Combien peu $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$ triangles peut-on diviser en un triangle équilatéral?
C'est la question parallèle à cet autre article avec déjà de nombreuses réponses , en ce sens que le$(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$-les triangles similaires forment le seul pavage à angle rationnel non trivial du triangle équilatéral (et de l'hexagone régulier), modulo une conjugaison réelle du champ de coordonnées (un sous-champ de $\mathbf{Q}(\zeta_{60})$) qui se transforme entre $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$-tangles similaires et $(6^\circ,60^\circ,114^\circ)$-tangles similaires. (Référence: Tilings of triangles de M. Laczkovich .)
Ma tentative a été la suivante:
Puisque $\sin(42^\circ)$ et $\sin(78^\circ)$ ont imbriqué des radicaux, j'ai essayé de m'en débarrasser en limitant mes unités de carrelage de base aux seuls $60^\circ$-les trapèzes et parallélogrammes isocèles enchevêtrés qui sont une seule rangée de tuiles triangulaires. Ils ont des rapports base-jambe plus courts de la forme$$m\cdot\frac{9-3\sqrt{5}}{2}+n\cdot\frac{11-3\sqrt{5}}{2}\quad\left(m,n\ge 0\right)$$qui sont automatiquement des entiers algébriques. Tout pavage potentiel du triangle équilatéral à partir de ces unités quadrilatérales correspond à une relation polynomiale entière des algébriques ci-dessus, dont le degré polynomial est en corrélation avec le nombre de pièces quadrilatérales dans le pavage.
Malheureusement, toutes les algébriques ci-dessus ont de grandes normes, donc une recherche aveugle du polynôme souhaité est hors de question, et j'ai dû réduire à nouveau les proportions des pièces aux rationnels. J'ai pu trouver un$60^\circ$trapézoïde isocèle angulé avec un rapport base-patte plus court de $10$ en utilisant $79$ tuiles et un $60^\circ$- parallélogramme angulaire avec rapport des côtés voisins de $11$ en utilisant $80$carrelage. Ainsi, quelques carreaux de plus produisent un$60^\circ$-un losange enchevêtré, et quelques autres tuiles produisent un $60^\circ$trapézoïde isocèle angulé avec un rapport base-patte plus court $1$, dont trois tuiles un triangle équilatéral, en utilisant un total de $121\,170$tuiles triangulaires. Pendant que j'y étais, j'ai trouvé cet article moins lié qui pourrait réduire mon nombre de tuiles à un peu en dessous de cent mille.
Pendant ce temps, j'ai également effectué une recherche rapide sur ordinateur à travers des configurations conceptuellement simples qui tentent de tuiler le triangle équilatéral en utilisant moins d'environ $50$ tuiles, et je n'ai rien trouvé du tout.
J'ai le sentiment qu'une centaine de milliers de carreaux n'est pas la quantité optimale pour un tel carrelage, alors je demande à voir si les gens ont de meilleures idées. Je ne suis pas en mesure de fournir une prime en espèces comme l'a fait la publication parallèle, mais quiconque essaiera ce casse-tête aura certainement ma gratitude.
Edit suggéré par RavenclawPrefect:
Pour accéder aux unités de pavage quadrilatérales que j'ai utilisées, la première chose à faire est de décomposer les radicaux comme je l'ai mentionné ci-dessus. Comme$\mathbf{Q}(\zeta_{60})$ est-ce que Galois est fini $\mathbf{Q}(\sqrt{3})$ (le champ de base ici ne doit pas être $\mathbf{Q}$ mais à la place le champ de coordonnées du triangle équilatéral), si nous pouvons construire géométriquement n'importe quelle longueur $\ell$ (ou techniquement, ratio $\ell$), de sorte que lorsque nous effectuons la même construction géométrique mais avec tous les $42^\circ$ angles et $78^\circ$ angles échangés les uns avec les autres, nous construisons toujours le même $\ell$, alors il doit tenir que $\ell\in\mathbf{Q}(\sqrt{5})$, de sorte que $\ell$ ne contient aucun radical imbriqué.
