Se suele señalar que las antiguas culturas desarrollaron la geometría con dos propósitos bastante bien definidos: ubicarse (tanto geográfica como astronómicamente) y edificar construcciones. Sin embargo, existía -y sigue existiendo- otra motivación: la elaboración de iconografía y decoraciones. A lo largo de la historia, este tipo de manifestaciones variaban muchísimo de cultura en cultura, pero hallaron su máximo nivel de complejidad en el mundo islámico. A menudo, los descubrimientos provinieron de los más grandes sabios de cada época, pero hubo también casos en que se avanzó gracias a la práctica de constructores y artesanos. Una de las facetas en que se hicieron las mayores innovaciones es la relacionada con ornamentaciones geométricas de pisos y paredes.

Se puede encontrar mucha información sobre mosaicos del plano en Paisajes Matemáticos, por ejemplo aquí y aquí. En este artículo nos enfocaremos en un problema muy básico. El objetivo es dar una prueba completa de un teorema (que puede ser atribuido a Kepler) sobre teselaciones del plano por polígonos regulares que no es fácil de encontrar en la literatura (a menos que uno entre en trabajos especializados como [1]).

Las tres teselaciones regulares del plano

Desde los más remotos tiempos, se sabe que solo con tres polígonos regulares se puede embaldosar el plano (es decir, cubrirlo sin
superposiciones usando copias del mismo tamaño) de modo que cada vértice de un polígono empalme solo con vértices de otros polígonos: el triángulo equilátero, el cuadrado y el hexágono. En efecto, los ángulos internos de un polígono regular de $n$ lados miden
\[\frac{(n-2) \, 180º}{n}.\]
Por ello, si intentamos embaldosar de modo que $m$ de estos polígonos lleguen a cada vértice,
entonces el ángulo total que se agrupa allí es igual a [2]
\[\frac{m \, (n-2) \, 180º}{n}.\]
Obviamente, este debe ser un ángulo completo, de lo cual se deduce que
\[\frac{m \, (n-2) \, 180}{n} = 360 \quad \Longrightarrow \quad \frac{m \, (n-2)}{n} = 2.\]
Esto nos da $\, mn - 2m = 2n, \,$ por lo que $\, mn - 2m - 2n + 4 = 4,\,$ igualdad que podemos escribir en la forma
\[(m-2) \, (n-2) = 4.\]
Puesto que las únicas maneras de descomponer el $4$ como producto (de factores enteros y positivos)
son $\, 4 \times 1 = 2 \times 2 = 1 \times 4, \,$ tenemos tres posibilidades:

(a) $m-2 = 4, \, n-2 = 1$: en este caso tenemos $m=6$ y $n=3$, es decir, en cada vértice convergen seis triángulos equiláteros.

(b) $m-2=2, \, n-2=2$: en este caso, $m=n=4$, por lo que en cada vértice convergen cuatro cuadrados.

(c) $m-2 = 1,\, n-2 = 4$: en este último caso, $m=3$ y $n=6$, por lo que en cada vértice convergen tres hexágonos regulares.

Las ilustraciones de estos embaldosados (denominados ’’regulares’’) se muestran abajo. No hay mucho más que decir sobre ellos, salvo que el pentágono regular, que no embaldosa, queda ’’atrapado’’’ entre el cuadrado y el hexágono, que sí lo hacen.

De Arquímedes a Kepler

Se puede diseñar embaldosados más interesantes mezclando polígonos regulares. De hecho, las posibilidades son infinitas, pues, por ejemplo, se puede comenzar con el embaldosado por hexágonos regulares y dividir aleatoriamente estos polígonos en triángulos equiláteros, como se muestra en la figura de la derecha.

Para decir algo más concreto sobre las distintas posibilidades, uno debe imponerse restricciones. En este artículo supondremos que dos condiciones son siempre satisfechas. En primer lugar, solo consideraremos embaldosados en que los vértices de los polígonos se superponen solo con otros vértices de polígonos. Dejamos fuera de nuestra discusión, por ejemplo, al embaldosado de la izquierda, en el que algunos vértices quedan en medio de los lados.

