正多角形の敷き詰め

要点：(1) $T$ と $v$ を頂点にもつタイル $T_0$ の共有部分は、条件 (iii) により共通の頂点か共通の辺で、どちらでも $v$ は $T$ の頂点になる。(2) $v$ を中心とする十分小さな円を考えると、$v$ を含むタイルはその円から中心角が内角に等しい扇形を切り取り、これらの扇形はすき間も重なりもなく円を埋めるので、中心角の和は $360^\circ$ である。

方針：「限る」ことは lem-rtl-vertex の角の和を整数の方程式に直して示す。「ある」ことは次の節で 3 つの敷き詰めを作って示す。
段 1（角の和の式）。合同な正 $p$ 角形による辺と辺を合わせた敷き詰めがあるとし、その頂点 $v$ を 1 つとる。$v$ を含むタイルの枚数を $q$ とする（有限性の仮定により有限）。lem-rtl-vertex により、どのタイルも $v$ を頂点にもち、内角の和は $360^\circ$ である。正 $p$ 角形の内角は $180^\circ-\dfrac{360^\circ}p$ なので
$$ q\left(180^\circ-\frac{360^\circ}p\right)=360^\circ $$
である。
段 2（整理する）。両辺を $180^\circ$ で割ると $q\left(1-\dfrac2p\right)=2$ である。両辺に $p$ を掛けると $q(p-2)=2p$、つまり $pq-2p-2q=0$ である。両辺に $4$ を足すと、左辺は $(p-2)(q-2)$ に因数分解できて
$$ (p-2)(q-2)=4 $$
である。
段 3（整数の組を求める）。$p\ge3$ なので $p-2\ge1$ である。$q$ は正の整数で、段 2 から $q-2=\dfrac4{p-2}>0$ なので $q-2$ も正の整数である。積が $4$ になる正の整数の組は $(p-2,q-2)=(1,4),(2,2),(4,1)$ だけである。よって $(p,q)=(3,6),(4,4),(6,3)$ で、$p$ は $3,4,6$ のどれかである。
段 4（逆）。$p=3,4,6$ のそれぞれで敷き詰めがあることは、次の節の prop-rtl-exist で示す。$\square$

方針：正方形の敷き詰めを座標で作り、斜めの座標に写して正三角形の敷き詰めを作り、正三角形を 6 枚ずつまとめて正六角形の敷き詰めを作る。
段 1〜3 の要点：正方形 $S_{m,n}=\{(x,y)\mid m\le x\le m+1,\ n\le y\le n+1\}$（$m,n$ は整数）は、方眼紙のように辺と辺を合わせて平面を敷き詰める。座標 $(x,y)$ を斜めの座標 $s\vec u+t\vec w$（$\vec u=(1,0)$、$\vec w=\left(\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}2\right)$）に置きかえると、正方形は 1 辺 $1$、内角 $60^\circ$ と $120^\circ$ のひし形に移り、ひし形の敷き詰めができる。ひし形を長さ $\lvert\vec u-\vec w\rvert=1$ の短い対角線で切ると、1 辺 $1$ の正三角形の敷き詰めができる。以下、$s,t$ がともに整数の点 $m\vec u+n\vec w$ を 格子点 とよぶ。

方針：まず枚数 $k$ の範囲を決め、$p_1\le p_2\le\cdots\le p_k$ と並べて、小さい $p_1$ から範囲を絞る。
段 1（枚数の範囲）。正多角形の内角は $60^\circ$ 以上 $180^\circ$ 未満である（$p\ge3$ で $\dfrac{360^\circ}p\le120^\circ$）。$k$ 個の内角の和が $360^\circ$ なので、$60^\circ\times k\le360^\circ$ から $k\le6$、$180^\circ\times k>360^\circ$ から $k\ge3$ である。
段 2（$k=3$）。式は $\dfrac1{p_1}+\dfrac1{p_2}+\dfrac1{p_3}=\dfrac12$ である。$p_1$ が最小なので左辺は $\dfrac3{p_1}$ 以下で、$\dfrac3{p_1}\ge\dfrac12$ から $p_1\le6$ である。

