Longitud del lado del cuadrado más pequeño que se puede dividir en $n$ cuadrados con lados enteros

Question

Dejemos que $s_n$ sea la longitud de lado más corta posible de un cuadrado construido exactamente con $n$ cuadrados de lados enteros positivos. Si no existe tal cuadrado, sea $s_n = 0$ .

Los primeros valores son los siguientes:

 n | s(n)
---+------
 1 |  1
 2 |  0
 3 |  0
 4 |  2
 5 |  0
 6 |  3
 7 |  4
 8 |  4
 9 |  3
10 |  4
11 |  5
12 |  6
13 |  4
14 |  5

Si buscamos esta secuencia de números enteros en un Enciclopedia en línea sucede algo muy notable: hay exactamente un acierto en la búsqueda . Esa secuencia es A300001 o en inglés, "Side length of the smallest equilateral triangle that can be dissected into n equilateral triangles with integer sides, or 0 if no such triangle exists".

¿Coinciden los valores de mi secuencia cuadrada con los de la secuencia triangular?

Si es así, ¿por qué? Si no es así, ¿cuándo están en desacuerdo por primera vez?

Al principio pensé que tal vez hubiera algún tipo de biyección entre mis disecciones cuadradas y las disecciones triangulares: si divides por la mitad cada subcuadrado a lo largo de sus diagonales, numéricamente el resultado debería encajar en el cuadrado entero dividido por la mitad a lo largo de su propia diagonal. Pero para que encajen hay que hacer algunas manipulaciones geométricas no evidentes, y no estoy seguro de que esta biyección que preserva el tamaño de los subobjetos esté bien definida en todas las disecciones. ¿Lo está?

Answer 1

¿Coinciden los valores de mi secuencia cuadrada con los de la secuencia triangular?

Sí, las dos secuencias son iguales. (Ross Millikan tiene la idea correcta.) De hecho, demostraremos una fórmula explícita para ambas secuencias.

Dejemos que $s(n)$ sea la longitud de lado más corta posible de un cuadrado hecho con $n$ cuadrados con longitudes de lado enteras; y que $t(n)$ sea la longitud de lado más corta posible de un triángulo formado por $n$ triángulos con longitudes de lado enteras. (Y $s(n) = 0$ o $t(n) = 0$ si no existe tal cosa).

Reclamación: Para todos $n$ , dejemos que $k^2$ sea el menor cuadrado perfecto mayor o igual a $n$ -- es decir, $k = \lceil \sqrt{n} \rceil$ . Entonces $$ s(n) = t(n) = f(n), $$ donde definimos $$ f(n) := \begin{cases} 0 &\text{if } n \in \{2,3,5\} &\text{case (i)}\\ k+2 &\text{if } n \in \{12,15,23\} &\text{case (ii)}\\ k+1 &\text{otherwise, if } (k^2 - n) \in \{1, 2, 4, 5, 7, 10, 13\} &\text{case (iii)}\\ k &\text{otherwise.} &\text{case (iv)} \end{cases} $$

Estrategia de prueba: En primer lugar, demostraremos que $f(n)$ es un límite inferior para ambos $t(n)$ y $s(n)$ demostrando que ningún conjunto de $n$ las áreas cuadradas perfectas pueden sumarse a un área cuadrada perfecta de tamaño inferior a $f(n)$ . Entonces, tenemos que demostrar que $f(n)$ es alcanzable tanto para los cuadrados como para los triángulos. Esta es la parte difícil. Para ello, adoptamos la estrategia de utilizar sólo cuadrados o triángulos más pequeños de lado $1$ , $2$ y $3$ . Resulta que esto es suficiente, y básicamente siempre hay un montón de espacio de sobra que sólo es ocupado por un montón de longitudes laterales. $1$ cuadrados o triángulos. Demostramos un lema heurístico que muestra que la longitud de los lados $2$ y $3$ Los cuadrados o triángulos siempre encajan a lo largo de $f(n) \ge 8$ ; entonces tenemos que comprobar los casos en los que $f(n) \le 7$ (alternativamente, $n \le 49$ ) de forma más o menos individual. Por último, tenemos que demostrar que la división es imposible tanto para los cuadrados como para los triángulos cuando $n = 2, 3,$ o $5$ .