En segundo lugar, supondremos que la configuración de polígonos en cada vértice sea la misma, salvo posiblemente que en algunos vértices los polígonos pueden estar dispuestos en el orden exactamente inverso al de los otros vértices. Observa que con esta restricción, las configuraciones de triángulos equiláteros y hexágonos desplegadas a la izquierda
a continuación no son equivalentes. A la derecha, en cambio, hay dos tipos de vértices. En un tipo, la configuración es precisamente opuesta a la del otro tipo de vértices, por lo que el embaldosado correspondiente entra en nuestro
campo de estudio.

A cada configuración en un punto podemos asociar una lista ordenada de números, a saber, aquella de los que indican la cantidad de lados de
los polígonos que aparecen al dar una vuelta en torno al punto. Puesto que no hay una elección especial de ’’primer’’ polígono en torno a un vértice, cuando nos referimos al ’’orden’’ aludimos al orden cíclico. En este sentido, las configuraciones $(3\, 6\, 3\, 6)$ y
$(6\, 3\, 6\, 3)$ son equivalentes entre ellas, pero no lo son respecto a $(3\, 3\, 6\, 6)$. Estas dos configuraciones son las que aparecen ilustradas
arriba a la izquierda. A la derecha, las configuraciones de los vértices pueden ser $(4 \, 6 \,12)$ o su inversa $(12 \, 6 \, 4)$.

La notación de listas numéricas también es empleada para embaldosados regulares. A modo de ejemplo, la imagen de portada de este artículo corresponde a la configuración $(6\, 6\, 6)$. La decoración no podría ser más apropiada...

Un embaldosado es llamado semirregular cuando utiliza polígonos regulares de al menos dos tipos que se unen solo vértice a vértice y de tal modo que la configuración en la que estos aparecen es la misma en todos ellos, salvo
posiblemente por una inversión del orden. Arquímedes se interesó en estudiar cuáles son los posibles embaldosados semirregulares del plano. Si bien se cree que llegó a una clasificación, muchos de sus escritos al respecto se perdieron. El tema resurgió entonces en los inicios de la Edad Moderna, cuando Kepler logró obtener una descripción completa y acabada, la cual es resumida en el teorema a continuación.

Arriba se exhiben las configuraciones posibles para embaldosados semirregulares en el mismo orden listado en el teorema. Observa que $(3\, 3\, 6\, 6)$ no aparece. Lo que sucede es que con ella no se puede fabricar un embaldosado semirregular. De hecho, tal como veremos, hay diez configuraciones de este tipo: $(3\, 8\, 24)$, $(3\, 7\, 42)$, $(5\, 5\, 10)$, $(3\, 9\, 18)$, $(3\, 10\, 15)$, $(4\, 5\, 20)$, $(3\, 4\, 4\, 6)$, $(3\, 3\, 4\, 12)$, $(3\, 4\, 3\, 12)$ y $(3\, 3\, 6\, 6)$ (ellas son ilustradas en orden a continuación). Por cierto, a las configuraciones de este listado debemos agregar sus inversas, pues si una configuración no puede aparecer
en embaldosados semirregulares, entonces su inversa tampoco. Una forma rápida de constatar esto es mediante reflexión: cada vez que aplicamos una simetría de espejo, la configuración original cambia a su inversa.

Otro punto importante es que, tal como está enunciado, el teorema no indica que, partiendo de una de las ocho configuraciones admisibles, existe solo una manera de completar un embaldosado semirregular. Si bien esto es verdad, es un poco más engorroso de establecer, por lo que lo dejaremos como un ’’problema para el recreo’’. Sin embargo, hay que destacar un hecho sutil: la configuración $(3\, 3\, 3\, 3\, 6)$ puede aparecer de dos maneras que, dependiendo del criterio, podrían ser consideradas como iguales o diferentes. A continuación se ilustran estas posibilidades. A simple vista, parecen idénticas; pero si observas con atención, notarás que no se puede pasar de un embaldosado al otro desplazándolo y/o rotándolo. Esto solo es posible si, además, se utiliza una reflexión del plano.

