Quão poucos $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$ triângulos pode um triângulo equilátero ser dividido em?
Esta é a pergunta paralela a este outro post com muitas respostas já , no sentido de que o$(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$- triângulos semelhantes formam o único lado não trivial de ângulo racional do triângulo equilátero (e do hexágono regular), módulo uma conjugação real do campo de coordenadas (um subcampo de $\mathbf{Q}(\zeta_{60})$) que se transforma entre $(42^\circ,60^\circ,78^\circ)$- triângulos semelhantes e $(6^\circ,60^\circ,114^\circ)$- triângulos semelhantes. (Referência: Tilings of triângulos de M. Laczkovich .)
Minha tentativa foi a seguinte:
Desde a $\sin(42^\circ)$ e $\sin(78^\circ)$ têm radicais aninhados, tentei me livrar deles restringindo minhas unidades básicas de tiling apenas para o $60^\circ$- trapézios isósceles angulados e paralelogramos que são uma única fileira de ladrilhos triangulares. Eles têm proporções mais curtas de base para perna da 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 são inteiros automaticamente algébricos. Qualquer potencial lado a lado do triângulo equilátero a partir dessas unidades quadriláteras corresponde a alguma relação polinomial inteira dos algébricos acima, cujo grau polinomial se correlaciona com o número de peças quadriláteras no bloco.
Infelizmente, todos os algébricos acima têm grandes normas, portanto, uma busca cega pelo polinômio desejado está fora de questão, e eu tive que reduzir as proporções das peças novamente para os racionais. Eu fui capaz de encontrar um$60^\circ$trapézio isósceles em ângulo com a razão mais curta de base para perna de $10$ usando $79$ ladrilhos, e um $60^\circ$- paralelogramo em ângulo com proporção dos lados vizinhos de $11$ usando $80$azulejos. Assim, mais alguns blocos produzem um$60^\circ$- losango em ângulo, e mais alguns blocos produzem um $60^\circ$- trapézio isósceles angulado com relação base-perna mais curta $1$, três dos quais lado a lado um triângulo equilátero, usando um total de $121\,170$telhas triangulares. Enquanto fazia isso, encontrei este post menos relacionado que pode reduzir meu número de tiles para um pouco menos de cem mil.
Enquanto isso, também fiz uma pesquisa rápida no computador por meio de algumas configurações conceitualmente simples que tentam colocar o triângulo equilátero em blocos usando menos de cerca de $50$ telhas, e eu não encontrei nada.
Tenho a sensação de que cerca de cem mil ladrilhos não é a quantidade ideal para esse tipo de ladrilho, por isso estou pedindo para ver se as pessoas têm ideias melhores. Não posso oferecer incentivos em dinheiro como o post paralelo fez, mas qualquer um que tentar esse quebra-cabeça terá a minha gratidão.
Edição sugerida por RavenclawPrefect:
Para chegar às unidades de tiling quadrilátero que usei, a primeira coisa é desaninhar os radicais como mencionei acima. Como$\mathbf{Q}(\zeta_{60})$ Galois acabou $\mathbf{Q}(\sqrt{3})$ (o campo base aqui não deve ser $\mathbf{Q}$ mas em vez disso, o campo de coordenadas do triângulo equilátero), se pudermos construir geometricamente qualquer comprimento $\ell$ (ou tecnicamente, razão $\ell$), de modo que, quando executamos a mesma construção geométrica, mas com todos os $42^\circ$ ângulos e $78^\circ$ ângulos trocados entre si, nós ainda provavelmente construímos o mesmo $\ell$, então deve conter que $\ell\in\mathbf{Q}(\sqrt{5})$, de modo que $\ell$ não contém radicais aninhados.
Houve algumas ideias sobre o que $\ell$deve ser especificamente, a maioria delas ideias paralelas que podem ser encontradas na pergunta paralela para o quadrado. Eu decidi sobre o acima$\mathbf{Q}(\sqrt{5})$-quadrilaterais (aqueles que são uma única fileira de ladrilhos triangulares) por terem as menores normas de numerador entre outras. Como um não exemplo, houve uma ideia de dois andares usando$9$ telhas que resultaram em um trapézio com razão um múltiplo racional de $889-321\sqrt{5}$, que nojo. Havia também alguma não trivialidade na forma como os triângulos deveriam ser orientados ao serem colocados em uma única linha, mas mais alguns cálculos mostraram que o acima$(m,n)$forma é tudo o que realmente temos. Mais precisamente, um trapézio também não pode ter$m=0$, e um paralelogramo também não pode ter $n=0$.
