¿Se puede enlosar un rectángulo con 666 rectángulos más pequeños, de modo que ningún conjunto más pequeño de esos rectángulos forme un rectángulo?

Terminología : Un compuesto es un subconjunto propio de los rectángulos más pequeños cuya unión es un rectángulo. El problema es probar que no hay mosaico libre de compuestos por 6 rectángulos.

Primero, notamos que las cuatro esquinas de R deben estar ocupadas por cuatro rectángulos separados:

• Si el mismo rectángulo ocupa dos esquinas adyacentes, divide R por una línea recta, lo que no está permitido según los resultados parciales.
• Si ocupa dos esquinas diagonalmente opuestas, es R y no se pueden colocar más rectángulos.

Después de colocar los rectángulos en las esquinas:

.----1----.
.  |   |  .
.  |   ---.
.---      4
2     ----.
.--   |   .
. |   |   .
.---3-----.

¿Cómo podemos asignar los dos rectángulos restantes a los bordes 1, 2, 3 y 4 y al interior? Notamos que, a menos que se asignen a dos bordes opuestos (el caso del furgón ), hay dos bordes adyacentes con solo tres rectángulos distintos en ellos, lo que puede ocurrir en dos configuraciones esencialmente diferentes:

.-------.
.   |   .
.   |---.
.---- B . (1)
.  |A   .
.-------.
.------.
.  | X .
.  |---.
.----  . (2)
. Y |  .
.------.

En la configuración (1), para evitar la formación de compuestos, al menos dos rectángulos cada uno deben sentarse en los bordes A y B. Pero eso hace un mínimo de siete rectángulos, y solo tenemos seis.

El espacio restante en la configuración (2) tiene forma de elo, que debe llenarse con tres rectángulos. Es bastante fácil demostrar que hasta rotaciones/reflexiones el único mosaico libre de compuestos de una ella por tres rectángulos es

.---.
.   .
.   .
.   .
.   .---.
.   | Y .
.-------.
.   X   .
.-------.

Solo hay dos formas de colocar este mosaico de ell en la configuración (2). En uno de ellos, los rectángulos marcados con X forman un compuesto; en el otro, los rectángulos marcados con Y forman un compuesto (pruébalo).

Por lo tanto, no hay mosaico de 6 rectángulos libre de compuestos de R con dos bordes adyacentes que comparten tres rectángulos distintos.

Para el caso del furgón, aquí están los dos arreglos esencialmente diferentes de los cuatro cuadrados de las esquinas:

.----------.
.   |   |  .
.   |   |  .
.   |   |  .
.   |   |  .
A---B   C--D (cis)
. |      | .
. |      | .
. |      | .
. |      | .
.----------.
.----------.
.   |   |  .
.   |   |  .
.   |   |  .
.   |   |  .
A---B   |  . (trans)
. |    C---D
. |    |   .
. |    |   .
. |    |   .
.----------.

En ambas configuraciones, el único momento en el que el espacio restante se puede llenar con dos rectángulos es cuando ABCD forma una línea recta, pero eso hace que AD divida R , lo que nuevamente no está permitido por los resultados parciales.

Hemos cubierto todas las disposiciones posibles de los dos rectángulos restantes y hemos demostrado que ninguno de ellos puede dar lugar a un mosaico sin compuestos. En conclusión, el mosaico solicitado en la pregunta original no se puede realizar para n = 6 .

Desde que publiqué esto, en la desconcertante publicación de SE, Jaap Scherphuis agregó una buena prueba de que$n = 6$es imposible. Copio la prueba aquí, con ediciones menores, y hago esta publicación en una wiki comunitaria.

Observa eso:

1. Una sola pieza rectangular no puede cubrir dos de las esquinas de la figura completa.

   Si existiera tal pieza, entonces las n-1 piezas restantes formarían un sub-rectángulo de la figura.

   Por lo tanto, las cuatro esquinas de la figura final son de cuatro piezas diferentes.

2. Una pieza de esquina debe tener al menos 3 piezas adyacentes.

   Debe haber al menos un vecino en cada lado interno de la esquina. Si una pieza de esquina tenía exactamente dos vecinos, debe haber exactamente uno en cada lado. Si los vecinos fueran ambos más largos que ese lado, se superpondrían. Por lo tanto, al menos uno de esos vecinos tiene la misma longitud, y luego la esquina y ese vecino juntos forman un rectángulo. Esto no está permitido, por lo que una esquina debe tener más de dos vecinos.

3. Las esquinas diagonalmente opuestas no pueden tocarse.

   Si las piezas de las esquinas diagonalmente opuestas se tocaran, entonces el área restante de toda la figura consistiría en dos áreas rectangulares. Si llenas esa área con dos o más piezas, esas piezas son un sub-rectángulo de la figura, lo cual no está permitido. Si lo llena con una sola pieza, entonces esa es una pieza de esquina con exactamente dos vecinos, lo que tampoco está permitido según el n. ° 2 anterior.

Ahora consideremos$n=6$específicamente.

Cuatro de esas seis piezas deben estar en las cuatro esquinas de la figura final (#1). Supongamos que las dos piezas restantes son completamente internas a la figura. Cada una de las piezas exteriores solo puede exponer un lado al área interna, por lo que el área interna es rectangular. Rellenarlo con las dos piezas restantes crea un subrectángulo con 2 piezas.

Supongamos, por otro lado, que las 6 piezas están en el límite de la figura final, es decir, no hay piezas internas. Entonces tenemos 4 piezas de esquina y 2 piezas de borde. Supongamos que una pieza de esquina se encuentra entre dos piezas de borde. Debe tener un tercer vecino (#2), pero el único candidato es la esquina diagonalmente opuesta, que viola el #3. El único otro arreglo para las piezas de borde es en lados opuestos de la figura final, digamos los lados izquierdo y derecho. Las dos esquinas superiores son adyacentes, no pueden tocar ninguna de las esquinas inferiores, por lo que la única forma de que tengan 3 vecinos es que ambas esquinas estén adyacentes a ambas piezas de borde. Esto no es posible.

La última posibilidad es que tengamos 4 piezas de esquina, 1 pieza de borde y 1 pieza interna. Las dos esquinas próximas a la pieza de borde deben tener como tercera vecina la pieza interior. La pieza de borde tiene tres lados internos y, por lo tanto, debe tener al menos tres vecinos. La única posibilidad es que también sea adyacente a la pieza interna. En un argumento similar al n. ° 2, las esquinas no pueden tener la misma longitud que la pieza del borde, y si ambas fueran más largas, entonces la pieza del borde y la pieza interna tienen longitudes iguales y forman un rectángulo.

Todas las posibilidades conducen al fracaso, así que$n=6$es imposible.