A continuación exhibimos un embaldosado por cada una de las configuraciones listadas en el teorema. Nuevamente, notarás la misteriosa ausencia de pentágonos en ellas.

Configuraciones locales

La demostración del teorema de Kepler que presentaremos consta esencialmente de dos partes. En la primera, mediante métodos aritméticos y algebraicos, se determina cuáles son las posibles configuraciones de los vértices. Un buen ejercicio
antes de lanzarse en estos cálculos consiste en constatar que todas las configuraciones presentadas efectivamente permiten cerrar el entorno de un vértice a la perfección. En la segunda parte de la prueba, se analiza geométricamente cada una de estas configuraciones a fin de descartar las que no producen un embaldosado regular ni semirregular. La primera parte
se traduce en el siguiente teorema.

En el enunciado anterior, hemos dividido las configuraciones en tres grupos por las razones antes mencionadas: las tres primeras llevan a embaldosados regulares, las ocho de la lista del medio llevan a embaldosados semirregulares y -como probaremos más adelante- las diez de la última lista no pueden ser completadas en embaldosados semirregulares.

La demostración de este teorema resulta de un paciente estudio caso a caso que haremos de principio a fin. Cada vez que detectemos una configuración a lo largo de nuestros argumentos la pondremos en negrilla, de modo que al final sea claro que hemos detectado las 21 combinaciones posibles, y que no hay más.

Para comenzar, observa que el menor ángulo interno posible para un polígono regular es $60º$, y este aparece solamente para el triángulo equilátero. Por lo tanto, no se pueden juntar más de 6 polígonos regulares en una configuración, y la única forma en que pueden aparecer exactamente 6 es que esta coincida con $\bf{(3\, 3\, 3\, 3\, 3\, 3)}$. Debemos analizar, por lo tanto, las eventuales configuraciones con 3, 4 y 5 polígonos por vértice.

Tres polígonos. Comencemos por las configuraciones con 3 polígonos, digamos de $n_1$, $n_2$ y $n_3$ lados. Como la suma de los ángulos respectivos es $360º$, la igualdad que debemos considerar es
\[\frac{(n_1 - 2) \, 180º}{n_1} + \frac{(n_2 - 2) \, 180º}{n_2} + \frac{(n_3 - 2) \, 180º}{n_3} = 360º,\]
la cual se transforma en
\[\frac{n_1 - 2}{n_1} + \frac{n_2 - 2}{n_2} + \frac{n_3 - 2}{n_3} = 2.\]
Un pequeño cálculo muestra que esto equivale a
\[3 - 2 \left( \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} \right) = 2,\]
lo cual nos da
\[\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} = \frac{1}{2}.\]
Como no estamos distinguiendo las configuraciones de sus inversas, podemos suponer que $n_1 \leq n_2 \leq n_3$.
Hay cuatro posibilidades.

- Si $n_1 = 3$, entonces la igualdad de arriba se transforma en
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}.\]
Esto equivale a
\[6n_2 + 6n_3 = n_2 n_3,\]
lo cual puede escribirse de la forma
\[(n_2 - 6) \, (n_3 - 6) = 36.\]
Analizando todas las escrituras de $36$ como producto de dos factores (enteros y positivos) y recordando que
$\, n_2 \leq n_3, \,$ las distintas posibilidades vienen listadas en la siguiente tabla:

- Si $n_1 = 4$, entonces la igualdad de arriba se transforma en
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}.\]
Esto equivale a
\[4n_2 + 4n_3 = n_2 n_3,\]
lo cual puede escribirse de la forma
\[(n_2 - 4) \, (n_3 - 4) = 16.\]
Nuevamente, analizando todas las escrituras de $16$ como producto de dos factores y recordando que $n_2 \leq n_3$, deducimos que las distintas posibilidades son:

