n 1 legkisebb értéke 4. De ekkor n_2 n 2 , n_3 n 3 , n_4 n 4 közül egyik sem lehet 4-nél nagyobb, mert akkor reciprokjaik összege kisebb lenne 1-nél, tehát nem elégítenék ki az egyenletet; a nagyságrendi megkötések miatt viszont mindegyiknek legalább 4-nek kell lennie, így ebben az esetben az egyedül lehetséges megoldás

D:(4, 4, 4, 4).
D : ( 4 , 4 , 4 , 4 ) .

Hasonló okból nem lehet n_1

n 1 4-nél nagyobb szám. Ezzel egyenletünknek mind a négy megoldását megtaláltuk. Kérdéses azonban, hogy az egyenlet megoldásainak megfelel-e mindig egy, az egész síkot lefedő parketta. Ebben nem lehetünk eleve biztosak, hiszen mi a parketta létezésének feltételét csak egyetlen csomóban vizsgáltuk, és nem biztos, hogy ez az egész síkra kiterjeszthető. Vizsgáljuk meg ebből a szempontból az A A , B B , C C , D D megoldásokat! Az A A megoldás könnyen megvalósítható (18. ábra).

Megmutatjuk, hogy a B

B megoldáshoz nem tartozik megvalósítható parketta. Válasszunk ki ui. egy tizenkétszöget! Ennek két szomszédos oldalához nem csatlakozhat négyzet, mert akkor a közös csúcsban két négyzet lenne, ellentétben a feltevéssel. A tizenkétszög három szomszédos oldalához csatlakozó négyzetek, ill. háromszögek a 19. ábrán

látható négy különböző módon helyezkedhetnek el. Kíséreljük meg ezeknek a kiterjesztését az egész síkra! Az eredeti sokszögeket jelöljük az ábrán e

e -vel! A további építés minden esetben egyértelmű, az építés sorrendjét a számozás mutatja (20. ábra).

Az a), b), c) ábrákon a továbbépítés lehetetlensége az X

X -szel jelölt csomóban mutatkozik meg, mert ide szükségképpen olyan sokszögek kerültek össze, amelyeket feltételünk nem enged meg. A d) eset kiterjesztésének lehetetlensége abból következik, hogy szükségképpen visszavezetődik a b), ill. c) esetre aszerint, amint az egyik háromszöggel szomszédos tizenkétszög-oldalra négyzetet vagy háromszöget illesztünk. A C C megoldás többféle módon is realizálható (21., 22., 23. ábrák).

A D

D megoldást már a 2. ábráról ismerjük.

Ha a homogén parketta definíciójában szereplő 3. feltételt elhagyjuk, ún. inhomogén parkettákat kapunk. A 24. ábrán szabályos tizenkétszögből és háromszögből felépített homogén parkettát és egy abból származtatott inhomogén parkettát láthatunk.

A parkettázás kapcsán felmerülő geometriai problémák számtalan további gondolatot, kérdést vetnek fel. Megemlítünk ezek közül néhányat. Szó volt róla, hogy pl. körökkel nem rakható ki a sík hézagtalanul. Ha ennek ellenére egybevágó körökkel szeretnénk kirakni egy padlózatot, felvetődik a kérdés, hogyan lehet a köröket a legsűrűbben elhelyezni, azaz úgy, hogy a le nem fedett és lefedett részek területének aránya a lehető legkisebb legyen. Bebizonyítható, hogy ez akkor következik be, ha a körök középpontjai egy szabályos háromszögekből készített parkett csomópontjai. Általában igen nehéz megtalálni a legsűrűbb elhelyezkedést abban az esetben, ha körök helyett más síkalakzatokat veszünk.

Az itt tárgyalt kérdések térbeli megfelelői is természetszerűen merülnek fel: milyen testekkel lehet hézagtalanul és egyrétűen kitölteni a teret? A paralelepipedonokon (paralelogramma alapú hasábok, pl. a téglatest, kocka) kívül az első pillanatban aligha tudnánk erre alkalmas testet mondani, bár vannak ilyenek; itt is azonban még számos kérdés megoldatlan. Ugyancsak megoldatlan az egybevágó gömbök legsűrűbb elhelyezésének kérdése is. Érdekes különbség a sík és tér szerkezete között, hogy míg tetszőleges háromszöggel nagyon egyszerűen tudunk parkettát készíteni, a háromszög térbeli megfelelőjével, a tetraéderrel (háromszög alapú gúla) nem tölthető ki a tér egyrétegűen és hézagtalanul. Azonos élhosszúságú tetraéderrel és oktaéderrel azonban már lehetséges a tér egy homogén kitöltése. Az ehhez hasonló jellegű kérdések gyakorlati alkalmazást is nyernek pl. a kristályszerkezetek vizsgálatánál. A matematika e problémaköre a geometria egy, az utóbbi évtizedekben kialakult ágához, az ún. diszkrét geometriához tartozik, amelynek fejlődését magyar matematikusok kiváló eredményekkel segítették elő.