Depois de todo esse trabalho, o resto foi realmente uma questão de tentativa e erro. Entre todos os$(m,n)$ forma, eu escolhi um paralelogramo com a menor norma, que é um $(m,n)=(0,1)$ paralelogramo com $4$ ladrilhos, e girou-o para que se tornasse um $\frac{11+3\sqrt{5}}{38}$-paralelogramo. Então$19$ daqueles fazem um $\frac{11+3\sqrt{5}}{2}$-paralelogramo com $76$ tiles, e obviamente eu combinei com um $(1,0)$-trapezóide e um $(0,1)$-paralelogramo para chegar aos quadriláteros racionais.
Portanto, o processo era mais como "francamente não sei mais o que fazer" do que "vejo possíveis simplificações, mas não sei o ideal". É também por isso que procuro ideias completamente novas (veja acima) que não são encontradas na pergunta paralela sobre o quadrado.
RavenclawPrefect também fez uma pergunta bem motivada para saber se o mesmo ladrilho poderia ser executado, mas com ladrilhos congruentes. M. Laczkovich provou que isso é impossível em um artigo subsequente Tilings of Convex Polygons with Congruent Triangles .
Respostas
Estou postando uma nova resposta para esta pergunta, porque as técnicas que estou usando diferem substancialmente da resposta anterior e já estava ficando muito longa. (Grande parte dessa resposta foi escrita antes da excelente resposta de Anders, portanto, ela recapitula algum terreno ali.)
Para começar, gostaria de detalhar melhor as construções delineadas no OP, pois achei útil olhar para esses diagramas. Defina um paralelogramo de razão$r$ como um com os lados $1,r,1,r$ em ordem cíclica, e um trapézio de proporção $r$ como um com os lados $1,r,1,r+1$em ordem cíclica. (Vou assumir implicitamente que tudo tem$60^\circ$ e $120^\circ$ ângulos e que todos os trapézios são isósceles, salvo indicação em contrário.)
Aqui está um trapézio isósceles de proporção $\frac{9-3\sqrt{5}}2$ feito de três $\color{blue}{42}-\color{green}{60}-\color{red}{78}$ triângulos:
Aqui está um paralelogramo de uma razão $1$ maior (portanto, com a mesma base) feito de quatro desses triângulos:
(Note que é não determinado pela adição de um triângulo para a construção anterior! As últimas três pontos são no mesmo local, no entanto.)
Como Edward H observa, podemos realmente estender qualquer um dos dois paralelogramos acima inserindo um não$60$- paralelograma de grau entre uma borda onde apenas os ângulos vermelho e azul se encontram; isso nos permite gastar$2$ mais triângulos para criar trapézios e paralelogramos de relações $\frac{9-3\sqrt{5}}{2}$ Mais.
Agora, algumas observações:
Um paralelogramo de proporção $r$ também é um paralelogramo de razão $1/r$: basta virar de lado!
Dados dois paralelogramos de razões $r,s$, podemos colocá-los juntos para obter um paralelograma de proporção $r+s$.
Dado um trapézio de proporção $r$ e um paralelogramo de razão $s$, podemos colocá-los juntos para obter um trapézio de proporção $r+s$.
Dados dois trapézios de proporções $r,s$, podemos virar um deles de cabeça para baixo e colocá-los juntos para obter um paralelogramo de proporção $r+s+1$ (porque o lado superior é uma unidade mais curto que o lado inferior).
Dados dois trapézios de proporções $r,s$, podemos colocar um em cima do outro para obter um paralelogramo de proporção $rs/(r+s+1)$.