Parte 1: $f(n)$ es un límite inferior para $s(n)$ y $t(n)$

Tenga en cuenta que $s(n) \ge k$ y $t(n) \ge k$ porque necesitamos al menos un $k \times k$ cuadrado sólo para encajar $n$ $1 \times 1$ cuadrados (por superficie). Lo mismo ocurre con los triángulos. (En particular, $s(n)^2 \ge n$ y $t(n)^2 \ge n$ para todos $n$ a menos que sean cero). Esto ya cubre el caso (iv); sólo tenemos que mostrar el límite inferior en los casos (ii) y (iii).

Ahora bien, si definimos $r = s(n)$ o $r = t(n)$ entonces $r^2$ es el área del cuadrado (o triángulo) mayor en unidades de longitud de lado $1$ cuadrados (o triángulos). Por lo tanto, deben existir enteros positivos $a_1, \ldots, a_n$ tal que $r^2 = a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2$ . Restando $n$ de ambos lados, $$ r^2 - n = \sum_{i=1}^n (a_i^2 - 1), $$ así que $r^2 - n$ es la suma de números de la forma $(x^2 - 1)$ . Estos números son $0, 3, 8, 15, \ldots$ . De hecho, todos los enteros no negativos pueden escribirse como la suma de números de esta lista, excepto la siguiente "lista mala": $\{1, 2, 4, 5, 7, 10, 13\}$ (este es el problema de la moneda de Frobenius). Para encontrar la lista, simplemente escribimos todos los números que no se pueden escribir como una suma de $3$ s y $8$ s; empezando por $14$ se pueden escribir todos los números, ya que $14, 15,$ y $16$ son una suma de $3$ s y $8$ s, y entonces podemos seguir añadiendo $3$ .

Por lo tanto, $r^2 - n$ no debe estar en la lista de números malos, $1, 2, 4, 5, 7, 10,$ o $13$ . De ello se desprende que si $k^2 - n \in \{1, 2, 4, 5, 7, 10\}$ entonces $r \ge k + 1$ Así que $s(n)$ y $t(n)$ debe ser como mínimo $k + 1$ . Esto demuestra que $f(n)$ es un límite inferior en el caso (iii).

De hecho, esto también demuestra el límite inferior de $s(n)$ y $t(n)$ en el caso (ii), porque para $n = 12,$ $15$ o $23$ podemos ver que tanto $k^2 - n$ y $(k+1)^2 - n$ están en la lista de números malos. En particular, $16 - 12 = 4$ y $25 - 12 = 13$ ; $16 - 15 = 1$ y $25 - 15 = 10$ ; $25 - 23 = 2$ y $36 - 23 = 13$ .

Parte 2: Logro de objetivos -- $s(n) = t(n) = f(n)$ para los casos (ii), (iii) y (iv)

Tenemos que demostrar que para $n \ne 2, 3, 5$ es posible dividir un cuadrado (o triángulo) de lado $n$ en $f(n)$ cuadrados (o triángulos) de lado entero. Sea $r = f(n)$ . Utilizaremos algunos límites básicos de $n, k,$ y $r$ : $k \le r \le k + 2$ y $(k-1)^2 < n \le k^2$ .

Por definición de $r = f(n)$ (ver parte 1), $r^2 - n$ no está en la lista de números malos ( $1, 2, 4, 5, 7, 10, 13$ ). Por lo tanto, $r^2 - n$ puede escribirse como una suma de $3$ s y $8$ s: decir, $$ r^2 - n = 3a + 8b, \tag{1} $$ donde $a, b$ son enteros no negativos. Ahora afirmamos que un cuadrado o triángulo de lado $r = f(n)$ puede dividirse en $a$ de la longitud del lado $2$ , $b$ de la longitud del lado $3$ y $(n - a - b)$ de la longitud del lado $1$ . (Por lo tanto, hay $n$ total, y la superficie total es $4a + 9b + (n - a - b) = f(n)^2$ .) Para que esto funcione, también deberíamos mostrar $a + b \le n$ .

Primero demostramos un lema heurístico que será suficiente para mostrar que el $a$ y $b$ cuadrados o triángulos aptos para $n$ suficientemente grande.

Lema. Dejemos que $a, b \ge 0$ y $r \ge 2$ sean números enteros tales que $4a + 9b \le (r-2)^2 + 3$ . Entonces: (1) Es posible ajustar $a$ $2 \times 2$ y $b$ $3 \times 3$ cuadrados en un $r \times r$ cuadrado. (2) Es posible encajar $a$ triángulos de lado $2$ y $b$ triángulos de lado $3$ en un triángulo de lado $r$ .

