Puede un rectángulo en mosaico con $6$ rectángulos más pequeños, de tal manera que ningún conjunto más pequeño de los rectángulos se forma un rectángulo?

Question

Aquí en puzzlingSE es una pregunta interesante sobre el suelo de baldosas de un rectángulo con rectángulos más pequeños. Voy a reformular la pregunta:

Para que $n \in \mathbb{N}$ puede un rectángulo $R$ mosaico con $n$ rectángulos más pequeños, $r_1, r_2, r_3, \ldots, r_n$, de tal manera que el único rectángulo formado por la unión de dos o más rectángulos más pequeños es $R$ sí?

Esto ya ha sido contestado por todos, sino $n = 6$:

• $n = 1$ es trivialmente posible.

• Los ejemplos dados en el post show que $n = 2$ $n = 5$ son posibles.

• La respuesta muestra que todos los $n \ge 7$ son posibles.

• No es demasiado duro para demostrar que $n = 3$ $n = 4$ son imposibles.

Así que la pregunta es, ¿es posible hacer esto al $\boldsymbol{n = 6}$?

Espero que la respuesta es no. Estoy buscando una solución que es tan elegante como sea posible.

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Resultados parciales: por un mosaico de $R$ con seis rectángulos, los siguientes son verdaderas:

• Ninguna línea vertical u horizontal de la línea puede cortar a $R$ en la mitad.

• No puede haber cuatro rectángulos encuentro en un punto en el interior de $R$.

Answer 1

Terminología: Un compuesto es un subconjunto de los más pequeños rectángulos cuya unión es un rectángulo. El problema es probar que no existe compuesto libre de mosaico por 6 rectángulos.

En primer lugar, tomamos nota de que las cuatro esquinas de R debe ser ocupada por cuatro rectángulos:

• Si el mismo rectángulo que ocupa las dos esquinas adyacentes, se divide R por una línea recta, lo cual no está permitido de acuerdo a los resultados parciales.
• Si ocupa dos esquinas diagonalmente opuestas, es R y no más rectángulos pueden ser colocados.

Después de colocar los rectángulos en las esquinas:

.----1----.
.  |   |  .
.  |   ---.
.---      4
2     ----.
.--   |   .
. |   |   .
.---3-----.

¿cómo podemos asignar el resto de los dos rectángulos con los bordes 1, 2, 3 y 4 y el interior? Tomamos nota de que, a menos que se asignan a los dos bordes opuestos (el vagón de caso), hay dos bordes adyacentes con sólo tres rectángulos en ellos, lo que puede ocurrir en dos esencialmente diferentes configuraciones:

.-------.
.   |   .
.   |---.
.---- B . (1)
.  |A   .
.-------.
.------.
.  | X .
.  |---.
.----  . (2)
. Y |  .
.------.

En la configuración (1), para evitar la formación de compuestos, al menos, dos rectángulos cada uno debe sentarse en los extremos a y B. Pero que hace un mínimo de siete rectángulos – y sólo tenemos seis.

El espacio restante en la configuración de (2) es en la forma de un aprendizaje, el cual debe ser llenado por tres rectángulos. Es muy fácil demostrar que hasta las rotaciones/reflexiones el único compuesto libre de ordenamiento en teselas de un aprendizaje de tres rectángulos es

.---.
.   .
.   .
.   .
.   .---.
.   | Y .
.-------.
.   X   .
.-------.

Sólo hay dos maneras de colocar este ell suelo de baldosas en la configuración (2). En uno de ellos, los rectángulos marcados X forma un compuesto; en el otro, los rectángulos marcados Y formar un compuesto (probarlo).

Por lo tanto no hay ningún compuesto libre de 6-rectángulo mosaico de R con dos bordes adyacentes a compartir tres distintos rectángulos.

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Para el vagón caso, aquí están los dos son esencialmente diferentes de los arreglos de las cuatro casillas de las esquinas:

.----------.
.   |   |  .
.   |   |  .
.   |   |  .
.   |   |  .
A---B   C--D (cis)
. |      | .
. |      | .
. |      | .
. |      | .
.----------.
.----------.
.   |   |  .
.   |   |  .
.   |   |  .
.   |   |  .
A---B   |  . (trans)
. |    C---D
. |    |   .
. |    |   .
. |    |   .
.----------.