Isso nos dá um caminho óbvio a seguir: comece com nossas duas soluções básicas de trapézio e paralelogramo (mais suas extensões) e, em seguida, combine-as das formas acima, procurando pequenas combinações de bons trapézios e paralelogramos de razão racional até encontrarmos um conjunto que possamos muito bem preencha um triângulo equilátero com.
Eu escrevi um código para realizar cálculos exatos com elementos de $\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$, e comecei a armazenar todos os trapézios e paralelogramos que podemos fazer com até cerca de $70$triângulos, mas limitando o tamanho dos números racionais envolvidos para evitar que o espaço de busca fique muito fora de controle. (Se eu tiver um paralelogramo de proporção$1173/292-46\sqrt{5}/377$, Provavelmente não vou acabar precisando disso.)
Isso por si só não mostra muitas formas de razão racional, então eu executei um segundo script que verificou entre todas as formas geradas na iteração anterior para aquelas cujas partes irracionais eram negativas umas das outras e as combinei em novas, formas de razão racional.
Os resultados desta pesquisa incluíram muitas construções interessantes, incluindo a solução de 72 triângulos de Anders Kaseorg para um paralelogramo de razão unitária, mas para nossos propósitos podemos nos concentrar em duas delas: a $94$-tile trapézio de proporção $12/5$, e um $100$-tile trapézio de proporção $17/7$.
Se colocados um em cima do outro, a parte inferior do primeiro trapézio coincidindo com o topo do segundo, eles formam um trapézio feito de $194$ triângulos cuja base inferior é o dobro da base superior - exatamente o nosso objetivo.
Só para mostrar a construção completa, aqui estão todos $3\cdot(94+100)=\textbf{582}$ triângulos em uma peça:
No OP, estou usando o fato de que podemos usar $79$ triângulos para formar um trapézio com comprimentos laterais $11,1,10,1$ e ângulos de $60$ e $120$ graus, bem como o paralelogramo com comprimentos laterais $1$ e $11$ com $80$triângulos. Isso significa que podemos colocar um "diamante" (a união de dois triângulos equiláteros conectados pelas arestas) usando$11\cdot80=880$ triângulos.
Podemos então encaixar todas essas peças em uma grade triangular: o trapézio ocupa $21$ triângulos, o estreito paralelogramo $22$, e a região em forma de diamante apenas $2$(mas com um grande custo). Claro, qualquer um deles pode ser ampliado por algum fator inteiro e ainda permanecer na grade.
Usando alguns códigos que escrevi para resolver problemas de tiling além de algumas modificações manuais, encontrei o seguinte empacotamento de um trapézio isósceles com razão base-perna $1$ (neste caso, ampliado na grade triangular por um fator de $12$ em cada dimensão):
Usa $12$ trapézios e $19$diamantes (o último de tamanhos variados). Assim, lado a lado um triângulo equilátero com três cópias desta forma vai usar$3\cdot(12\cdot79+19\cdot880)=\textbf{53004}$ azulejos.
Editar por nickgard :
uma pequena telha do mesmo trapézio usando$10$ trapézios longos e $12$ diamantes.
$3\cdot(10\cdot79+12\cdot880)=\textbf{34050}$ azulejos.
(Fim da edição)
EDIT (RavenclawPrefect): Eu descobri algumas maneiras melhoradas de colocar paralelogramos em blocos, que podem ser usadas junto com a solução do nickgard para reduzir ainda mais o número.
Aqui está uma peça de um $1\times 2$ paralelogramo com sete $1\times 11$ paralelogramos (contraste com o $22$ seria necessário unir dois losangos):
Em geral, pode-se colocar um $1\times n$ paralelogramo para $n=1,\ldots,9$ com $11,7,6,6,6,6,6,6,7$paralelogramos finos; esses valores surgem de tomar um lado a lado de um$11\times n$retângulo por quadrados (ver A219158 em OEIS) e aplicando uma transformação afim apropriada.
Para o $1\times 7$, usando $6$ paralelogramos finos nos dá $6\cdot 80$, mas também podemos usar $6$ trapézios, conforme descrito no comentário de Edward H sobre esta resposta para $6\cdot 79$ telhas, o que oferece uma ligeira melhoria.
