Que pocos $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$ ¿En qué triángulos se puede dividir un triángulo equilátero?
Esta es la pregunta paralela a esta otra publicación con muchas respuestas ya , en el sentido de que el$(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$-los triángulos similares forman el único mosaico de ángulo racional no trivial del triángulo equilátero (y el hexágono regular), módulo 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: Tilings of triangles de M. Laczkovich ).
Mi intento ha sido el siguiente:
Ya que $\sin(42^\circ)$ y $\sin(78^\circ)$ he anidado radicales, traté de deshacerme de ellos restringiendo mis unidades básicas de mosaico a solo las $60^\circ$-trapezoides isósceles angulados y paralelogramos que son una sola fila de las baldosas triangulares. Tienen relaciones de base a pierna 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 mosaico potencial del triángulo equilátero de estas unidades cuadriláteras corresponde a alguna relación polinomial entera de los algebraicos anteriores, cuyo grado de polinomio se correlaciona con el número de piezas de cuadrilátero en el mosaico.
Desafortunadamente, todos los algebraicos anteriores tienen normas grandes, por lo que una búsqueda ciega del polinomio deseado está fuera de discusión, y tuve que reducir las proporciones de las piezas nuevamente a los racionales. Pude encontrar un$60^\circ$trapezoide isósceles angulado con una relación base-pierna más corta de $10$ utilizando $79$ azulejos y un $60^\circ$-paralelogramo angulado con una relación de lados vecinos de $11$ utilizando $80$losas. Así, unas cuantas fichas más producen un$60^\circ$-Rombos angulosos, y algunas fichas más producen un $60^\circ$trapezoide isósceles angulado con una relación de base a pierna más corta $1$, tres de los cuales forman un triángulo equilátero, utilizando un total de $121\,170$Azulejos triangulares. Mientras estaba en ello, encontré esta publicación menos relacionada que podría reducir mi número de mosaicos a un poco menos de cien mil.
Mientras tanto, también hice una búsqueda rápida en la computadora a través de algunas configuraciones conceptualmente simples que intentan enlosar el triángulo equilátero usando menos de aproximadamente $50$ azulejos, y no encontré nada en absoluto.
Tengo la sensación de que unos cien mil mosaicos no es la cantidad óptima para un mosaico de este tipo, por lo que estoy preguntando si la gente tiene mejores ideas. No puedo proporcionar un incentivo en efectivo como lo hizo la publicación paralela, pero cualquiera que pruebe este rompecabezas seguramente tendrá mi gratitud.
Edición sugerida por RavenclawPrefect:
Para llegar a las unidades de mosaico cuadrilátero que utilicé, lo primero es desanidar los radicales como mencioné anteriormente. Como$\mathbf{Q}(\zeta_{60})$ Galois ha terminado $\mathbf{Q}(\sqrt{3})$ (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, relación $\ell$), de manera que cuando realizamos la misma construcción geométrica pero con todas las $42^\circ$ ángulos y $78^\circ$ ángulos intercambiados entre sí, todavía construimos demostrablemente el mismo $\ell$, entonces debe contener eso $\ell\in\mathbf{Q}(\sqrt{5})$, de modo que $\ell$ no contiene radicales anidados.
Hubo un par de ideas sobre lo que $\ell$debería ser específicamente, la mayoría de ellas ideas paralelas que se pueden encontrar en la pregunta paralela para el cuadrado. Me decidí por lo anterior$\mathbf{Q}(\sqrt{5})$-cuadriláteros (los que son una sola fila de mosaicos triangulares) porque tenían las normas de numerador más pequeñas entre otras. Como no ejemplo, hubo una idea de dos pisos usando$9$ azulejos que resultaron en un trapezoide con una relación de un múltiplo racional de $889-321\sqrt{5}$, qué asco. También hubo algo de no trivialidad en la forma en que los triángulos deben orientarse cuando se colocan en una sola fila, pero algunos cálculos más mostraron que lo anterior$(m,n)$la forma es lo único que obtenemos. Más precisamente, un trapezoide 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 prueba y error. Entre todos los$(m,n)$ forma, elegí un paralelogramo con la norma más pequeña, que es una $(m,n)=(0,1)$ paralelogramo con $4$ azulejos, y lo rotó 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 en un $(1,0)$-trapezoide y un $(0,1)$-paralelogramo para llegar a los cuadriláteros racionales.
