¿Puede una fila de cinco triángulos equiláteros formar un triángulo equilátero grande?

Question

¿Pueden las rotaciones y traslaciones de esta forma

azulejar perfectamente algún triángulo equilátero?

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Originalmente pregunté esto en math.stackexchange donde fue bien recibido y avanzamos bastante. Esto es lo que aprendimos:

• Como el área del triángulo tiene que ser múltiplo del área de la baldosa, el triángulo debe tener una longitud lateral divisible por $5$ (donde $1$ es la longitud de los bordes cortos de la baldosa).
• La baldosa análoga hecha de tres triángulos equiláteros puede baldosa cualquier triángulo equilátero con longitud lateral divisible por tres.
• Hay un programa informático, Herramientas de fresado diseñado para resolver este tipo de problemas. Josh B. lo utilizó para demostrar por búsqueda exhaustiva que no hay solución cuando la longitud del lado del triángulo es $5$ , $10$ , $15$ , $20$ o $25$ . El caso de un triángulo de lado $30$ tardaría unos diez años de CPU en comprobarse con este método.
• Lee Mosher me señaló en la dirección de la teoría de Conway de grupos de azulejos . Esta teoría puede utilizarse para demostrar que si la baldosa puede cubrir un triángulo equilátero de lado $n$ entonces $a^nb^nc^n=e$ en el grupo $\left<a,b,c\;\middle|\;a^3ba^{-2}c,a^{-3}b^{-1}a^2c^{-1},b^3cb^{-2}a,b^{-3}c^{-1}b^2a^{-1},c^3ac^{-2}b,c^{-3}a^{-1}c^2b^{-1}\right>$ . Pero lamentablemente resulta que do tener eso $a^nb^nc^n=e$ en este grupo siempre que $n$ se divide por $5$ .
• De hecho, se pueden utilizar los métodos de este documento de Michael Reid para demostrar que el grupo homotópico de este azulejo es el grupo cíclico con $5$ elementos. Creo que esto significa que el sólo Lo que estos métodos de teoría de grupos pueden decirnos es un hecho que ya sabíamos: que la longitud lateral debe ser divisible por $5$ .
• También se supone que estos métodos de teoría de grupos subsumen todos los posibles argumentos de coloración, lo que significa que cualquier prueba basada puramente en la coloración es probablemente inútil.
• La superficie más pequeña que puede quedar sin cubrir al intentar abarcar un triángulo de lado $(1,\dots,20)$ es $($$1$$,\,$$4$$,\,$$4$$,\,$$1$$,\,$$5$$,\,$$6$$,\,$$4$$,\,$$4$$,\,$$6$$,\,$$5$$,\,$$6$$,\,$$4$$,\,$$4$$,\,$$6$$,\,$$5$$,\,$$6$$,\,$$4$$,\,$$4$$,\,$$6$$,\,$$5$$)$ triángulos pequeños. En particular, es sorprendente que cuando el área es $1\;\mathrm{mod}\;5$ a veces hay que dejar seis triángulos al descubierto en lugar de uno solo.
• Podemos buscar "casi fallos" en los que todos menos $5$ de los triángulos pequeños están cubiertos y en los que $4$ de los triángulos pequeños que faltan podrían cubrirse con la misma baldosa. Esencialmente sólo hay un cerca del triángulo de lado $5$ ninguna para el triángulo de lado $10$ y seis ( 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 ) para el triángulo de lado $15$ . (Todos los demás near misses pueden generarse a partir de éstos mediante rotación, reflexión y reorientando las tres baldosas que rodean al triángulo solitario que falta). Este conjunto de seis cuasi errores es muy interesante, ya que las posiciones del triángulo solitario y del lugar donde "debería" ir están muy limitadas.

También me interesaría saber qué tipo de métodos se pueden utilizar para atacar este tipo de problemas. ¿Existe algún enfoque de alto nivel aparte de los grupos de mosaico? ¿O es más probable que tenga éxito un enfoque de manos desnudas?

Answer 1

Parece que se puede colorear un trapecio 15-15-15-30 con las fichas dadas. Aquí hay una imagen (lo siento por las figuras adyacentes que son del mismo color, he utilizado colores al azar por lo que espero que no hay ambigüedades):

En concreto, OP señaló que estos trapecios escalados 1-1-1-2 pueden embaldosar cualquier triángulo equilátero cuya longitud lateral sea múltiplo de tres. Así pues, la baldosa original puede embaldosar cualquier triángulo equilátero cuya longitud lateral sea múltiplo de 45.