• $p_1=3$：$\dfrac1{p_2}+\dfrac1{p_3}=\dfrac16$。$\dfrac1{p_2}<\dfrac16$ から $p_2>6$、$\dfrac2{p_2}\ge\dfrac16$ から $p_2\le12$ である。$\dfrac1{p_3}=\dfrac16-\dfrac1{p_2}=\dfrac{p_2-6}{6p_2}$ より $p_3=\dfrac{6p_2}{p_2-6}$ で、$p_2=7,8,9,10,11,12$ に対して $42,24,18,15,\dfrac{66}5,12$ である。整数になるのは $p_2=11$ 以外の 5 つである。
• $p_1=4$：$\dfrac1{p_2}+\dfrac1{p_3}=\dfrac14$。$4< p_2\le8$ で、$p_3=\dfrac{4p_2}{p_2-4}$ は $p_2=5,6,7,8$ に対して $20,12,\dfrac{28}3,8$ である。整数になるのは 3 つである。
• $p_1=5$：$\dfrac1{p_2}+\dfrac1{p_3}=\dfrac3{10}$。$5\le p_2\le\dfrac{20}3$ なので $p_2=5,6$ で、$p_3=\dfrac{10p_2}{3p_2-10}$ は $10,\dfrac{15}2$ である。整数は $p_2=5$、$p_3=10$ だけである。
• $p_1=6$：$\dfrac1{p_2}+\dfrac1{p_3}=\dfrac13$。$6\le p_2\le6$ なので $p_2=6$、$p_3=6$ である。
  合わせて 10 通りである。
  段 3（$k=4$）。式は $\dfrac1{p_1}+\cdots+\dfrac1{p_4}=1$ で、$\dfrac4{p_1}\ge1$ から $p_1\le4$ である。
• $p_1=3$：残り 3 つの和は $\dfrac23$ で、$\dfrac3{p_2}\ge\dfrac23$ から $p_2\le4$ である。$p_2=3$ なら $\dfrac1{p_3}+\dfrac1{p_4}=\dfrac13$ で $3< p_3\le6$、$p_4=\dfrac{3p_3}{p_3-3}$ は $p_3=4,5,6$ に対して $12,\dfrac{15}2,6$ である。$p_2=4$ なら $\dfrac1{p_3}+\dfrac1{p_4}=\dfrac5{12}$ で $4\le p_3\le\dfrac{24}5$、つまり $p_3=4$、$p_4=6$ である。
• $p_1=4$：4 つとも $4$ 以上で和が $1$ なので、$p_1=p_2=p_3=p_4=4$ である。
  合わせて $\{3,3,4,12\}$、$\{3,3,6,6\}$、$\{3,4,4,6\}$、$\{4,4,4,4\}$ の 4 通りである。
  段 4（$k=5$）。式は $\dfrac1{p_1}+\cdots+\dfrac1{p_5}=\dfrac32$ である。$\dfrac5{p_1}\ge\dfrac32$ から $p_1=3$、残り 4 つの和は $\dfrac76$ で $\dfrac4{p_2}\ge\dfrac76$ から $p_2=3$、残り 3 つの和は $\dfrac56$ で $\dfrac3{p_3}\ge\dfrac56$ から $p_3=3$ である。残り 2 つの和は $\dfrac12$ で、$3\le p_4\le4$、$p_5=\dfrac{2p_4}{p_4-2}$ は $p_4=3,4$ に対して $6,4$ である。2 通りである。
  段 5（$k=6$）。式は和が $2$ で、$\dfrac6{p_1}\ge2$ から $p_1=3$、6 つとも $3$ 以上なので全部 $3$ である。1 通りである。
  段 6（並ぶ順）。3 枚の並べ方は、どの順でも回転と裏返しで重なるので、組 1 つに 1 通りである。4 枚で同じ数が 2 つある組 $\{a,a,b,c\}$ は、$a$ どうしが隣り合う $a.a.b.c$ と向かい合う $a.b.a.c$ の 2 通り、$\{a,a,b,b\}$ は $a.a.b.b$ と $a.b.a.b$ の 2 通りである。5 枚の $\{3,3,3,4,4\}$ は、$4$ どうしが隣り合うか否かで 2 通りである。ほかの組（$\{4,4,4,4\}$、$\{3,3,3,3,6\}$、$\{3,3,3,3,3,3\}$）は 1 通りである。合計は
  $$ \underbrace{10}_{3\text{ 枚}}+\underbrace{2+2+2+1}_{4\text{ 枚}}+\underbrace{1+2}_{5\text{ 枚}}+\underbrace{1}_{6\text{ 枚}}=21 $$
  である。$\square$

要点：正 $a$ 角形のタイル $P$ の各頂点には $P$ のほかに正 $b$ 角形と正 $c$ 角形が 1 枚ずつ集まり、それぞれ $P$ のその頂点から出る 2 辺の一方を共有する。$b\ne c$ なら、$P$ の辺のとなりは $b,c,b,c,\dots$ と交互に並ぶが、辺の数 $a$ が奇数なので 1 周したところで同じ種類が隣り合い、矛盾する。