Así que el proceso fue más como "Francamente no sé qué más hacer" en lugar de "Veo posibles simplificaciones pero no sé cuál es el óptimo". También es por eso que estoy buscando ideas completamente nuevas (ver arriba) que no se encuentran en la pregunta paralela sobre el cuadrado.
RavenclawPrefect también hizo una pregunta bien motivada sobre si se podía realizar el mismo mosaico pero con mosaicos congruentes. M. Laczkovich demostró que esto es imposible en un artículo posterior Tilings of Convex Polygons with Congruent Triangles .
Respuestas
Estoy publicando una nueva respuesta a esta pregunta, porque las técnicas que estoy usando difieren sustancialmente de la respuesta anterior y ya se estaba volviendo bastante larga. (Gran parte de esta respuesta se escribió antes de la excelente respuesta de Anders, por lo que recaucha algo de terreno allí).
Para empezar, me gustaría desarrollar mejor las construcciones descritas en el OP, ya que encontré útil mirar estos diagramas. Definir un paralelogramo de razón$r$ como uno con lados $1,r,1,r$ en orden cíclico, y un trapezoide de relación $r$ como uno con lados $1,r,1,r+1$en orden cíclico. (Asumiré implícitamente que todo tiene$60^\circ$ y $120^\circ$ ángulos y que todos los trapezoides son isósceles a menos que se indique lo contrario).
Aquí hay un trapezoide isósceles de relación $\frac{9-3\sqrt{5}}2$ hecho de tres $\color{blue}{42}-\color{green}{60}-\color{red}{78}$ triangulos:
Aquí hay un paralelogramo de una razón $1$ más grande (es decir, con la misma base) hecho de cuatro de estos triángulos:
(Tenga en cuenta que se no se da mediante la adición de un triángulo para la construcción anterior! Los tres últimos puntos están en el mismo lugar, sin embargo.)
Como observa Edward H, en realidad podemos extender cualquiera de los dos paralelogramos anteriores insertando un$60$paralelogramo de grado entre un borde donde sólo se encuentran los ángulos rojo y azul; esto nos deja gastar$2$ más triángulos para crear trapezoides y paralelogramos de proporciones $\frac{9-3\sqrt{5}}{2}$ Más.
Ahora, algunas observaciones:
Un paralelogramo de razón $r$ es también un paralelogramo de razón $1/r$: ¡gírelo de lado!
Dados dos paralelogramos de proporciones $r,s$, podemos juntarlos para obtener un paralelogramo de razón $r+s$.
Dado un trapezoide de relación $r$ y un paralelogramo de razón $s$, podemos juntarlos para obtener un trapezoide de proporción $r+s$.
Dados dos trapezoides de proporciones $r,s$, podemos poner uno de ellos boca abajo y luego juntarlos para obtener un paralelogramo de razón $r+s+1$ (porque el lado superior es una unidad más corto que el lado inferior).
Dados dos trapezoides de proporciones $r,s$, podemos poner uno encima del otro para obtener un paralelogramo de razón $rs/(r+s+1)$.
Esto nos da un camino obvio hacia adelante: comience con nuestras dos soluciones básicas de trapezoide y paralelogramo (más sus extensiones), luego combínelas de las formas anteriores en busca de pequeñas teselas de bonitos trapezoides y paralelogramos de relación racional hasta que encontremos un conjunto que podamos sin problemas. rellena un triángulo equilátero con.
Escribí un código para realizar cálculos exactos con elementos de $\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$, y comencé a almacenar todos los trapezoides y paralelogramos que se pueden hacer con aproximadamente $70$triángulos, pero limitando el tamaño de los números racionales involucrados para evitar que el espacio de búsqueda se salga de control. (Si tengo un paralelogramo de razón$1173/292-46\sqrt{5}/377$, Probablemente no voy a terminar necesitándolo).