Apuesto a que no vimos respuestas para los más pequeños $n$ debido a una condición de contorno tipo diamante azteca con las esquinas.

Answer 2

Ya que nadie lo ha publicado, aquí está el triángulo más pequeño inclinable por el 'pentiamond recto', es decir, un triángulo de lado-30. Un sencillo programa de retroceso tarda 0,5 segundos en mostrar que no hay inclinaciones para el triángulo de lado 20, y 4:39 para el de lado 25. Tardó 12 minutos en encontrar 120 inclinaciones para el triángulo de lado 30. Tardé 12 minutos en encontrar 120 inclinaciones para el lado 30 antes de detenerlo.

Answer 3

En julio de 2007 se celebró una conferencia en la Universidad de Minnesota-Duluth con motivo del 65 cumpleaños de Joseph Gallian. En esa conferencia, Michael Reid dio una charla sobre tilings, y entre otras cosas, discutió este problema exacto. Reid ha demostrado que este "pentiamond" alicata todos los triángulos equiláteros de lado 30 (siempre que la longitud del lado sea divisible por 5, por supuesto). También ha demostrado que es un "rep-tile": embaldosa una copia de sí mismo, escalada por un factor de k si y sólo si k 11.

Naturalmente, se puede generalizar este problema considerando baldosas formadas por 7, 9, 11, triángulos en fila. Reid conjetura que cada baldosa de este tipo embaldosa todos los triángulos equiláteros suficientemente grandes cuya área es múltiplo del área de la baldosa, así como todas las copias a escala suficientemente grandes de sí misma. Ha encontrado un mosaico de un triángulo equilátero para el caso del heptiamante, pero no sabe cuál es el triángulo más pequeño.

Parece que Reid nunca ha publicado estos resultados. Le he enviado un correo electrónico para ver si puede proporcionar más detalles de los tilings mencionados aquí.

Answer 4

No sé si la región triangular de tamaño múltiplo de 5 es enlosable en general, pero puedo abordar la cuestión en el último párrafo:

También me interesaría saber qué tipo de métodos se pueden utilizar para atacar este tipo de problema. ¿Existe algún enfoque de alto nivel aparte de los grupos de mosaico?

Aparentemente, se puede sacar más provecho de los argumentos coloristas considerando semigrupos en lugar de grupos. He aquí una prueba conceptual, basada en un argumento de coloreado con 6 colores, de que la región triangular de tamaño 5 no es embaldosable. Una vez hecho el trabajo preliminar, la prueba real es muy corta. (El montaje es completamente general, pero aún no he averiguado si este método sería fructífero para demostrar o refutar la embaldosabilidad para tamaños mayores divisibles por 5).

Imaginamos que la región está dividida en pequeños triángulos, que llamamos celdas. Según las convenciones habituales, por "baldosa" se entiende una copia congruente de la forma dada con 5 celdas ("prototilo") situadas en cualquier lugar de la región.

Definición. Un color es un elemento de $\{1,2,3,4,5,6\}$ ( Una coloración es una asignación de un color a cada celda de la región.

Situemos la región triangular de tamaño $n$ de forma que la base del triángulo grande quede horizontal y el triángulo por encima. Esta región se divide en franjas horizontales formadas por pequeños triángulos con orientaciones alternas, con $2n-1, 2n-3, \ldots, 1$ celdas, cada franja en zigzag desde el lado izquierdo de la región hacia el derecho.

Proposición 1. Existe una coloración periódica de una región triangular de cualquier tamaño con las siguientes propiedades:

1. La casilla de la esquina inferior izquierda está coloreada $1$ .

2. En cada franja horizontal, los colores se incrementan en $1$ al recorrer sus celdas en zigzag de izquierda a derecha.

3. Los colores de dos celdas que comparten un lado horizontal difieren en $3$ .

4. Para cada ficha situada en cualquier lugar de la región, sus celdas tienen colores distintos; etiquetemos la ficha (o su posición) por el color único que hace no ocurrir.

