Como comentó Sam Hopkins, 8 vértices son suficientes. Dejemos que $Q$ sea el pentágono de la imagen y que $\pi$ sea el plano que lo contiene. Ahora podemos definir el triángulo $P$ como un triángulo de menor diámetro que el segmento negro y que interseca $\pi$ en dos puntos: un punto $a_0$ en la región azul abierta $B$ y un punto $b_0$ en la región verde abierta $G$ . $P$ y $Q$ no están vinculados, y es intuitivamente claro que están entrelazados, pero vamos a demostrarlo en detalle.
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Supongamos que existe un camino de triángulos $P_t=i_t(P)$ yendo al infinito, tal que $P_t$ es disjunta con $Q$ para todos $t\in[0,\infty)$ y $i_t:P\to\mathbb{R}^3$ es un camino continuo de isometrías (continuo en la norma del sumo para las funciones $P\to\mathbb{R}^3$ ) con $i_0=Id_P$ . Intentemos derivar una contradicción.
Lema 1 : Dejemos que $i$ sea una isometría tal que $i(P)$ se cruza con $\pi$ en exactamente dos puntos $a,b$ . Entonces $\forall\varepsilon>0\;\exists\delta>0$ tal que para cualquier isometría $j$ con $d(i,j)<\delta$ , $j(P)$ se cruza con $\pi$ en dos puntos $a',b'$ con $d(a,a')<\varepsilon$ y $d(b,b')<\varepsilon$ .
Prueba: En primer lugar, si $d(i,j)$ es lo suficientemente pequeño, $j(P)$ se cruzará con $\pi$ en dos puntos, porque las imágenes por $j$ de al menos dos vértices del triángulo estarán fuera $\pi$ .
Consideremos ahora la función $F(x,y)=$ intersección de la línea que pasa por $x,y$ y $\pi$ definido en un subconjunto abierto de $\mathbb{R}^6$ . Esta función es continua en su dominio.
Supongamos que $a$ no es un vértice del triángulo. Entonces está en la arista formada por dos vértices $i(v_1),i(v_2)$ cada uno en un medio espacio de $\pi$ . Por continuidad de $F$ , si $d(i,j)$ es lo suficientemente pequeño tenemos un punto $a'=F(j(v_1),j(v_2))$ en $j(P)$ a distancia $<\varepsilon$ de $a$ .
Así que el lema funciona cuando $a,b$ no son vértices del triángulo. $a$ y $b$ no pueden ser ambos vértices del triángulo, así que supongamos $a$ es un vértice, $a=i(v_1)$ con $v_1$ un vértice de $P$ y $b$ no lo es. Entonces para $d(i,j)$ lo suficientemente pequeño tanto $F(j(v_1),j(v_2))$ y $F(j(v_1),j(v_3))$ estará a la distancia $<\varepsilon$ de $a$ Así que el que está en $j(P)$ será el punto $a'$ . $\square$
Ahora que hemos terminado con el lema 1, podemos definir
$$k=\sup\{t>0;P_s\textit{ intersects $ \i $ at two points, one in $ B $ and one in $ G $, }\forall s\in[0,t)\}.$$
Lema 2 : $k>0$ y en $[0,k)$ hay caminos $a_t$ , $b_t$ tal que $\{a_t,b_t\}=P_t\cap A\;\forall t<k$ .
La prueba: Por el lema 1, existe alguna $\varepsilon>0$ tal que $\forall t\in [0,\varepsilon)$ , $P_t\cap A$ consiste en dos puntos, uno en $G$ y una en $B$ Así que $k>0$ . Sea $a_t$ sea el punto en $B$ y $b_t$ sea el punto en $B$ . Por el lema 1 de nuevo, $a_t$ y $b_t$ son continuos en $[0,\varepsilon)$ . Ahora considere el máximo $\varepsilon$ de manera que el $a_t$ y $b_t$ se definen en $[0,\varepsilon)$ . Entonces $\varepsilon=k$ porque si no, por el mismo argumento usando el lema 1, $a_t$ y $b_t$ se definirá en una vecindad de $\varepsilon$ . $\square$
Ahora veamos que $P_k$ tiene que intersecar $Q$ , lo que lleva a una contradicción. En primer lugar, $P_k$ tiene que intersecar $Q$ en al menos dos puntos, un punto $a_k\in\overline{B}$ y un punto $b_k\in\overline{D}$ . Para demostrarlo, dejemos que $t_n$ sea una secuencia ascendente, $t_n\to k$ , de tal manera que $a_{t_n}$ es convergente. Llama a $p_n=i_{t_n}^{-1}(a_n)$ podemos suponer que $p_n$ converge a algún punto $p\in P$ después de tomar una subsecuencia. Por último, podemos dejar que $a_k$ sea $i_k(p)=\lim_n i_{t_n}(p_n)$ y de forma similar con $b_k$ . Ahora podemos considerar dos casos:
Si $P_k$ se cruza con $\pi$ sólo en $a_k$ y $b_k$ no podemos tener $a_k\in A$ y $b_k\in B$ que se contradice con la definición de $k$ . Así que, o bien $a_k\in\partial B\setminus Q$ y $b_k\in\overline{G}$ o $b_k\in\partial G\setminus Q$ y $a_k\in\overline{B}$ . Ambos casos son imposibles, porque $d(\partial B\setminus Q, G)$ y $d(\partial G\setminus Q, B)$ son ambos mayores que el diámetro de $P$ .
Así que $P_k$ tiene que intersecar $\pi$ en un borde. Por última vez, consideraremos dos casos:
Si $a_k$ y $b_k$ están ambas contenidas en la arista, entonces la arista interseca $Q$ , lo cual es una contradicción.
Si no, todo el $P$ tiene que estar contenida en $\pi$ . Consideremos una arista del triángulo que contiene el punto $a_k$ . Como el borde no se cruza $Q$ uno de sus vértices debe estar en $B$ . También hay otro vértice en $G$ (uno de los vértices de la arista que contiene $b_k$ ), por lo que la arista que une estos dos vértices debe intersecar $Q$ una contradicción. $\\[20pt]$
P.D: Tenía algunos comentarios sobre si hay $P,Q$ como en la pregunta con $7$ total de vértices pero estaban equivocados (no había considerado un caso). En la respuesta de Del se da un argumento de que no existen.