Esto por sí solo no muestra muchas formas de relación racional, así que ejecuté un segundo script que verificó entre todas las formas generadas en la iteración anterior para aquellas cuyas partes irracionales eran negativas entre sí, y las combiné en nuevas, formas de razón racional.
Los resultados de esta búsqueda incluyeron muchas construcciones interesantes, incluida la solución de 72 triángulos de Anders Kaseorg para un paralelogramo de razón unitaria, pero para nuestros propósitos podemos centrarnos en dos de ellas: a $94$-trapezoide de baldosas de relación $12/5$y un $100$-trapezoide de baldosas de relación $17/7$.
Si se colocan uno encima del otro, coincidiendo la parte inferior del primer trapecio con la parte superior del segundo, forman un trapezoide hecho de $194$ triángulos cuya base inferior es el doble de la base superior, exactamente nuestro objetivo.
Solo para mostrar la construcción completa, aquí están todos $3\cdot(94+100)=\textbf{582}$ triángulos en una sola pieza:
Desde el OP, estoy usando el hecho de que podemos usar $79$ triángulos para enlosar un trapezoide con longitudes laterales $11,1,10,1$ y ángulos de $60$ y $120$ grados, así como el paralelogramo con longitudes laterales $1$ y $11$ con $80$triangulos. Esto significa que podemos enlosar un "diamante" (la unión de dos triángulos equiláteros conectados por bordes) usando$11\cdot80=880$ triangulos.
Luego podemos colocar todas estas piezas en una cuadrícula triangular: el trapezoide ocupa $21$ triángulos, el paralelogramo delgado $22$, y la región en forma de diamante $2$(pero a un gran costo). Por supuesto, cualquiera de ellos se puede escalar por algún factor entero y aún permanecer en la cuadrícula.
Usando un código que escribí para resolver problemas de mosaico más algunas modificaciones manuales, encontré el siguiente empaque de un trapezoide isósceles con relación base-pierna $1$ (en este caso, ampliado en la cuadrícula triangular por un factor de $12$ en cada dimensión):
Usa $12$ trapezoides y $19$diamantes (los últimos de diferentes tamaños). Por lo tanto, colocar en mosaico un triángulo equilátero con tres copias de esta forma usará$3\cdot(12\cdot79+19\cdot880)=\textbf{53004}$ losas.
Editar por nickgard :
un mosaico más pequeño del mismo trapezoide usando$10$ trapezoides largos y $12$ diamantes.
$3\cdot(10\cdot79+12\cdot880)=\textbf{34050}$ losas.
(Fin de la edición)
EDITAR (RavenclawPrefect): Encontré algunas formas mejoradas de colocar paralelogramos en mosaico, que se pueden usar junto con la solución de Nickgard para reducir aún más el número.
Aquí hay un mosaico de un $1\times 2$ paralelogramo con siete $1\times 11$ paralelogramos (contraste con el $22$ se necesitaría uniendo dos rombos):
En general, uno puede $1\times n$ paralelogramo para $n=1,\ldots,9$ con $11,7,6,6,6,6,6,6,7$paralelogramos delgados; estos valores surgen de tomar un mosaico de un$11\times n$rectángulo por cuadrados (ver A219158 en OEIS) y aplicando una transformación afín apropiada.
Para el $1\times 7$, utilizando $6$ paralelogramos delgados nos da $6\cdot 80$, pero también podemos usar $6$ trapezoides como se describe en el comentario de Edward H sobre esta respuesta para $6\cdot 79$ azulejos, que ofrece una ligera mejora.
Usando estos empaques más eficientes, puedo completar la forma de la "escalera" en la respuesta de Nickgard de la siguiente manera:
Esto usa un total de $4874$ azulejos en la escalera, $4874+10\cdot79 = 5664$ en el trapezoide, y $\textbf{16992}$ en el triangulo.