- Si $n_1 = 5$, entonces tenemos
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{5} = \frac{3}{10}.\]
Si $n_2 = 5$ entonces $n_3 = 10$, originando así la configuración $\bf{(5\, 5\, 10)}$. Para $n_2 = 6$ no se obtiene un valor de $n_3$ entero. Si $n_2 \geq 7$ entonces $n_3 \geq 7$ y
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} \leq \frac{2}{7} < \frac{3}{10},\]
por lo que no aparece ninguna otra configuración.

- Si $n_1 \geq 6$, entonces $n_2 \geq 6$ y $n_3 \geq 6$. Sin embargo, como
\[\frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2},\]
solo podría ocurrir que $n_1 = n_2 = n_3 = 6$. En otras palabras, la configuración es $\bf{(6\, 6\, 6)}$.

Cuatro polígonos. Si $n_1$, $n_2$, $n_3$ y $n_4$ son la cantidad
de lados de los polígonos, entonces la igualdad que debemos considerar es
\[\frac{n_1 - 2}{n_1} + \frac{n_2 - 2}{n_2} + \frac{n_3 - 2}{n_3} + \frac{n_4 - 2}{n_4} = 2,\]
la cual equivale a
\[4 - 2 \left( \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} \right) = 2,\]
es decir
\[\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} = 1.\]
Podemos suponer que $n_1$ es menor o igual que $n_2$, $n_3$ y $n_4$. Hay dos casos:

- Si $n_1 \geq 4$, entonces $n_2 \geq 4$, $n_3 \geq 4$ y $n_4 \geq 4$, y como
\[\frac{1}{4} + \frac{1}{4} +\frac{1}{4} +\frac{1}{4} = 1,\]
esto fuerza a que $\, n_1 = n_2 = n_3 = n_4 = 4, \,$ es decir, a la configuración $\bf{(4\, 4 \, 4\, 4)}$.

- Si $n_1 = 3$, entonces la igualdad se transforma en
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}.\]
Equivalentemente,
\[3 \, (n_2 n_3 + n_3 n_4 + n_4 n_2) = 2 \, n_2 n_3 n_4.\]
Por lo tanto, al menos un $n_i$ debe ser múltiplo de 3.

Si el menor múltiplo de 3 que aparece es el propio 3, entonces,
llamando $r$ y $s$ a los otros valores $n_i$ (con posible intercambio entre ellos), obtenemos
\[\frac{1}{r} + \frac{1}{s} = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{1}{3}.\]
Como en casos anteriores, esta igualdad se reescribe de la forma
\[(r-3) \, (s-3) = 9,\]
la cual implica las siguientes posibilidades:

Si el menor múltiplo de 3 que aparece es 6, entonces llegamos a la igualdad
\[\frac{1}{r} + \frac{1}{s} = \frac{2}{3} - \frac{1}{6} = \frac{1}{2},\]
que se traduce en $\, (r-2) \, (s-2) = 4\,$ e implica las posibilidades

Si el menor múltiplo de 3 que aparece es un 9 o mayor, entonces se debe tener
\[\frac{1}{r} + \frac{1}{s} \geq \frac{2}{3} - \frac{1}{9} = \frac{5}{9},\]
lo cual no puede ser satisfecho pues
\[\frac{1}{4} + \frac{1}{4} < \frac{5}{9}.\]

