Diamo titoli significativi ai thread, per piacere ... -- EG
abbiamo una scatola di dimensioni (2, 2, n) e tanti pezzettini di dimensioni (1, 1, 2). sia a(n) ilnumero di modo possibile per riempire (senza sovrapposizioni) la scatola con i pezzettini.
a) definire a(n)
b) è vero che a(2n) è un quadrato perfetto per ogni n>1?
classico ma assicuro non scontato...
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Innanzitutto la soluzione è un'orribile $ {(2 + \sqrt{3})}^{n-1} (\frac{7 + 4 \sqrt{3}}{6}) + {(2 - \sqrt{3})}^{n-1} (\frac{7 - 4 \sqrt{3}}{6}) - {(-1)}^{n-1} \frac{1}{3}= $
$ =\frac{{(2 + \sqrt{3})}^{n+1}}{6} + \frac{{(2 - \sqrt{3})}^{n+1}}{6} - {(-1)}^{n-1} \frac{1}{3} $, che è sempre intero, e dà pure il risultato giusto; provare per credere
Passo 1: Possiamo immaginarci il nostro parallelepipedo come sovrapposizione di parallelepipedi con la stessa base di quello iniziale, ognuno non più suddivisibile in parallelepipedi di altezza minore. Di questi parallelepipedini c'è ne sono due possibili di altezza 1, cinque di altezza 2 e quattro di altezza superiore (ovviamente conta l'orientamento, v.disegno).
Passo 2: Si ha la relazione $ a(n) = 4 + 2a(n-1) + 5a(n-2) + \sum_{i=3}^{n-1} 4a(n-i) $; infatti ci sono 4 "riempimenti" del parallelepipedo in modo che non sia suddivisibile in parallelepipedi di altezza minore; a cui vanno sommati i modi ottenibili considerando il parallelepipedo come sovrapposizione di un parallelepipedo di altezza 1 e di uno di altezza n-1 (2 modi per il primo moltiplicati per a(n-1) per il secondo), oppure come sovrapposizione di un parallelepipedo di altezza 2 non suddivisibile in due di altezza 1 e di un parallelepipedo di altezza n-2, ecc.
Passo 3: Modifico la formula del punto precedente con un trucco, cioè sottraendo due termini consecutivi, ottenendo $ a(n) - a(n-1) = 2a(n-1) + 3a(n-2) - a(n-3) $ da cui $ a(n) = 3a(n-1) + 3a(n-2) - a(n-3) $ Questa è una successione per ricorrenza (anche se per motivi di semplificazione di calcolo (?) conviene far corrispondere il termine 0 ai "riempimenti" del parallelepipedo di altezza 1, il termine 1 all'altezza 2, ecc.; ciò spiega l' n-1 all'esponente nella prima formula risolutiva); si ha a(1) = 2, a(2) = 9 e a(3) = 32; tenendo in conto ciò e la formula ricorsiva, e dopo innumerevoli contazzi si arriva alla soluzione finale, già citata all'inizio
Punto b)
Passo 1: Innanzitutto in questo caso la formula risolutiva è $ a(2n) = \frac{{(2 + \sqrt{3})}^{2n+1} + {(2 - \sqrt{3})}^{2n+1} + 2}{6} $
Passo 2: Consideriamo la successione per ricorrenza $ z_0 = 1 $, $ z_1 = 3 $, $ z_n = 4z_{n-1} - z_{n-2} $. Dopo un po' di calcoli si vede che $ a(2n) = z_n^2 $, da cui la tesi.