Prueba del lema (lamentablemente sin fotos que ayuden):

1. La idea es apilar todos los $2 \times 2$ en la parte superior izquierda, y el $3 \times 3$ cuadrados hacia la parte inferior derecha. Más concretamente, partiendo de la esquina superior izquierda y avanzando en filas de izquierda a derecha, coloque el $2 \times 2$ cuadrados; y comenzando en la esquina inferior derecha y siguiendo en filas de derecha a izquierda, coloque el $3 \times 3$ cuadrados. Queremos demostrar que este proceso nunca se atasca, al menos no antes de haber colocado todos los $a + b$ cuadrados. Entonces, supongamos que no hemos colocado todas las casillas y nos quedamos atascados. Como $4a + 9b \le (r - 2)^2 + 3$ pero no hemos colocado todas las casillas, las casillas que tienen colocados tienen área como máximo $4(a-1) + 9b < (r-2)^2$ .

   La pregunta es: ¿qué aspecto tiene una posición "atascada"? En una posición atascada, podemos dibujar un camino de anchura $2$ desde la esquina inferior izquierda hasta la esquina superior derecha, que cubre todas las unidades no cubiertas del cuadrado. En particular, el $3 \times 3$ Las plazas pueden dejar hasta $2$ espacios sobrantes a la izquierda de las filas inferiores de $3 \times 3$ cuadrados; luego este camino continúa hasta donde el $2 \times 2$ cuadrados comienzan; luego viaja hasta donde la última fila de $3 \times 3$ extremos de las plazas (que vienen del lado derecho), que también deben estar dentro de la anchura $2$ de donde la última fila de $2 \times 2$ termina el cuadrado (viniendo del lado izquierdo), luego viaja a la derecha hacia el lado derecho del cuadrado. Por último, se desplaza hacia arriba, abarcando como máximo $1$ columna de casillas que no está cubierta por el $2 \times 2$ cuadrados.

   Así, en una posición atascada, todo el $r^2$ se cubre el área excepto, como máximo, algunas casillas de esta trayectoria de anchura $2$ . Este camino cubre exactamente $4r - 4$ cuadrados. Pero el área de los cuadrados que hemos colocado es $< (r-2)^2$ y añadiendo $4r - 4$ obtenemos algo menos que $r^2$ contradicción.

2. Ahora hacemos el caso del triángulo; es similar pero más confuso. Empezando por la parte superior del triángulo, y en filas de izquierda a derecha, colocamos triángulos de lado $2$ . Empezando por la parte inferior del triángulo, y en filas de derecha a izquierda, colocamos triángulos de lado $3$ . Queremos demostrar, una vez más, que este proceso no se atasca. Si se atasca, el área de los triángulos ya colocados (en unidades de triángulos de lado $1$ ) es como máximo $4(a-1) + 9b < (r-2)^2$ .

   ¿Cómo es una posición atascada para el triángulo? Aquí hay que tener más cuidado, ya que los triángulos se colocan en orienaciones alternas. El primer caso es cuando la última longitud de lado colocada $2$ y la longitud del lado $3$ forman un conjunto convexo con el resto de los $2$ y $3$ triángulos de longitud, respectivamente. Si esto ocurre, podemos dibujar una anchura $2$ camino desde la parte inferior izquierda del triángulo, que primero sube hacia el noreste. Dado que las filas inferiores tienen una longitud de lado $3$ podrían dejar como máximo esta anchura $2$ camino descubierto. Una vez que lleguemos al último tramo lateral $3$ fila de triángulos, nos desplazamos hasta donde la última longitud lateral $3$ triángulo colocado en esta fila. Debe ser que esto coincide con el lugar de la última longitud lateral $2$ extremos del triángulo, procedentes de la fila inferior de izquierda a derecha de la longitud del lado $2$ triángulos (con una anchura de $2$ ). Continuamos hacia el noreste durante una o dos unidades, y luego hacia la derecha. El camino termina en algún lugar del lado derecho del triángulo.

   El área total de la trayectoria es como máximo $4r-4$ por la siguiente razón: si observamos las filas diagonales del triángulo que van de noroeste a sureste, cada una de ellas contiene como máximo $4$ unidades de superficie en el camino, y las dos primeras filas de este tipo (las de la parte inferior izquierda del triángulo) contienen sólo $1$ unidad de superficie y $3$ unidades de superficie.