Il y avait quelques idées sur ce $\ell$devrait spécifiquement être, la plupart d'entre eux des idées parallèles qui peuvent toutes être trouvées dans la question parallèle pour le carré. Je me suis installé sur ce qui précède$\mathbf{Q}(\sqrt{5})$-quadrilatères (ceux qui sont une seule rangée de tuiles triangulaires) parce qu'ils avaient les plus petites normes de numérateur parmi d'autres. À titre d'exemple, il y avait une idée à deux étages utilisant$9$ tuiles qui ont abouti à un trapèze avec un rapport un multiple rationnel de $889-321\sqrt{5}$, beurk. Il y avait aussi une certaine non-trivialité dans laquelle les triangles devraient être orientés lorsqu'ils étaient placés sur une seule ligne, mais un calcul supplémentaire a montré que ce qui précède$(m,n)$la forme est tout ce que nous obtenons. Plus précisément, un trapèze ne peut pas non plus avoir$m=0$, et un parallélogramme ne peut pas non plus avoir $n=0$.
Après tout ce travail, le reste a vraiment été une question d'essais et d'erreurs. Parmi tous les$(m,n)$ forme, j'ai choisi un parallélogramme avec la plus petite norme, qui est un $(m,n)=(0,1)$ parallélogramme avec $4$ tuiles, et l'a fait tourner pour qu'il devienne un $\frac{11+3\sqrt{5}}{38}$-parallélogramme. ensuite$19$ de ceux-ci font un $\frac{11+3\sqrt{5}}{2}$-parallélogramme avec $76$ tuiles, et évidemment je l'ai combiné à un $(1,0)$-trapézoïde et un $(0,1)$-parallelogramme pour accéder aux quadrilatères rationnels.
Donc le processus ressemblait plus à "je ne sais franchement pas quoi faire d'autre" qu'à "je vois des simplifications potentielles mais je ne connais pas l'optimum". C'est aussi pourquoi je recherche des idées complètement nouvelles (voir ci-dessus) qui ne se trouvent pas dans la question parallèle sur le carré.
RavenclawPrefect a également posé une question bien motivée pour savoir si le même carrelage pouvait être effectué mais avec des carreaux congruents. M. Laczkovich a prouvé que cela est impossible dans un article ultérieur Tilings of Convex Polygons with Congruent Triangles .
Réponses
Je poste une nouvelle réponse à cette question, car les techniques que j'utilise diffèrent considérablement de la réponse précédente et cela devenait déjà assez long. (Une grande partie de cette réponse a été écrite avant l'excellente réponse d'Anders, elle rechappe donc du terrain.)
Pour commencer, j'aimerais mieux étoffer les constructions décrites dans le PO, car j'ai trouvé ces diagrammes utiles. Définir un parallélogramme de rapport$r$ comme un avec des côtés $1,r,1,r$ en ordre cyclique, et un trapèze de rapport $r$ comme un avec des côtés $1,r,1,r+1$en ordre cyclique. (Je suppose implicitement que tout a$60^\circ$ et $120^\circ$ angles et que tous les trapèzes sont isocèles, sauf indication contraire.)
Voici un trapèze isocèle de rapport $\frac{9-3\sqrt{5}}2$ fait de trois $\color{blue}{42}-\color{green}{60}-\color{red}{78}$ Triangles:
Voici un parallélogramme d'un rapport $1$ plus grand (donc avec la même base) composé de quatre de ces triangles:
(Notez qu'il n'est pas donné en ajoutant un triangle à la construction précédente! Les trois points inférieurs sont au même endroit, cependant.)
Comme l'observe Edward H, nous pouvons en fait étendre l'un ou l'autre des deux parallélogrammes ci-dessus en insérant un non-$60$- parallélogramme de degrés entre une arête où seuls les angles rouge et bleu se rencontrent; cela nous permet de dépenser$2$ plus de triangles pour créer des trapèzes et des parallélogrammes de rapports $\frac{9-3\sqrt{5}}{2}$ plus.
Maintenant, quelques observations:
Un parallélogramme de rapport $r$ est aussi un parallélogramme de rapport $1/r$: il suffit de le tourner sur le côté!
Étant donné deux parallélogrammes de rapports $r,s$, nous pouvons les assembler pour obtenir un parallélogramme de rapport $r+s$.
Étant donné un trapèze de rapport $r$ et un parallélogramme de rapport $s$, nous pouvons les assembler pour obtenir un trapèze de rapport $r+s$.
Étant donné deux trapèzes de rapports $r,s$, nous pouvons retourner l'un d'eux à l'envers puis les assembler pour obtenir un parallélogramme de rapport $r+s+1$ (parce que la face supérieure est une unité plus courte que la face inférieure).
Étant donné deux trapèzes de rapports $r,s$, on peut en mettre un sur un autre pour obtenir un parallélogramme de rapport $rs/(r+s+1)$.