Cinco polígonos. Si $n_1$, $n_2$, $n_3$, $n_4$ y $n_5$ son la cantidad
de lados de los polígonos, entonces la igualdad que debemos considerar es
\[\frac{n_1 - 2}{n_1} + \frac{n_2 - 2}{n_2} + \frac{n_3 - 2}{n_3} + \frac{n_4 - 2}{n_4} + \frac{n_5 - 2}{n_5} = 2,\]
la cual equivale a
\[5 - 2 \left( \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} + \frac{1}{n_5} \right) = 2,\]
es decir,
\[\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} +\frac{1}{n_5} = \frac{3}{2}.\]
Al menos tres valores de $n_i$ deben ser iguales a 3, pues de lo contrario lo máximo que podría valer la expresión
a izquierda es
\[\frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{17}{12},\]
y este último valor es estrictamente menor a $3/2$. Llegamos entonces a la ecuación
\[\frac{1}{r} + \frac{1}{s} = \frac{3}{2} - \left( \frac13 + \frac13 + \frac13\right) = \frac{1}{2},\]
es decir,
\[(r-2)\, (s-2) = 4,\]
de donde se desprenden las últimas posibilidades:

Configuraciones no completables

Habiendo ya detectado las 21 configuraciones locales posibles, nuestro trabajo consiste ahora en descartar las últimas 10 listadas en el teorema anterior, mostrando que no generan embaldosados semiperiódicos. Más precisamente, debemos probar lo siguiente.

Nuevamente, la demostración resulta de un estudio caso a caso, esta vez geométrico: con cada una de las configuraciones se intenta completar el plano, y se constata que es imposible hacerlo de modo de obtener un embaldosado semirregular. Debemos notar, sin embargo, que esto no significa que no exista ningún embaldosado en la que la configuración aparezca. Por ejemplo, a la derecha notarás la presencia de la configuración ’’prohibida’’ $(3\, 3\, 4\, 12)$ en compañía de $(3\, 3\, 3\, 3\, 3\, 3)$ (se trata de un embaldosado 2-regular, es decir, uno en que las configuraciones pueden ser de dos tipos diferentes; volveremos sobre este punto en un próximo artículo).

Las configuraciones $(3\, 8\, 24)$, $(3\, 7\, 42)$, $(3\, 9 \,18 )$ y $(3\, 10\, 15)$. Todas estas configuraciones son de
la forma $(3\, m\, n)$, con $m \neq n$. Comencemos con una de ellas, como está ilustrado abajo a la izquierda.
Al centro hemos marcado dos puntos especiales. Sobre el trazo que
ellos determinan, un vértice reclamaría el polígono de $m$ lados, y el otro el de $n$ lados, tal como
se ilustra a la derecha. Como $m\neq n$, estas peticiones son incompatibles.

Las configuraciones $(4\, 5\, 20)$ y $(5\, 5\, 10)$. Ambas son de la forma $(m\, 5 \, n)$, con $m \neq n$. Comencemos con una de ellas
(ilustrada abajo a la izquierda). En torno al punto marcado, debemos completar con el polígono de $m$ lados, tal como aparece al centro. En torno a ambos
vértices marcados en esa figura debiesen aparecer polígonos de $n$ lados. Sin embargo, esto provocaría que en el vértice inferior converjan
(y se superpongan) dos polígonos de $n$ lados, lo cual es imposible.

Las configuraciones $(3\, 3\, 4\, 12)$ y $(3\, 3\, 6\, 6)$. Ambas son de la forma $(3\, 3 \, m \, n)$. Observa el vértice
marcado a la izquierda en cada caso. Necesariamente, los polígonos que allí convergen deben ser complementados con un triángulo
equilátero para que queden dos contiguos en torno a ellos. Sin embargo, esto provoca que en los vértices marcados a la derecha en
cada caso converjan tres triángulos, lo cual no está permitido.

La configuración $(3\, 4\, 3 \, 12)$. En el dibujo de la izquierda, el vértice destacado reclama que se complete como está ilustrado a la derecha. Sin embargo, esto provoca que en el nuevo vértice destacado converjan dos cuadrados, lo cual no está permitido.

La configuración $(3\, 4\, 4\, 6)$. La única posibilidad de completación en torno al vértice marcado a la izquierda es por medio de dos cuadrados. Sin embargo, esto provoca que converjan dos cuadrados en el vértice marcado a derecha, lo cual no está autorizado.