Edición 2 (RavenclawPrefect): después de mucho juguetear con la descomposición de la forma de la "escalera" en bonitos paralelogramos alineados con el eje, me di cuenta de que podía aplicar una transformación afín, convirtiendo toda la escalera en un poliomino muy alto de tamaño${10\choose 2}\cdot 11=495$ con "escalones" de altura $11$e intente enlosar la cosa resultante con cuadrados directamente.
Esto resultó en una mejora sustancial, dando un mosaico con $46$ cuadrados (por lo tanto, $1\times 11$paralelogramos una vez transformados de nuevo); la imagen resultante no se incrustaría bien debido a su altura, pero la he subido a imgur aquí . Actualización: he mejorado ligeramente este mosaico a un$45$-solución cuadrada, vista aquí .
Esto resulta en $3\cdot(45\cdot80+10\cdot79)=\textbf{13170}$ losas.
Maneras en que esto podría mejorarse:
Intentando un mejor empaque de esto $495$-omino por cuadrados - mi búsqueda no fue exhaustiva, y creo que hay al menos un $30\%$ posibilidad de que se pueda colocar en mosaico de manera más eficiente.
Encontrar un mejor empaque de algún triángulo trapezoidal o equilátero con estos mismos métodos, ciertamente no he optimizado las cosas tanto como podría.
Encontrar un empaque "base" más eficiente de cualquiera de las formas de semillas utilizadas en este mosaico, o generar nuevos poliamantes relativamente simples que se puedan recubrir de manera eficiente con $42-60-78$ triangulos.
Aquí hay un trapezoide de relación $1$ embaldosado por $195$triángulos, encontrados en una búsqueda de fuerza bruta. Usar tres de estos para construir un triángulo equilátero requiere$3 \cdot 195 = \mathbf{585}$ triangulos.
Respuesta antigua
Este básico $60^\circ$ trapezoide de relación $\frac{9 - 3\sqrt 5}{2}$ usa tres triángulos, y este básico $60^\circ$ paralelogramo de razón $\frac{11 - 3\sqrt 5}{2}$ usa cuatro triángulos:
Cualquier número $r \in \mathbb Q[\sqrt 5]$ se puede descomponer como $r = \frac{11 - 3\sqrt 5}{2}u + \frac{2}{11 - 3\sqrt 5}v$ con $u, v \in \mathbb Q$. Si$u, v \ge 0$, entonces podemos crear un paralelogramo de razón $r$ usando paralelogramos básicos combinando transformaciones afines de las teselaciones de rectángulos de proporciones $u$ y $v$usando cuadrados. Por ejemplo, aquí hay un paralelogramo de 72 triángulos de razón$1 = \frac{11 - 3\sqrt 5}{2}\cdot\frac{1}{11} + \frac{2}{11 - 3\sqrt 5}\cdot\frac{19}{11}$, derivado de mosaicos cuadrados de $1 × 11$ y $19 × 11$ rectángulos.
El uso de esta idea en una versión de la construcción de "escalera" produce mosaicos mucho más eficientes del trapezoide de relación $1$. Aquí hay uno con$45 \cdot 4 + 10 \cdot 3 + 44 \cdot 4 = 386$triangulos. (Ahora estoy usando un algoritmo de programación dinámica que divide en mosaico la región verde y la región azul en una sola pasada en lugar de dividirlas en paralelogramos. Para mayor claridad, las divisiones de trapezoides / paralelogramos básicos en tres o cuatro triángulos no se muestran).
Usar tres de estos para construir un triángulo equilátero requiere $3 \cdot 386 = \mathbf{1158}$ triangulos.
Probablemente se podría construir un mosaico aún más eficiente cortando un pequeño número de trapezoides básicos del triángulo equilátero de manera más o menos arbitraria hasta que quede un solo paralelogramo, resolviendo su relación $r \in \mathbb Q[\sqrt 5]$y aplicando la construcción de mosaico rectangular anterior una vez. Encontrar una manera de hacer esto tal que$u, v \ge 0$ Sin embargo, ha sido más complicado de lo que esperaba.