   Ahora consideramos cuando uno o ambos triángulos colocados en último lugar (longitud de lado $2$ que viene de la parte superior izquierda, o la longitud del lado $3$ que viene de abajo a la derecha) no es convexo con los otros triángulos. Si ni la longitud de los lados $2$ ni la longitud del lado $3$ es convexo, entonces hay casos que dependen de la anchura que separa el $2$ -longitudes y $3$ -longitud de los triángulos (puede ser $4$ o $3$ (sin incluir la última fila de cada uno). En cualquier caso, el número de unidades de superficie en el "camino" (es decir, no cubierto) es como máximo $4$ en cada fila diagonal, excepto que es posible una fila con $6$ unidades de área, pero si esto ocurre entonces la siguiente fila tiene $0$ unidades de superficie, por lo que, en promedio, sigue habiendo como máximo $4$ unidades por diagonal.

   Si una de las longitudes laterales $2$ o la longitud del lado $3$ es convexo y el otro no lo es, entonces sacamos las formas en las que podemos quedar atrapados (ya sea colocando una longitud de lado $2$ o una longitud lateral $3$ ). En cualquier caso, todas las diagonales tienen como máximo $4$ unidades de área en el camino, excepto que puede haber uno con $5$ . Pero si esto ocurre, entonces la siguiente diagonal después de ella sólo tiene $1$ unidad de superficie.

   Con un cuidadoso trabajo de casos, podemos concluir finalmente que en todos los casos, el área total del "camino" (unidades de triángulo no cubiertas) es como máximo $4r - 4$ .

   Pero el área cubierta por los triángulos hasta ahora es menor que $(r-2)^2$ y añadiendo el área del camino somos menos que $(r-2)^2 + 4r - 4 = r^2$ que es el área del lado-longitud- $r$ triángulo, contradicción.

Ahora que tenemos el lema, lo aplicamos. Supongamos que $r = f(n) \ge 8$ . En particular, $n$ es al menos $24$ por lo que el caso (ii) no es aplicable. Tenemos $r \le k + 1 \le (\sqrt{n} + 1) + 1$ Por lo tanto $$ n \ge (r - 2)^2. $$ Entonces, a partir de la ecuación (1) $$ 3a + 8b = r^2 - n \le r^2 - (r-2)^2 = 4r - 4. $$ Multiplicando por $\frac{4}{3}$ obtenemos $$ 4a + 9b \le \frac{4}{3} (3a + 8b) \le \frac{16}{3}(r-1). $$ Por último, nos interesa saber cuándo este límite es suficiente para aplicar el lema. Es suficiente si $\frac{16}{3}(r-1) \le (r-2)^2 + 3$ , que se expande a $3r^2 - 28r + 37 \ge 0$ lo cual es cierto para $r \ge 8$ . Así que aplicamos el lema y ya está.

Lo que queda es el caso en el que $r = f(n) \le 7$ . En particular, para estos casos, $n$ es como máximo $7^2 = 49$ . Lo que queremos demostrar es que en estos casos, utilizando sólo la longitud lateral $2$ y de lado $3$ cuadrados o triángulos, podemos conseguir la $f(n)$ . Primero hacemos una tabla de $f(n)$ : $$ \begin{array}{cc|cc|cc|cc|cc|cc|cc} n & f(n) & n & f(n) & n & f(n) & n & f(n) & n & f(n) & n & f(n) & n & f(n) \\ \hline 1 & 1 & 2 & 0 & 5 & 0 & 10 & 4 & 17 & 5 & 26 & 7 & 37 & 7 \\ & & 3 & 0 & 6 & 3 & 11 & 5 & 18 & 6 & 27 & 6 & 38 & 7 \\ & & 4 & 2 & 7 & 4 & 12 & 6 & 19 & 5 & 28 & 6 & 39 & 8 \\ & & & & 8 & 4 & 13 & 4 & 20 & 6 & 29 & 7 & 40 & 7 \\ & & & & 9 & 3 & 14 & 5 & 21 & 6 & 30 & 6 & 41 & 7 \\ & & & & & & 15 & 6 & 22 & 5 & 31 & 7 & 42 & 8 \\ & & & & & & 16 & 4 & 23 & 7 & 32 & 7 & 43 & 7 \\ & & & & & & & & 24 & 6 & 33 & 6 & 44 & 8 \\ & & & & & & & & 25 & 5 & 34 & 7 & 45 & 8 \\ & & & & & & & & & & 35 & 7 & 46 & 7 \\ & & & & & & & & & & 36 & 6 & 47 & 8 \\ & & & & & & & & & & & & 48 & 8 \\ & & & & & & & & & & & & 49 & 7 \\ \end{array} $$

