De hecho, hay una sencilla prueba de coloreado de que todo rectángulo embaldosado por este hexomino tiene un lado divisible por $4$ ; considere una $(4m+2)\times(4n+2)$ rectángulo y colorear las celdas con ambas coordenadas pares de negro, todas las demás coordenadas de blanco. Cada hexomino F cubre un número par de celdas negras sin importar su colocación (ya que consiste en una sola forma copiada con un desplazamiento de dos celdas), pero el $(4m+2)\times(4n+2)$ rectángulo tiene un número impar de celdas negras, por lo que no puede ser embaldosado. (Y por supuesto, si un $(4m+2)\times\mathrm{odd}$ rectángulo fuera alicatable, entonces se podría simplemente duplicar en un $(4m+2)\times(4n+2)$ rectángulo).
Por otro lado, los rectángulos de tamaño $3a\times 4b$ no agotan todos los posibles tilings, porque con el $3\times 4$ rectángulo como bloque de construcción puedes crear otras formas - por ejemplo, un $12\times 7$ rectángulo puede hacerse apilando verticalmente cuatro cajas "horizontales" junto a tres cajas "verticales" también apiladas verticalmente, y esto junto con el trivial $12\times 6$ y $12\times 8$ significa que $12\times n$ rectángulos son posibles para todos los $n\geq 6$ . Esto deja sólo el $12\times 5$ rectángulo (que obviamente no puede ser embaldosado por $3\times 4$ rectángulos), y desafortunadamente no tengo una respuesta para eso; la página en http://www.math.ucf.edu/~reid/Polyomino/f6_rect.html (del que he robado descaradamente la prueba anterior) sugiere que el $3\times 4$ es el único mosaico rectangular "primo", pero no da ninguna prueba más allá de que un lado debe ser divisible por $4$ .
Adenda: Después de jugar un poco, resulta que es relativamente sencillo demostrar que el $12\times 5$ rectángulo es imposible. Considere la parte superior ( $5$ -), y las piezas que lo componen; ya que las piezas extremas de la F son $1$ , $2$ o $4$ células de ancho, entonces esto tiene que ser $4+1$ , $2+2+1$ o $2+1+1+1$ . Esto último es fácil de descartar, ya que al menos uno de los $1$ -Fs se extenderá más allá de los límites de la caja; del mismo modo, en un $2+2+1$ configuración, uno de los $2$ -Las células F dejarán agujeros sin rellenar contra la pared exterior de la caja o agujeros sin rellenar en el interior. Por último, para el $4+1$ es fácil ver que sólo hay una configuración legal de estas piezas que cubra ese borde sin sobrepasar los límites de la caja: una F que cubra $(0,0)$ , $(0,1)$ , $(1,1)$ , $(0, 2)$ , $(0, 3)$ y $(1,3)$ y una cobertura F $(1,0)$ , $(2,0)$ , $(2,1)$ , $(3,0)$ , $(4,0)$ y $(4,1)$ . Ahora considere la celda en $(3,1)$ esta celda no puede ser cubierta por una F colocada "horizontalmente" (cualquiera de ellas se extendería más allá de los límites de la caja o se superpondría a la celda en $(1,1)$ ), y al rellenarlo con una F vertical queda un hueco sin rellenar, ya sea en $(1,2)$ o $(4,3)$ .
