Quanti pochi $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$ triangoli si può dividere un triangolo equilatero?
Questa è la domanda parallela a quest'altro post con già molte risposte , nel senso che il file$(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$- triangoli simili formano l'unica piastrellatura ad angolo razionale non banale del triangolo equilatero (e dell'esagono regolare), modulo una coniugazione reale del campo di coordinate (un sottocampo di $\mathbf{Q}(\zeta_{60})$) che si trasforma tra $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$-simili triangoli e $(6^\circ,60^\circ,114^\circ)$- triangoli simili. (Riferimento: Piastrelle di triangoli di M. Laczkovich .)
Il mio tentativo è stato il seguente:
Da $\sin(42^\circ)$ e $\sin(78^\circ)$ hanno radicali nidificati, ho cercato di sbarazzarmene limitando le mie unità di piastrellatura di base solo a $60^\circ$- trapezi isosceli angolati e parallelogrammi che sono una singola fila delle tessere triangolari. Hanno rapporti base-gamba più brevi della forma$$m\cdot\frac{9-3\sqrt{5}}{2}+n\cdot\frac{11-3\sqrt{5}}{2}\quad\left(m,n\ge 0\right)$$che sono automaticamente interi algebrici. Qualsiasi potenziale piastrellatura del triangolo equilatero da queste unità quadrilatere corrisponde a qualche relazione polinomiale intera delle suddette algebriche, il cui grado polinomiale è correlato al numero di pezzi quadrilateri nella piastrellatura.
Sfortunatamente tutte le suddette algebriche hanno grandi norme, quindi una ricerca alla cieca del polinomio desiderato è fuori questione, e ho dovuto ridurre nuovamente le proporzioni dei pezzi ai razionali. Sono riuscito a trovare un file$60^\circ$-trapezio isoscele angolato con rapporto base-gamba più corto di $10$ utilizzando $79$ piastrelle e un file $60^\circ$-parallelogramma angolato con il rapporto dei lati adiacenti di $11$ utilizzando $80$piastrelle. Quindi alcune tessere in più producono a$60^\circ$rombo-angolato, e altre poche tessere in più producono un $60^\circ$trapezoidale isoscele angolato con rapporto base-gamba più corto $1$, tre dei quali affiancano un triangolo equilatero, utilizzando un totale di $121\,170$piastrelle triangolari. Già che ci ero, ho trovato questo post meno correlato che potrebbe ridurre il mio numero di tessere a un po 'meno di centomila.
Nel frattempo, ho anche fatto una rapida ricerca al computer attraverso alcune configurazioni concettualmente semplici che tentano di affiancare il triangolo equilatero utilizzando meno di circa $50$ piastrelle, e non ho trovato niente.
Ho la sensazione che circa centomila tessere non siano la quantità ottimale per una tale piastrellatura, quindi chiedo di vedere se le persone hanno idee migliori. Non sono in grado di fornire incentivi in denaro come ha fatto il post parallelo, ma chiunque provi questo puzzle avrà sicuramente la mia gratitudine.
Modifica suggerita da Corvonero Prefetto:
Per arrivare alle unità di piastrellatura quadrilatera che ho usato, la prima cosa è de-annidare i radicali come ho detto sopra. Come$\mathbf{Q}(\zeta_{60})$ è finita Galois $\mathbf{Q}(\sqrt{3})$ (il campo base qui non dovrebbe essere $\mathbf{Q}$ ma invece il campo delle coordinate del triangolo equilatero), se possiamo costruire geometricamente qualsiasi lunghezza $\ell$ (o tecnicamente, ratio $\ell$), in modo tale che quando eseguiamo la stessa costruzione geometrica ma con tutti i $42^\circ$ angoli e $78^\circ$ angoli scambiati l'uno con l'altro, è ancora dimostrato che costruiamo lo stesso $\ell$, allora deve tenerlo $\ell\in\mathbf{Q}(\sqrt{5})$, così che $\ell$ non contiene radicali nidificati.