• En primer lugar, consideremos los casos triviales $r = 1$ , $r = 2$ y $r = 3$ . $f(n) = 1$ para $n = 1$ , $f(n) = 2$ para $n = 4$ y $f(n) = 3$ para $n = 6$ y $n = 9$ y podemos comprobar directamente que son alcanzables.

• Para $f(n) = r = 4$ La posible $n$ son $7,8,10,13,$ y $16$ . Comience por dividir la longitud del lado $4$ cuadrado o triángulo en $4$ de lado $2$ cuadrados o triángulos. A continuación, divide cada uno de los lados de la longitud $2$ en cuatro trozos, uno a la vez, para lograr $n = 7, 10, 13, 16$ . El caso restante $n = 8$ se consigue colocando una única longitud lateral $3$ cuadrado o triángulo en una longitud de lado $4$ uno.

• Para $f(n) = r = 5$ La posible $n$ son $11, 14, 17, 19, 22, 25$ . Para cada uno de ellos, podemos calcular el par $(a,b)$ tal que $3a + 8b = 25 - n$ : obtenemos $(2,1)$ , $(1,1)$ , $(0,1)$ , $(2,0)$ , $(1,0)$ , $(0,0)$ . Así que sólo tenemos que demostrar que, dentro de un cuadrado o triángulo de tamaño $5$ podemos encajar $2$ de la longitud del lado $2$ y uno de lado $3$ . Esto se puede dibujar directamente.

• Para $f(n) = r = 6$ La posible $n$ son $12, 15, 18, 20, 21, 24, 27, 28, 30, 33, 36$ . Para cada $n$ , calculamos los pares $(a,b)$ tal que $3a + 8b = 36 - n$ . Para $n = 12$ obtenemos $(8,0)$ O $(0,3)$ . $n = 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33, 36$ son sólo $(a,0)$ para algunos pequeños $a$ y $n = 20, 28$ son sólo $(0,b)$ para algunos pequeños $b$ . Así que sólo tenemos que demostrar que, dentro de un cuadrado o triángulo de tamaño $6$ podemos encajar cualquiera de los dos $8$ de la longitud del lado $2$ O $3$ de la longitud del lado $3$ . Esto es muy fácil: de hecho, podemos hacerlo incluso mejor, dividiendo un $6 \times 6$ cuadrado en $9$ $2 \times 2$ cuadrados o $4$ $3 \times 3$ cuadrados, y de forma similar para una longitud de lado $6$ triángulo. (No es sorprendente que $r = 6$ es fácil $6$ es un múltiplo de ambos $2$ y $3$ para que no haya espacio necesario de sobra).

• Por último, supongamos que $f(n) = r = 7$ . Aquí, los posibles $n$ son $23, 26, 29, 31, 32$ , $34, 35, 37, 38$ , $40, 41, 43, 46, 49$ . Para cada $n$ , de nuevo queremos pares $(a,b)$ tal que $3a + 8b = 49 - n$ . Para $n = 23$ obtenemos $(6,1)$ que es estrictamente más fácil que $n = 26, 29, 32, 35, 38, 41$ (que requieren $1$ de lado $3$ y menos de $6$ de lado $2$ ), y también estrictamente más fácil que $n = 31, 34, 37, 40, 43, 46, 49$ (que son lo mismo, excepto que no requieren la longitud lateral $3$ cuadrado o triángulo). Eso es todo lo posible $n$ , por lo que sólo tenemos que mostrar $n = 23$ es posible. Por lo tanto, encajamos un $3 \times 3$ cuadrado y $6$ $2 \times 2$ cuadrados en un $7 \times 7$ cuadrado, y de forma similar para un triángulo (ninguna de las dos tareas es difícil).

