Esta es la pregunta paralela a este otro post con muchas respuestas ya en el sentido de que el $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$ -forman el único mosaico de ángulo racional no trivial del triángulo equilátero (y del hexágono regular), módulo a una conjugación real del campo de coordenadas (un subcampo de $\mathbf{Q}(\zeta_{60})$ ) que se transforma entre $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$ -triángulos similares y $(6^\circ,60^\circ,114^\circ)$ -triángulos similares. (Referencia: M. Laczkovich Tilings de triángulos .)
Mi intento ha sido el siguiente:
Desde $\sin(42^\circ)$ y $\sin(78^\circ)$ tienen radicales anidados, intenté deshacerme de ellos restringiendo mis unidades de mosaico básicas a sólo los $60^\circ$ -trapecios isósceles angulares y paralelogramos que son una sola fila de las baldosas triangulares. Tienen relaciones base-pata más cortas de la forma $$m\cdot\frac{9-3\sqrt{5}}{2}+n\cdot\frac{11-3\sqrt{5}}{2}\quad\left(m,n\ge 0\right)$$ que son automáticamente enteros algebraicos. Cualquier embaldosado potencial del triángulo equilátero a partir de estas unidades cuadriláteras corresponde a alguna relación polinómica entera de las algebraicas anteriores, cuyo grado polinómico se correlaciona con el número de piezas cuadriláteras en el embaldosado.
Por desgracia, todas las algebraicas anteriores tienen normas grandes, por lo que una búsqueda a ciegas del polinomio deseado está fuera de cuestión, y tuve que reducir de nuevo las proporciones de las piezas a los racionales. Pude encontrar un $60^\circ$ -trapecio isósceles acodado con una relación base-pata más corta de $10$ utilizando $79$ azulejos, y un $60^\circ$ -paralelogramo acodado con una relación de lados vecinos de $11$ utilizando $80$ tejas. Así, unas cuantas baldosas más producen un $60^\circ$ -rombo acodado, y otras pocas baldosas más producen un $60^\circ$ -trapecio isósceles acodado con una relación base-pata más corta $1$ tres de los cuales forman un triángulo equilátero, utilizando un total de $121\,170$ baldosas triangulares. Mientras estaba en ello, encontré este post menos relacionado que podría reducir mi número de fichas a algo menos de cien mil.
Mientras tanto, también hice una rápida búsqueda en el ordenador de algunas configuraciones conceptualmente sencillas que intentan embaldosar el triángulo equilátero utilizando menos de aprox. $50$ azulejos, y no encontré nada de nada.
Tengo la sensación de que unas cien mil fichas no es la cantidad óptima para un mosaico de este tipo, así que pregunto a ver si la gente tiene ideas mejores. No puedo ofrecer incentivos en metálico como en el post paralelo, pero cualquiera que pruebe este puzzle tendrá mi gratitud.
Edición sugerida por RavenclawPrefect:
Para llegar a las unidades de mosaico cuadrilátero que he utilizado, lo primero es desanidar los radicales como he mencionado anteriormente. Como $\mathbf{Q}(\zeta_{60})$ es Galois sobre $\mathbf{Q}(\sqrt{3})$ (el campo base aquí no debe ser $\mathbf{Q}$ sino el campo de coordenadas del triángulo equilátero), si podemos construir geométricamente cualquier longitud $\ell$ (o técnicamente, ratio $\ell$ ), de tal forma que cuando realizamos la misma construcción geométrica pero con todas las $42^\circ$ ángulos y $78^\circ$ ángulos intercambiados entre sí, seguimos construyendo de forma demostrable la misma $\ell$ entonces debe cumplirse que $\ell\in\mathbf{Q}(\sqrt{5})$ de modo que $\ell$ no contiene radicales anidados.
Hubo un par de ideas sobre lo que $\ell$ deberían ser específicamente, la mayoría de ellas ideas paralelas que se pueden encontrar todas en la pregunta paralela para el cuadrado. Me decidí por lo siguiente $\mathbf{Q}(\sqrt{5})$ -cuadriláteros (los que son una sola fila de fichas triangulares) porque tenían las normas de numerador más pequeñas entre otras. Como no ejemplo, había una idea de dos pisos utilizando $9$ baldosas que dieran como resultado un trapecio cuya razón fuera múltiplo racional de $889-321\sqrt{5}$ Puaj. También hubo algunos no trivialidad en la forma en que los triángulos deben orientarse cuando se ponen en una sola fila, pero algunos cálculos más mostró que lo anterior $(m,n)$ forma son todo lo que realmente conseguimos. Más precisamente, un trapecio tampoco puede tener $m=0$ y un paralelogramo tampoco puede tener $n=0$ .
Después de todo ese trabajo, el resto ha sido realmente una cuestión de ensayo y error. Entre todos los $(m,n)$ forma, elegí un paralelogramo con la norma más pequeña, que es un $(m,n)=(0,1)$ paralelogramo con $4$ y lo giramos para que se convierta en un $\frac{11+3\sqrt{5}}{38}$ -paralelogramo. Entonces $19$ de esos hacen un $\frac{11+3\sqrt{5}}{2}$ -paralelogramo con $76$ azulejos, y obviamente lo combiné a un $(1,0)$ -trapezoide y un $(0,1)$ -paralelogramo para llegar a los cuadriláteros racionales.
Así que el proceso fue más del tipo "francamente no sé qué más hacer" que "veo posibles simplificaciones pero no sé cuál es la óptima". También por eso estoy buscando ideas completamente nuevas (véase más arriba) que no se encuentran en la pregunta paralela sobre el cuadrado.
RavenclawPrefect también hizo una pregunta bien motivada para saber si se podía realizar el mismo embaldosado pero con baldosas congruentes. M. Laczkovich demostró que esto es imposible en un artículo posterior. Techos de polígonos convexos con triángulos congruentes .