C'erano un paio di idee su cosa $\ell$dovrebbe essere specificamente, la maggior parte di loro idee parallele che possono essere trovate tutte nella domanda parallela per il quadrato. Ho deciso quanto sopra$\mathbf{Q}(\sqrt{5})$-quadrilateri (quelli che sono una singola fila di tessere triangolari) perché avevano le norme del numeratore più piccole tra le altre. Come non esempio, c'era un'idea a due piani usando$9$ piastrelle che hanno dato come risultato un trapezio con rapporto un multiplo razionale di $889-321\sqrt{5}$, che schifo. C'erano anche alcune non banalità in che modo i triangoli dovevano essere orientati quando venivano messi in una singola riga, ma qualche calcolo in più mostrava che quanto sopra$(m,n)$forma sono tutto ciò che realmente otteniamo. Più precisamente, anche un trapezio non può avere$m=0$e anche un parallelogramma non può avere $n=0$.
Dopo tutto quel lavoro, il resto è stato davvero una questione di tentativi ed errori. Tra tutti i file$(m,n)$ form, ho scelto un parallelogramma con la norma più piccola, che è un file $(m,n)=(0,1)$ parallelogramma con $4$ piastrelle e ruotato in modo che diventi un file $\frac{11+3\sqrt{5}}{38}$-parallelogramma. Poi$19$ di quelli fanno a $\frac{11+3\sqrt{5}}{2}$-parallelogramma con $76$ piastrelle, e ovviamente l'ho combinato con un file $(1,0)$-trapezio e a $(0,1)$-parallelogramma per arrivare ai quadrilateri razionali.
Quindi il processo era più come "francamente non so cos'altro fare" piuttosto che "vedo potenziali semplificazioni ma non conosco l'ottimale". È anche il motivo per cui cerco idee completamente nuove (vedi sopra) che non si trovano nella domanda parallela sul quadrato.
RavenclawPrefect ha anche posto una domanda ben motivata se la stessa piastrellatura potesse essere eseguita ma con tessere congruenti. M. Laczkovich ha dimostrato che ciò è impossibile in un successivo articolo Tiling of Convex Polygons with Congruent Triangles .
Risposte
Sto postando una nuova risposta a questa domanda, perché le tecniche che sto usando differiscono sostanzialmente dalla risposta precedente e stava già diventando piuttosto lunga. (Gran parte di questa risposta è stata scritta prima dell'eccellente risposta di Anders, quindi ricostruisce un po 'di terreno lì.)
Per cominciare, vorrei arricchire meglio le costruzioni delineate nell'OP, poiché ho trovato utile guardare questi diagrammi. Definisci un parallelogramma di rapporto$r$ come uno con i lati $1,r,1,r$ in ordine ciclico e un trapezio di rapporto $r$ come uno con i lati $1,r,1,r+1$in ordine ciclico. (Assumerò implicitamente che tutto abbia$60^\circ$ e $120^\circ$ angoli e che tutti i trapezi sono isosceli se non diversamente specificato.)
Ecco un trapezio isoscele del rapporto $\frac{9-3\sqrt{5}}2$ fatto da tre $\color{blue}{42}-\color{green}{60}-\color{red}{78}$ triangoli:
Ecco un parallelogramma di un rapporto $1$ più grande (quindi con la stessa base) composto da quattro triangoli di questo tipo:
(Si noti che è non dato aggiungendo un triangolo per la costruzione precedente! I tre punti inferiori sono nella stessa posizione, però.)
Come osserva Edward H, possiamo effettivamente estendere uno dei due parallelogrammi sopra inserendo un non-$60$-parallelogramma di grado tra un bordo dove si incontrano solo gli angoli rosso e blu; questo ci permette di spendere$2$ più triangoli per creare trapezi e parallelogrammi di rapporti $\frac{9-3\sqrt{5}}{2}$ Di Più.
Ora, alcune osservazioni:
Un parallelogramma di rapporto $r$ è anche un parallelogramma di rapporto $1/r$: basta girarlo su un lato!
Dati due parallelogrammi di rapporti $r,s$, possiamo metterli insieme per ottenere un parallelogramma di rapporto $r+s$.
Dato un trapezio di rapporto $r$ e un parallelogramma di rapporto $s$, possiamo metterli insieme per ottenere un trapezio di rapporto $r+s$.
Dati due trapezi di rapporti $r,s$, possiamo capovolgerne uno e poi metterli insieme per ottenere un parallelogramma di rapporto $r+s+1$ (perché il lato superiore è un'unità più corto del lato inferiore).
Dati due trapezi di rapporti $r,s$, possiamo metterne uno sopra l'altro per ottenere un parallelogramma di rapporto $rs/(r+s+1)$.