Cela nous donne une voie évidente pour aller de l'avant: commencez par nos deux solutions de base de trapèze et de parallélogramme (plus leurs extensions), puis combinez-les de la manière ci-dessus en recherchant de petits pavages de beaux trapèzes et parallélogrammes de rapport rationnel jusqu'à ce que nous trouvions un ensemble que nous pouvons bien remplir un triangle équilatéral avec.
J'ai écrit du code pour effectuer des calculs exacts avec des éléments de $\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$, et a commencé à stocker tous les trapèzes et parallélogrammes que l'on peut créer avec jusqu'à environ $70$triangles, mais en limitant la taille des nombres rationnels impliqués pour éviter que l'espace de recherche ne devienne trop incontrôlable. (Si j'ai un parallélogramme de rapport$1173/292-46\sqrt{5}/377$, Je ne vais probablement pas finir par en avoir besoin.)
Cela seul ne produit pas beaucoup de formes de rapport rationnel, j'ai donc exécuté un deuxième script qui a vérifié parmi toutes les formes générées dans l'itération précédente pour celles dont les parties irrationnelles étaient les négatives les unes des autres, et les ai combinées en de nouvelles, formes de rapport rationnel.
Les résultats de cette recherche comprenaient de nombreuses constructions intéressantes, y compris la solution à 72 triangles d'Anders Kaseorg pour un parallélogramme de rapport unitaire, mais pour nos besoins, nous pouvons nous concentrer sur deux d'entre elles: a $94$-tile trapézoïdale de rapport $12/5$, et un $100$-tile trapézoïdale de rapport $17/7$.
S'ils sont placés les uns sur les autres, le bas du premier trapèze coïncidant avec le haut du second, ils forment un trapèze fait de $194$ triangles dont la base inférieure est le double de sa base supérieure - exactement notre objectif.
Juste pour montrer la construction complète, voici tous $3\cdot(94+100)=\textbf{582}$ triangles en une seule pièce:
Depuis l'OP, j'utilise le fait que nous pouvons utiliser $79$ triangles pour carreler un trapèze avec des côtés de longueur $11,1,10,1$ et angles de $60$ et $120$ degrés, ainsi que le parallélogramme avec les longueurs des côtés $1$ et $11$ avec $80$Triangles. Cela signifie que nous pouvons carreler un "losange" (l'union de deux triangles équilatéraux reliés par des bords) en utilisant$11\cdot80=880$ Triangles.
On peut alors emboîter toutes ces pièces sur une grille triangulaire: le trapèze prend $21$ triangles, le parallélogramme maigre $22$, et la région en forme de losange juste $2$(mais à un prix très élevé). Bien sûr, n'importe lequel d'entre eux peut être mis à l'échelle par un facteur entier tout en restant sur la grille.
En utilisant du code que j'ai écrit pour résoudre les problèmes de carrelage ainsi que quelques modifications manuelles, j'ai trouvé l'emballage suivant d'un trapèze isocèle avec un rapport base-jambe $1$ (dans ce cas, mise à l'échelle sur la grille triangulaire d'un facteur de $12$ dans chaque dimension):
Il utilise $12$ trapèzes et $19$diamants (ces derniers de tailles variables). Ainsi, le pavage d'un triangle équilatéral avec trois copies de cette forme utilisera$3\cdot(12\cdot79+19\cdot880)=\textbf{53004}$ carrelage.
Edit by Nickgard :
Un pavage plus petit du même trapèze en utilisant$10$ trapèzes longs et $12$ diamants.
$3\cdot(10\cdot79+12\cdot880)=\textbf{34050}$ carrelage.
(Fin de la modification)
EDIT (RavenclawPrefect): J'ai trouvé des moyens améliorés de tuiler les parallélogrammes, qui peuvent être utilisés avec la solution de nickgard pour réduire davantage le nombre.
Voici un carrelage d'un $1\times 2$ parallélogramme avec sept $1\times 11$ parallélogrammes (contraste avec le $22$ il faudrait en joignant deux losanges ensemble):
En général, on peut carreler un $1\times n$ parallélogramme pour $n=1,\ldots,9$ avec $11,7,6,6,6,6,6,6,7$parallélogrammes maigres; ces valeurs proviennent de la prise d'un carrelage d'un$11\times n$rectangle par carrés (voir A219158 sur OEIS) et en appliquant une transformation affine appropriée.
Pour le $1\times 7$, en utilisant $6$ les parallélogrammes maigres nous donnent $6\cdot 80$, mais nous pouvons également utiliser $6$ trapèzes comme décrit dans le commentaire d'Edward H sur cette réponse pour $6\cdot 79$ tuiles, ce qui offre une légère amélioration.
