Suelo de baldosas $\mathbb{R}^2$ con polyomino

Question

Divida $\mathbb{R}^2$ en discontinuo de la unidad de plazas, vamos Q ser un icono (un polyomino, un conjunto finito de conexión de la unidad de plazas). Si, para cada conjunto finito S de la unidad de plazas en $\mathbb{R}^2$, - puedo encontrar un conjunto finito de distinto Q-tiles (baldosas) tal que S es un subconjunto de este mosaico, cómo demostrar que puedo baldosas de toda la $\mathbb{R}^2$ con Q-tejas, (sin el axioma de elección)?

Answer 1

Sé de tres diferentes pruebas de esto.

• En primer lugar, usted puede apelar a König del lexema. Ver el conjunto de embaldosados de cada vez más grandes plazas basado en el origen (es decir, mínimamente cubrir una plaza) como un árbol bajo el subtiling relación. Este es un finitely ramificación de los árboles, ya que cualquier ordenamiento en teselas de un cuadrado que tiene sólo un número finito de extensiones para cubrir el siguiente cuadrado más grande. Pero su hipótesis dice que este árbol es infinito. Por lo tanto, tiene una infinita rama, por König del lexema. Tal rama le da un mosaico de todo el plano.

• En segundo lugar, usted puede ver el argumento de la anterior como un compacidad argumento, si se considera el derecho de la topología.

• En tercer lugar, uno puede argumentar a partir de análisis no estándar. Tomar una no estándar del modelo de los números naturales. Por la transferencia principio, no debe ser un mosaico de algunos no estándar el tamaño de la plaza el uso de baldosas de su azulejo conjunto. Pero una no estándar (pseudo)finito plaza incluye muchos de los ejemplares de la estándar de plano en su interior, alrededor de los números no estándar en el centro de la no estándar de la plaza. Por lo tanto, no es un suelo de baldosas de la norma real de avión.

Answer 2

Considere la posibilidad de una secuencia $S_1, S_2, S_3, \ldots$ finito de regiones que escape el plano, es decir,$\cup S_i = \mathbb{R}^2$. Por ejemplo, usted puede tomar $S_i$ a ser el cuadrado de borde lateral de $2i+1$ centrada en el origen.

Cada una de las $S_i$ cubiertos con las copias de su azulejo $Q$. Definir un árbol de la siguiente manera: Los vértices en el nivel $i$ son todos los posibles revestimientos de $S_i$, y un vértice en el nivel $i$ está conectado con un vértice en el nivel $i+1$ fib el último es una extensión de la anterior - es decir, una cobertura de $S_{i+1}$ que contiene la cobertura de $S_i$ y, posiblemente, añade un número finito de fichas adicionales. (para dar nuestro árbol de raíz, podemos agregar un vértice, que representa la "S_0", conectado a todas las formas de la posición de un solo azulejo $Q$$S_1$).

Debe ser fácil para demostrar que esto es de hecho un árbol infinito. Por Kőnig del lema contiene un infinito rama que define un suelo de baldosas de la mientras plano. Kőnig del lexema es equivalente a una forma débil de AC, probablemente contables-CA o algo similar, creo que no se puede evitar de alguna forma de elección o dependiente de la elección para su prueba.