Questo ci offre un ovvio percorso in avanti: inizia con le nostre due soluzioni di base trapezoidale e parallelogramma (più le loro estensioni), quindi combinale nei modi sopra alla ricerca di piccole piastrellature di bei trapezi e parallelogrammi a rapporto razionale fino a trovare un insieme che possiamo piacevolmente riempire un triangolo equilatero con.
Ho scritto del codice per eseguire calcoli esatti con elementi di $\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$, e ha iniziato a memorizzare tutti i trapezi e parallelogrammi che si possono realizzare fino a circa $70$triangoli, ma limitando la dimensione dei numeri razionali coinvolti per evitare che lo spazio di ricerca sfugga di mano. (Se ho un parallelogramma di rapporto$1173/292-46\sqrt{5}/377$, Probabilmente non ne avrò bisogno.)
Questo da solo non mostra molte forme di rapporto razionale, quindi ho eseguito un secondo script che ha controllato tra tutte le forme generate nell'iterazione precedente per quelle le cui parti irrazionali erano i negativi l'una dell'altra, e le ho combinate in nuove, forme razionali.
I risultati di questa ricerca includevano molte costruzioni interessanti, inclusa la soluzione a 72 triangoli di Anders Kaseorg per un parallelogramma di rapporto unitario, ma per i nostri scopi possiamo concentrarci su due di esse: a $94$-tile trapezoidale del rapporto $12/5$e a $100$-tile trapezoidale del rapporto $17/7$.
Se posti uno sopra l'altro, la parte inferiore del primo trapezio coincidente con la parte superiore del secondo, formano un trapezio di $194$ triangoli la cui base inferiore è il doppio della base superiore: esattamente il nostro obiettivo.
Solo per mostrare la costruzione completa, ecco tutti $3\cdot(94+100)=\textbf{582}$ triangoli in un unico pezzo:
Dall'OP, sto usando il fatto che possiamo usare $79$ triangoli per affiancare un trapezio con lunghezze laterali $11,1,10,1$ e angoli di $60$ e $120$ gradi, così come il parallelogramma con le lunghezze laterali $1$ e $11$ con $80$triangoli. Ciò significa che possiamo affiancare un "diamante" (l'unione di due triangoli equilateri collegati tra loro) usando$11\cdot80=880$ triangoli.
Possiamo quindi adattare tutti questi pezzi su una griglia triangolare: il trapezio occupa $21$ triangoli, il parallelogramma sottile $22$e solo la regione a forma di diamante $2$(ma a un ottimo prezzo). Naturalmente, ognuno di essi può essere scalato da un fattore intero e si trova ancora sulla griglia.
Usando del codice che ho scritto per risolvere i problemi di piastrellatura più alcune modifiche manuali, ho trovato il seguente impacchettamento di un trapezio isoscele con rapporto base-gamba $1$ (in questo caso, ingrandito sulla griglia triangolare di un fattore $12$ in ogni dimensione):
Utilizza $12$ trapezi e $19$diamanti (questi ultimi di varie dimensioni). Pertanto, verrà utilizzato un triangolo equilatero con tre copie di questa forma$3\cdot(12\cdot79+19\cdot880)=\textbf{53004}$ piastrelle.
Modifica di nickgard :
una piastrellatura più piccola dello stesso trapezio usando$10$ trapezi lunghi e $12$ diamanti.
$3\cdot(10\cdot79+12\cdot880)=\textbf{34050}$ piastrelle.
(Fine della modifica)
EDIT (RavenclawPrefect): ho trovato alcuni modi migliori per affiancare i parallelogrammi, che possono essere usati insieme alla soluzione di nickgard per ridurre ulteriormente il numero.
Ecco una piastrellatura di un file $1\times 2$ parallelogramma con sette $1\times 11$ parallelogrammi (in contrasto con il $22$ ci vorrebbe unendo due rombi insieme):
In generale, si può affiancare un file $1\times n$ parallelogramma per $n=1,\ldots,9$ con $11,7,6,6,6,6,6,6,7$parallelogrammi magri; questi valori derivano dal prendere una piastrellatura di un$11\times n$rettangolo per quadrato (vedere A219158 su OEIS) e applicare una trasformazione affine appropriata.
Per il $1\times 7$, utilizzando $6$ parallelogrammi magri ci dà $6\cdot 80$, ma possiamo anche usare $6$ trapezi come descritto nel commento di Edward H su questa risposta per $6\cdot 79$ piastrelle, che offre un leggero miglioramento.