En utilisant ces emballages plus efficaces, je peux remplir la forme "escalier" dans la réponse de nickgard comme suit:
Cela utilise un total de $4874$ tuiles dans l'escalier, $4874+10\cdot79 = 5664$ dans le trapèze, et $\textbf{16992}$ dans le triangle.
Edit 2 (RavenclawPrefect): Après avoir beaucoup bricolé avec la décomposition de la forme "escalier" en jolis parallélogrammes alignés sur l'axe, j'ai réalisé que je pouvais simplement appliquer une transformation affine, en transformant tout l'escalier en un polyomino très grand de taille${10\choose 2}\cdot 11=495$ avec "marches" de hauteur $11$, et essayez de carreler l'objet obtenu avec des carrés directement.
Cela a abouti à une amélioration substantielle, donnant un carrelage avec $46$ carrés (d'où, $1\times 11$parallélogrammes une fois transformés); l'image résultante ne s'intégrerait pas bien en raison de sa hauteur, mais je l'ai téléchargée sur imgur ici . Mise à jour: j'ai légèrement amélioré ce carrelage en un$45$-solution carrée, vue ici .
Cela se traduit par $3\cdot(45\cdot80+10\cdot79)=\textbf{13170}$ carrelage.
Moyens que cela pourrait être amélioré:
Essayer un meilleur emballage de ça $495$-omino par carrés - ma recherche n'était pas exhaustive, et je pense qu'il y a au moins un $30\%$ chance, il peut être carrelé plus efficacement.
Trouver un meilleur emballage d'un triangle trapézoïdal ou équilatéral avec ces mêmes méthodes - je n'ai certainement pas optimisé les choses autant que je le pouvais.
Trouver un emballage "de base" plus efficace de l'une des formes de graines utilisées dans ce carrelage, ou générer de nouveaux polyiamants relativement simples qui peuvent être efficacement carrelés avec $42-60-78$ Triangles.
Voici un trapèze de ratio $1$ carrelé par $195$triangles, trouvés dans une recherche par force brute. L'utilisation de trois d'entre eux pour construire un triangle équilatéral prend$3 \cdot 195 = \mathbf{585}$ Triangles.
Ancienne réponse
Cette base $60^\circ$ trapèze de rapport $\frac{9 - 3\sqrt 5}{2}$ utilise trois triangles, et cette base $60^\circ$ parallélogramme de rapport $\frac{11 - 3\sqrt 5}{2}$ utilise quatre triangles:
N'importe quel chiffre $r \in \mathbb Q[\sqrt 5]$ peut être décomposé en $r = \frac{11 - 3\sqrt 5}{2}u + \frac{2}{11 - 3\sqrt 5}v$ avec $u, v \in \mathbb Q$. Si$u, v \ge 0$, alors nous pouvons carreler un parallélogramme de rapport $r$ utiliser des parallélogrammes de base en combinant des transformations affines des pavages de rectangles de rapports $u$ et $v$en utilisant des carrés. Par exemple, voici un parallélogramme de 72 triangles de ratio$1 = \frac{11 - 3\sqrt 5}{2}\cdot\frac{1}{11} + \frac{2}{11 - 3\sqrt 5}\cdot\frac{19}{11}$, dérivé de pavages carrés de $1 × 11$ et $19 × 11$ rectangles.
L'utilisation de cette idée dans une version de la construction «escalier» donne des pavages beaucoup plus efficaces du trapèze de rapport $1$. En voici un avec$45 \cdot 4 + 10 \cdot 3 + 44 \cdot 4 = 386$Triangles. (J'utilise maintenant un algorithme de programmation dynamique qui mosaïque la région verte et la région bleue chacune en une seule passe plutôt que de les découper en parallélogrammes. Pour plus de clarté, les divisions des trapèzes / parallélogrammes de base en trois / quatre triangles ne sont pas illustrées.)
L'utilisation de trois d'entre eux pour construire un triangle équilatéral prend $3 \cdot 386 = \mathbf{1158}$ Triangles.
Un pavage encore plus efficace pourrait être construit en coupant un petit nombre de trapèzes de base du triangle équilatéral plus ou moins arbitrairement jusqu'à ce qu'un seul parallélogramme reste, résolvant son rapport $r \in \mathbb Q[\sqrt 5]$et en appliquant une fois la construction de mosaïque rectangulaire ci-dessus. Trouver un moyen de faire ceci de telle sorte que$u, v \ge 0$ a été plus compliqué que ce à quoi je m'attendais.