En ambas configuraciones, la única vez en cuando el resto del espacio puede ser ocupado por dos rectángulos es cuando ABCD forma una línea recta, sino que hace que AD dividir R, que es, de nuevo, no es permitido por los resultados parciales.

Hemos cubierto todos los arreglos posibles de los otros dos rectángulos, y han demostrado que ninguno de ellos puede dar lugar a un compuesto libre de mosaico. En conclusión, el mosaico que se pidió en la pregunta original no puede ser hecho para n = 6.

Answer 2

Desde que he publicado esto, en el puzzlingSE post Jaap Scherphuis añadido una buena prueba de que $n = 6$ es imposible. Puedo copiar la prueba aquí, con modificaciones menores, y hacer de este post en la comunidad wiki.

Observar que:

1. Una sola pieza rectangular no puede cubrir dos de las esquinas de la figura completa.

   Si hubiera una pieza, luego el resto de la n-1 piezas forman un sub-rectángulo de la figura.

   Por lo tanto, las cuatro esquinas de la figura final de cuatro piezas diferentes.

2. Una pieza de la esquina debe tener al menos 3 piezas adyacentes.

   Debe haber al menos un vecino en cada lado interno de la pieza de la esquina. Si una pieza de la esquina había dos vecinos, debe haber exactamente una en cada lado. Si los vecinos de ambos eran más de ese lado, que se superpondrían. Por tanto, al menos uno de los vecinos es la misma longitud y, a continuación, la pieza de la esquina y que al prójimo juntos forman un rectángulo. Esto no está permitido, por lo que una pieza de la esquina debe tener más de dos países vecinos.

3. Enfrente de las piezas de esquina no se puede tocar.

   Si en diagonal frente a las piezas de esquina toca, entonces el resto del área de toda la figura consiste de dos áreas rectangulares. Si rellena un área con dos o más piezas, las piezas son un sub-rectángulo de la figura, lo cual no está permitido. Si usted llena con una sola pieza, a continuación, que es un pedazo de la esquina con dos vecinos, que tampoco es permitido como por #2 arriba.

Ahora vamos a considerar $n=6$ específicamente.

Cuatro de los seis piezas deben estar en las cuatro esquinas de la figura final (#1). Supongamos que las dos piezas restantes son completamente internos a la figura. Cada uno de los pedazos externos sólo pueden exponer a un lado para el área interna, por lo que el área interna es rectangular. El llenado con las dos piezas restantes se crea un sub-rectángulo con 2 piezas.

Supongamos, en cambio, que todos los 6 piezas están en el límite de la cifra final, es decir, no hay piezas internas. Así que tenemos 4 piezas de esquina y 2 piezas de los bordes. Supongamos que una pieza de la esquina se encuentra entre dos piezas de los bordes. Debe de haber un tercer vecino (#2), pero el único candidato es el opuesto en diagonal de esquina, lo que infringe la #3. El único otro tipo de arreglo para las piezas de los bordes es en lados opuestos de la figura final, dicen los lados izquierdo y derecho. Las dos esquinas superiores son adyacentes, no se puede tocar cualquiera de las esquinas inferiores, por lo que la única manera de que ellos tienen 3 vecinos es para tanto esquinas para ser adyacente a ambos piezas de los bordes. Esto no es posible.

La última posibilidad es que tenemos 4 piezas de esquina, 1 delantero y 1 interno de la pieza. Las dos esquinas de la pieza del borde debe tener el interior de la pieza como su tercer prójimo. El borde de la pieza tiene tres paredes internas y por tanto debe tener al menos tres vecinos. La única posibilidad es que también es adyacente a la interna de la pieza. En un argumento similar al #2, las esquinas no pueden ser de la misma longitud que el borde de la pieza, y si ambos eran más largas que el borde de la pieza y el interior de la pieza tienen la misma longitud y en forma de rectángulo.

Todas las posibilidades de llevar a error, por lo $n=6$ es imposible.