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Sono dati i quadrati S1, S2, S3... tali che Sk ha lato 1/k. Determinare il minimo l per cui il quadrato di lato l possa contenere tutti i quadratini Sk senza che essi siano sovrapposti

Per me la risposta è \"non esiste tale quadrato\".
 La somma delle aree dei quadratini è la somma infinita
 1/1^2+1/2^2+1/3^2+1/4^2+1/5^2....+1/n^2
 che converge e da come risultato (pi^2)/6
 Se consideriamo (pi^2)/6 come un quadrato, però, il lato è
 pi*(sqrt6/6), che è inferiore alla somma dei lati dei primi due quadrati della serie, il che implica che non li si possa disporre senza sovrapposizione all\'interno sel quadrato \"somma\".
 Dov\'è che sbaglio? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">

penso che per \"contenere\" Simo non intendesse necessariamente che i quadratini ricoprono *tutto* il quadratone.
 Quindi, ok la parte che l\'area e\' almeno pi^2/6, ma forse prendendo un quadrato di lato \"molto grande\" tutti potrebbero starci, il tuo ragionamento non lo esclude a priori.
 Cmq e\' una buona \"limitazione\"... in una gara ti potrebbe fornire un punticino o due. Continua a lavorare sul problema!
 
 ciao
 --federico

Ooops, è vero! ho frainteso l\'esercizio. Comunque, per il ragionamento fatto nel mio precedente messaggio, il lato minimo che possa contenere i primi due quadrati è l=3/2, che li contiene, appunto, esattamente. Con tale l \"ci sta\" anche il terzo di lato 1/3 (se mettiamo il primo in un angolo, e il secondo lo posizioniamo a fianco, il terzo sta \"di sopra\"). A questo punto, la superficie occupata dagli altri è [(pi^2)/6]-(1+1/4+1/9)=circa 0,28, che è minore dello spazio ancora libero nel quadrato l=3/2, poichè
 (3/2)^2-(1+1/4+1/9)=8/9>0,28.
 Quindi, sperando di non aver sbagliato di nuovo, la risposta è 3/2.

Bah, avevo fatto il tuo stesso identico ragionamento, e mi sembra cazzato.
 Il limite a cui tende la serie è l\'area raggiunta, tuttavia non considera i vari \"buchi\" che si instaurano tra un quadratino e l\'altro e che tu devi considerare perchè, ad esempio, non puoi spezzare un quadrato in due rettangolini, cosa invece che puoi fare \"guardando\" solo l\'area in sè.
 
 Inoltre ho un dubbione sull\'esercizio:
 Visto che abbiamo infiniti quadratini, per i piccioni, c\'è almeno un lato del quadrato che ha un numero infinito di quadratini, ma allora c\'è almeno un lato del quadrato che è una \"partizione\" della serie armonica, che tende a infinito e quindi continua a tendere a infinito se ne togliamo un numero finito di termini. Quindi dovrei \"spezzare\" la serie armonica in un numero finito di serie convergenti, ma ciò esula dalle mie capacità e non so nemmeno se si possa fare qualcosa di simile... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 28-01-2005 21:03 ]

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 On 2005-01-28 21:02, Boll wrote:
 Bah, avevo fatto il tuo stesso identico ragionamento, e mi sembra cazzato.
 Il limite a cui tende la serie è l\'area raggiunta, tuttavia non considera i vari \"buchi\" che si instaurano tra un quadratino e l\'altro e che tu devi considerare perchè, ad esempio, non puoi spezzare un quadrato in due rettangolini, cosa invece che puoi fare \"guardando\" solo l\'area in sè.
 
 Inoltre ho un dubbione sull\'esercizio:
 Visto che abbiamo infiniti quadratini, per i piccioni, c\'è almeno un lato del quadrato che ha un numero infinito di quadratini, ma allora c\'è almeno un lato del quadrato che è una \"partizione\" della serie armonica, che tende a infinito e quindi continua a tendere a infinito se ne togliamo un numero finito di termini. Quindi dovrei \"spezzare\" la serie armonica in un numero finito di serie convergenti, ma ciò esula dalle mie capacità e non so nemmeno se si possa fare qualcosa di simile...
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 28-01-2005 21:03 ]
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 Spezzare una serie divergente in un numero finito di serie convergenti non si fa (perlomeno se tutti i termini sono positivi).
 Comunque l\'idea non va bene come \"dimostrazione d\'impossibilita\'\": infatti, non e\' detto per nulla che tutti i lati dei \"quadratini\" stiano sul lato del \"quadratone\", che stava alla base del tuo ragionamento...
 
 [ragioanmenti euristici] Secondo me si riesce a fare; un\'idea possibile potrebbe essere tagliare il quadrato verticalmente in \"fette\" di dimensione decrescente, per esempio 1/2^n o una serie geometrica, e vedere quanti quadratini si riescono a far stare accostati in ogni \"fetta\". E\' chiaro che, per un ragionamento del tipo di quello che hai fatto tu, con un numero finito di fette non si riesce ad arrivare a nulla...
 Pero\' con un # infinito che va come 2^n forse ci si arriva.
 
 ciao,
 --f

Ciao. Faccio il MindFlyer della situazione: siete certi che non si riesca a scendere sotto 3/2 mettendo di sghimbescio i quadratini?
 