Ejemplo de este tipo de coloración donde n=5:

Proposición 2. Para una región triangular de tamaño 5, la distribución de los colores es la siguiente: ( $1^5 2^4 3^5 4^3 5^5 6^3$ ). Además, las baldosas que contienen celdas de esquina se etiquetan $4$ si se orienta en el sentido de las agujas del reloj y $6$ si se orienta en sentido contrario a las agujas del reloj.

Está claro que en cualquier embaldosado de una región triangular, cada celda de esquina está cubierta por una única baldosa. Además, si la región tiene un tamaño igual o superior a 4, estas baldosas son distintas. Llamémoslas baldosas de esquina. Cada baldosa de esquina tiene una de dos orientaciones posibles (en el sentido de las agujas del reloj y en sentido contrario).

Proposición 3. En cualquier mosaico de una región triangular de tamaño 5, las tres baldosas de las esquinas están orientadas en el sentido de las agujas del reloj o en sentido contrario.

Desde el 5 $<$ 3+3, si dos fichas de esquina tuvieran la orientación opuesta, se solaparían.

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Prueba de la no-tileabilidad para una región triangular de tamaño 5 : Dado que la región tiene 25 celdas, cualquier embaldosado tiene 5 baldosas. Etiquetándolas como en la Proposición 1, por la Proposición 2 hay exactamente 2 baldosas etiquetadas $4$ y 2 baldosas etiquetadas como $6$ . Esto contradice la Proposición 3, porque o bien las 3 fichas de esquina están etiquetadas $4$ o todos están etiquetados $6$ .

El principal obstáculo para generalizar este argumento a regiones triangulares de mayor tamaño es que, como las esquinas de la región estarían demasiado separadas, la Proposición 3 no se generaliza. Claramente, se necesitaría un control más estricto sobre cómo se sitúan las baldosas en el centro de la región. Quizá se puedan aprovechar diferentes coloraciones (o incluso combinaciones de coloraciones). No obstante, incluso en esta forma, la Proposición 1 y el análogo de la Proposición 2 para una región de tamaño dado imponen algunas restricciones sobre las posibles ubicaciones de las fichas. Por ejemplo, para el tamaño 10 hay una única ficha etiquetada como $1$ un hecho que quizá pueda aprovecharse para reducir drásticamente el espacio de búsqueda de un algoritmo de búsqueda por fuerza bruta.

Answer 5

Esto no responde a la pregunta, pero me gustaría actualizar una afirmación del post.

Un triángulo de lado 4 puede contener tres de las fichas con un agujero en el centro. Se pueden repetir 25 de estos patrones para cubrir todos menos 25 triángulos unitarios de un triángulo de lado 20. Por supuesto, esto se puede utilizar para particiones casi óptimas (si no óptimas) de triángulos de lado 4k para k un número entero positivo.

A menos que esté familiarizado con los métodos de teoría de grupos mencionados en el post anterior, yo no los utilizaría para descartar los intentos de colorear. Un argumento puro por coloración puede no funcionar, pero puede apuntar a un argumento que sí lo haga. La coloración en damero me ayuda a demostrar que el triángulo de lado 5 no admite un embaldosado con la baldosa dada.

Editar 2017.04.13. GRP : Voy a lanzar una idea que surge de cortar el triángulo en medio cuadrado. Quizás nos lleve a alguna parte.

Colorea el triángulo en "damero cuadrado". Empezando por arriba, colorea las dos primeras filas de triángulos de negro, las dos siguientes de blanco y las dos siguientes de negro. Otra forma de hacerlo es colorear el diamante superior (dos triángulos unidos por un borde) de negro, los dos diamantes superiores siguientes de blanco, los tres superiores siguientes de negro, y así sucesivamente hasta los triángulos inferiores, que serán negros si n es impar, y blancos si n es par. Cada ficha cubre o bien un diamante blanco y un diamante negro y una mitad de algún color, o bien cubre tres mitades de un color y dos mitades de otro.

La idea es que esta coloración produce más diamantes blancos que negros cuando n es impar, y viceversa cuando n es par, así como n triángulos de un mismo color. Esto debería implicar que un cierto número de las baldosas tienen que estar orientadas en dirección horizontal, y la esperanza es que (como cinco no es múltiplo de 3) esto lleve a contradecir la existencia de un embaldosado. Fin de la edición 2017.04.13. GRP .

Gerhard "Give Simple Intuition A Chance" Paseman, 2017.04.13.