Usando essas embalagens mais eficientes, posso preencher a forma de "escada" na resposta do nickgard da seguinte forma:
Isso usa um total de $4874$ ladrilhos na escada, $4874+10\cdot79 = 5664$ no trapézio, e $\textbf{16992}$ no triângulo.
Edit 2 (RavenclawPrefect): Depois de muito mexer em decompor a forma de "escada" em bons paralelogramos alinhados com o eixo, percebi que poderia apenas aplicar uma transformação afim, transformando toda a escada em um poliomino muito alto de tamanho${10\choose 2}\cdot 11=495$ com "passos" de altura $11$e tente colocar o resultado com quadrados diretamente.
Isso resultou em uma melhoria substancial, dando um lado a lado com $46$ quadrados (portanto, $1\times 11$paralelogramos uma vez transformados de volta); a imagem resultante não encaixaria bem devido à sua altura, mas eu fiz o upload para o imgur aqui . Atualização: Eu melhorei um pouco este ladrilho para um$45$-solução quadrada, vista aqui .
Isto resulta em $3\cdot(45\cdot80+10\cdot79)=\textbf{13170}$ azulejos.
Como isso pode ser melhorado:
Tentando uma melhor embalagem deste $495$-omino por quadrados - minha pesquisa não foi exaustiva e acho que há pelo menos um $30\%$ chance ele pode ser dividido de forma mais eficiente.
Encontrar uma melhor embalagem de algum trapézio ou triângulo equilátero com esses mesmos métodos - eu certamente não otimizei as coisas tanto quanto poderia.
Encontrar um empacotamento "base" mais eficiente de qualquer uma das formas de sementes usadas neste ladrilho, ou gerar novos poliamonds relativamente simples que podem ser eficientemente ladrilhados com $42-60-78$ triângulos.
Aqui está um trapézio de proporção $1$ ladrilhado por $195$triângulos, encontrados em uma busca de força bruta. Usar três deles para construir um triângulo equilátero leva$3 \cdot 195 = \mathbf{585}$ triângulos.
Resposta antiga
Este básico $60^\circ$ trapézio de proporção $\frac{9 - 3\sqrt 5}{2}$ usa três triângulos, e este básico $60^\circ$ paralelogramo de razão $\frac{11 - 3\sqrt 5}{2}$ usa quatro triângulos:
Qualquer número $r \in \mathbb Q[\sqrt 5]$ pode ser decomposto como $r = \frac{11 - 3\sqrt 5}{2}u + \frac{2}{11 - 3\sqrt 5}v$ com $u, v \in \mathbb Q$. E se$u, v \ge 0$, então podemos colocar um paralelogramo de proporção $r$ usando paralelogramos básicos, combinando transformações afins das telhas de retângulos de proporções $u$ e $v$usando quadrados. Por exemplo, aqui está um paralelogramo de 72 triângulos de proporção$1 = \frac{11 - 3\sqrt 5}{2}\cdot\frac{1}{11} + \frac{2}{11 - 3\sqrt 5}\cdot\frac{19}{11}$, derivado de quadrados de $1 × 11$ e $19 × 11$ retângulos.
Usar essa ideia em uma versão da construção de "escada" produz revestimentos muito mais eficientes do trapézio de proporção $1$. Aqui está um com$45 \cdot 4 + 10 \cdot 3 + 44 \cdot 4 = 386$triângulos. (Agora estou usando um algoritmo de programação dinâmica que coloca lado a lado a região verde e a região azul em uma passagem, em vez de dividi-las em paralelogramos. Para maior clareza, as divisões de trapézios / paralelogramos básicos em três / quatro triângulos não estão representadas.)
Usar três deles para construir um triângulo equilátero leva $3 \cdot 386 = \mathbf{1158}$ triângulos.
Provavelmente, uma telha ainda mais eficiente poderia ser construída cortando um pequeno número de trapézios básicos do triângulo equilátero mais ou menos arbitrariamente até que um único paralelogramo permaneça, resolvendo para sua razão $r \in \mathbb Q[\sqrt 5]$e aplicando a construção de ladrilho retângulo acima uma vez. Encontrar uma maneira de fazer isso de modo que$u, v \ge 0$ tem sido mais complicado do que eu esperava.