 L\'idea di Fph mi sembra funzichi. Chi fa tutti i conti per vedere se è vero?
 
 Ciao. M.

va beh, ormai è superfluo, scusate il disegno... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
 <IMG SRC="http://tmath.altervista.org/tassellare.jpg">
 
 e se invece di spezzettare con potenze di 3 spezzettiamo con potenze di n cosa possiamo tassellare? ma soprattutto... chi se ne importa? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-29 18:45, marco wrote:
 Ciao. Faccio il MindFlyer della situazione: siete certi che non si riesca a scendere sotto 3/2 mettendo di sghimbescio i quadratini?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ehi, bada a come parli: io non ho mai detto \"sghimbescio\"!!
 
 EDIT:
 Non si può scendere sotto 3/2, perché l\'unico modo di sistemare i primi 2 quadrati in un quadrato di lato 3/2 è metterli con i lati paralleli. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: MindFlyer il 02-02-2005 15:30 ]

Ok, la dimostrazione di tmart funziona (a parte il < tra i due logaritmi che dev\'essere un <=).
 In questo modo si può anche ricavare una dimostrazione che la somma della serie dei reciproci dei quadrati è < 1+1/4+ln(4)/3+ln(13/4)/6 < 1,743.
 Che confrontato con pi^2/6 > 1,644 è una bella stima!

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-02-02 12:38, MindFlyer wrote:
 Non si può scendere sotto 3/2, perché l\'unico modo di sistemare i primi 2 quadrati in un quadrato di lato 3/2 è metterli con i lati paralleli.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Questo lo dici tu! Siamo d\'accordo che è vero. Ma qui le regole sono semplici: o si dà una dimostrazione, o si esibisce un contresempio. Non dirmi che non lo sapevi...
 
 EDIT: a quanto mi consta, \"sghimbescio\" è una parola della lingua italiana...
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: marco il 02-02-2005 17:18 ]

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-02-02 17:13, marco wrote:
 Questo lo dici tu! Siamo d\'accordo che è vero. Ma qui le regole sono semplici: o si dà una dimostrazione, o si esibisce un contresempio. Non dirmi che non lo sapevi...
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Sì, beh, ehm... Lo sapevo? Lo sapevo. Diciamo allora che volevo lasciarvi il piacere di dimostrarlo. E poi non volevo pubblicare una brutta dimostrazione. Ma se la volete, eccovela.
 
 Mettiamoci su un piano cartesiano.
 Dimostriamo che un quadrato di lato 1 con un vertice sull\'asse x ed uno sull\'asse y (e contenuto nel I quadrante) contiene il punto (1,1), a meno che un vertice non sia nell\'origine, nel qual caso il punto (1,1) è un altro vertice.
 ...E questi sono conti trigonometrici...
 Sia alfa l\'angolo che forma il lato del quadrato con i vertici sugli assi con l\'asse x. Allora la retta che passa per i 2 vertici non sugli assi ha equazione
 y=sin(alfa)+1/cos(alfa)-x*tg(alfa).
 La sua intersezione con la retta y=x ha ascissa
 (sin(alfa)+1/cos(alfa))/(tg(alfa)+1),
 ponendola >=1 si ottiene (dopo qualche passaggio che ometto)
 sin(alfa)cos(alfa) >= 0,
 che è vera per ogni alfa (considerando che nel nostro caso 0<=alfa<=pi/2), ed inoltre vale l\'uguaglianza solo quando uno dei 2 fattori è 0, ovvero agli estremi.
 
 Detto questo, abbiamo dimostrato che se il quadrato di lato 1 si trova \"in un angolo\" del quadrato di lato 3/2, allora il quadrato di lato 1/2 deve necessariamente essere allineato con gli altri.
 
 Ma per lo stesso lemma, anche il quadrato di lato 1 dovrà contenere il punto \"(1,1)\" (se è chiaro quello che intendo), dunque in qualunque disposizione diversa da quella allineata i 2 quadrati avranno un punto interno in comune.
 
 EDIT:
 Ah, e da qui si conclude dicendo che se per assurdo esistesse un quadrato di lato <3/2 che contiene entrambi i quadratini, allora ne esisterebbe uno di lato 3/2 con i lati paralleli ai suoi. Per quanto dimostrato sopra, i lati dei quadratini sono allineati con i suoi lati, quindi anche con quelli del quadrato iniziale di lato <3/2, e questo chiaramente è impossibile. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: MindFlyer il 02-02-2005 17:38 ]

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 On 2005-02-02 17:13, marco wrote:
 a quanto mi consta, \"sghimbescio\" è una parola della lingua italiana...
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Fatto sta che io non la conoscevo. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

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