Usando questi imballaggi più efficienti, posso riempire la forma "scala" nella risposta di nickgard come segue:
Questo utilizza un totale di $4874$ piastrelle nella scala, $4874+10\cdot79 = 5664$ nel trapezio, e $\textbf{16992}$ nel triangolo.
Modifica 2 (RavenclawPrefect): Dopo aver giocherellato molto con la scomposizione della forma della "scala" in bei parallelogrammi allineati sull'asse, mi sono reso conto che potevo semplicemente applicare una trasformazione affine, trasformando l'intera scala in un polyomino molto alto di dimensioni${10\choose 2}\cdot 11=495$ con "gradini" di altezza $11$e prova a piastrellare la cosa risultante con i quadrati direttamente.
Ciò ha comportato un miglioramento sostanziale, dando una piastrellatura con $46$ piazze (quindi, $1\times 11$parallelogrammi una volta trasformati); l'immagine risultante non si sarebbe incorporata bene a causa della sua altezza, ma l'ho caricata su imgur qui . Aggiornamento: ho leggermente migliorato questa piastrellatura in a$45$-soluzione quadrata, vista qui .
Questo risulta in $3\cdot(45\cdot80+10\cdot79)=\textbf{13170}$ piastrelle.
Modi che questo potrebbe essere migliorato:
Sto cercando di imballare meglio questo $495$-omino per quadrati - la mia ricerca non è stata esaustiva, e credo che ci sia almeno un $30\%$ possibilità che possa essere piastrellato in modo più efficiente.
Trovare un migliore impacchettamento di qualche triangolo trapezoidale o equilatero con questi stessi metodi - di certo non ho ottimizzato le cose quanto potevo.
Trovare un impacchettamento "base" più efficiente di una delle forme del seme utilizzate in questa piastrellatura o generare nuovi poliiamanti relativamente semplici che possono essere piastrellati in modo efficiente con $42-60-78$ triangoli.
Ecco un trapezio di rapporto $1$ piastrellato da $195$triangoli, trovati in una ricerca di forza bruta. Usando tre di questi per costruire un triangolo equilatero prende$3 \cdot 195 = \mathbf{585}$ triangoli.
Vecchia risposta
Questa base $60^\circ$ trapezio di rapporto $\frac{9 - 3\sqrt 5}{2}$ usa tre triangoli e questo di base $60^\circ$ parallelogramma di rapporto $\frac{11 - 3\sqrt 5}{2}$ utilizza quattro triangoli:
Qualsiasi numero $r \in \mathbb Q[\sqrt 5]$ può essere scomposto come $r = \frac{11 - 3\sqrt 5}{2}u + \frac{2}{11 - 3\sqrt 5}v$ con $u, v \in \mathbb Q$. Se$u, v \ge 0$, quindi possiamo affiancare un parallelogramma di rapporto $r$ utilizzando parallelogrammi di base combinando trasformazioni affini delle piastrellature di rettangoli di rapporti $u$ e $v$usando i quadrati. Ad esempio, ecco un parallelogramma di 72 triangoli di rapporto$1 = \frac{11 - 3\sqrt 5}{2}\cdot\frac{1}{11} + \frac{2}{11 - 3\sqrt 5}\cdot\frac{19}{11}$, derivato da piastrellature quadrate di $1 × 11$ e $19 × 11$ rettangoli.
Utilizzando questa idea in una versione della costruzione "scala" si ottengono piastrellature molto più efficienti del trapezio del rapporto $1$. Eccone uno con$45 \cdot 4 + 10 \cdot 3 + 44 \cdot 4 = 386$triangoli. (Ora sto usando un algoritmo di programmazione dinamico che affianca la regione verde e la regione blu ciascuna in un passaggio piuttosto che tagliarle in parallelogrammi. Per chiarezza, le divisioni di trapezi / parallelogrammi di base in tre / quattro triangoli non sono illustrate.)
Usando tre di questi per costruire un triangolo equilatero prende $3 \cdot 386 = \mathbf{1158}$ triangoli.
Probabilmente una piastrellatura ancora più efficiente potrebbe essere costruita tagliando un piccolo numero di trapezi di base dal triangolo equilatero più o meno arbitrariamente fino a quando rimane un unico parallelogramma, risolvendo il suo rapporto $r \in \mathbb Q[\sqrt 5]$e applicando una volta la struttura di piastrellatura rettangolo sopra. Trovare un modo per farlo in modo tale$u, v \ge 0$ è stato più complicato di quanto mi aspettassi.