Robert Israel da una buena respuesta usando el teorema de Tychonoff.
Aquí es un argumento que utiliza diagonalización directamente, evitando el teorema de Tychonoff.
Deje que el conjunto de las baldosas se denota $t_1,\ldots,t_K$. Deje $\Delta$ ser una cota superior de a $diameter(t_k)$. Por la traducción podemos pensar de cada una de las $t_k$ como subconjunto específico (polígono) en $\mathbb{R}^2$ que contiene el origen; me referiré a estos azulejos específicos como el "prototiles". Así que en general suelo de baldosas, cada una de las baldosas es una copia de algunos prototile $t_1,\ldots,t_K$ obtenido por traslación y rotación.
Para cada número natural $n$ deje $\mathbb{T}(n)$ el valor de un número finito de mosaico que cubre $B(n+\Delta)$ (la bola cerrada centrada en el origen de radio $n+\Delta$). Algunos azulejos en $\mathbb{T}_n$ contiene el origen. Así que después de traducir $\mathbb{T_n}$ a una distancia en la mayoría de las $\Delta$ y, a continuación, girando $\mathbb{T_n}$ alrededor del origen podemos suponer que la $\mathbb{T_n}$ contiene uno de los protitles $t_1,\ldots,t_K$.
Después de estas traslaciones y rotaciones, aunque $\mathbb{T}(n)$ necesidad no cubierta $B(n+\Delta)$, todavía cubre $B(n)$. De hecho, $\mathbb{T}(n)$ tiene un número finito de subtiling que cubre $B(n)$, y está contenida en $B(n+\Delta)$, es decir, la unión de todos los azulejos en $\mathbb{T}(n)$ que se cruzan $B(n)$.
Hay sólo un número finito de $t_1,\ldots,t_K$. Por lo tanto, hay una larga $n^0_1 < n^0_2 < n^0_3 < \cdots$ de manera tal que cada uno de $\mathbb{T}(n^0_i)$ contienen el mismo prototile.
En general, la siguiente declaración es verdadera para cada número natural $n$:
$(*)_n$ Hay sólo un número finito de embaldosados que contienen una determinada prototile, que cubren $B(n)$, y que están contenidas en $B(n+\Delta)$.
El uso de $(*)_1$, la secuencia de $(n^0_i)$ la tiene más larga $n^1_1 < n^1_2 < n^1_3 < \cdots$ de manera tal que cada uno de $\mathbb{T}(n^1_i)$ tiene un común subtiling que cubre $B(1)$, y está contenida en $B(1+\Delta)$.
El uso de $(*)_2$, la secuencia de $(n^1_i)$ la tiene más larga $n^2_1 < n^2_2 < n^2_3 < \cdots$ de manera tal que cada uno de $\mathbb{T}(n^2_i)$ tiene un común subtiling que cubre $B(2)$, y está contenida en $B(2+\Delta)$.
$\vdots$
Por inducción, se obtiene una infinita secuencia anidada de subsecuencias $n^j_1 < n^j_2 < n^j_3 < \cdots$ tal que para cada una de las $j$, cada uno de los apuntados $\mathbb{T}(n^j_i)$ tiene un común subtitulado que cubre $B(j)$, y está contenida en $B(j+\Delta)$.
Por diagonalización, podemos extraer una secuencia $n(1) < n(2) < n(3) < \cdots$ que es al mismo tiempo una larga de cada uno de $n^j_1 < n^j_2 < n^j_3 < \cdots$. De ello se sigue que para cada una de las $m \ge 1$ de los apuntados $\mathbb{T}(n(m))$ todos contienen un común subtiling $\mathbb{T}_1$ que cubre $B(1)$ $m \ge 2$ todos ellos contienen un común subtiling $\mathbb{T}_2$ que cubre $B(2)$ $m \ge 3$ todos ellos contienen un común subtiling $\mathbb{T}_3$ que cubre $B(3)$, ...
La unión de la anidados subtilings $\mathbb{T}_1 \subset \mathbb{T}_2 \subset \mathbb{T}_3 \subset \cdots$ es el deseado de ordenamiento en teselas de todo el avión.