Después de todo este trabajo, finalmente concluimos que: para todos los $n \ne 2, 3, 5$ es posible hacer un cuadrado de lado $f(n)$ utilizando un total de $n$ $1 \times 1$ , $2 \times 2$ y $3 \times 3$ cuadrados; y también es posible hacer un triángulo de lado $f(n)$ utilizando un total de $n$ triángulos de lado $1$ , $2$ o $3$ . Esto completa la prueba de la realizabilidad, y muestra que $s(n) = f(n)$ y $t(n) = f(n)$ . En particular $s(n)$ y $t(n)$ son la misma secuencia (aunque todavía tenemos que hacer casos $n = 2, 3, 5$ en la parte 3, más abajo).

Parte 3: División de un cuadrado o triángulo en $n$ cuadrados o triángulos es imposible en el caso (i) -- $n = 2, 3, 5$

Primero tenemos que demostrar que un cuadrado no se puede dividir en $2, 3,$ o $5$ cuadrados. Esto se demuestra en la respuesta a esta pregunta de mathSE . Para un triángulo, hacemos un argumento similar. Para dividir un triángulo $T$ en dos triángulos requeriría que uno de los triángulos contuviera dos vértices de $T$ pero entonces este triángulo sería realmente igual a $T$ . Para dividir $T$ en $3$ triángulos requeriría que cada uno de los $3$ triángulos para estar en uno de los vértices de $T$ ; pero entonces hay un espacio en el centro del triángulo que no está cubierto. Por último, para dividir $T$ en $5$ triángulos, tendríamos que tener un triángulo en cada vértice de $T$ , digamos que $T_1, T_2, T_3$ con dos triángulos restantes. Podemos hacer casos sobre si $T_1$ , $T_2$ o $T_3$ se tocan entre sí: por ejemplo, si los tres se tocan, hay una región triangular en el centro, y ya sabemos que un triángulo no puede dividirse en dos triángulos. Si $T_1$ toca $T_2$ y $T_3$ pero $T_2$ y $T_3$ no se tocan, entonces al menos un triángulo (digamos, $T_4$ ) debe estar en el límite entre $T_2$ y $T_3$ pero este triángulo crea dos regiones a cada lado de $T_4$ que no puede ser cubierto por un solo triángulo restante. Los casos con un número aún menor de toques son similares.

Así, tanto para los triángulos como para los cuadrados, la división en $2, 3,$ o $5$ piezas es imposible. Por lo tanto, $s(n) = t(n) = 0$ para $n = 2, 3,$ o $5$ . $\square$

---

Observación: No he demostrado que, en general, exista una biyección entre las divisiones de un cuadrado en cuadrados con longitudes laterales enteras, y las divisiones de un triángulo en triángulos con longitudes laterales enteras. Como se observa, el hecho de que $s(n) = t(n)$ ciertamente parece sugerir esto. Por otra parte, tal biyección no podría ser puramente geométrica, simplemente porque el número de tales divisiones no coincide. Por ejemplo, consideremos que cuando la longitud del lado es $n = 3$ . Entonces el cuadrado se puede dividir en $6$ formas, y el triángulo en sólo $5$ formas.

Sin embargo, parece plausible que si sólo se mira el tallas de los cuadrados o triángulos, entonces existe dicha biyección: por ejemplo, como un cuadrado de lado $5$ puede dividirse en $3 \times 3$ , dos $2 \times 2$ y ocho $1 \times 1$ cuadrados, un triángulo también se puede dividir de esta manera. Pero no tengo ni idea de cómo demostrar tal hecho.

Answer 2

Primero, piense en el área de los cuadrados pequeños y la gran plaza. Si usted comienza con $n$ unidad de plazas tiene un área total de $n$. Puede reemplazar algunos de ellos con $2 \times 2$ plazas y agregar $3$ unidades de cada tiempo y reemplazar algunos otros con $3 \times 3$ plazas y agregar $8$ unidades cada vez. Usted necesita para hacer lo suficiente de esto para aumentar el $n$ a un cuadrado perfecto.

El número más grande que puede hacer de una suma de $3$'s y $8$s'es $13$ de la moneda problema. Esto explica por qué la $s(12)=6$. Para hacer un cuadrado de lado a$5$ de $12$ plazas tendría que agregar $13$ unidades de área, pero no se puede. Una vez $n$ al menos $35$ siempre podemos hacer $(\lceil \sqrt n \rceil+1)^2$ mediante la adición de $3$s y $8$s. Podríamos ser capaces de hacer $(\lceil \sqrt n \rceil)^2$.

La razón por la que los cuadrados y los triángulos de trabajo de la misma es que el área de escalas como la plaza de al lado para ambos, por lo que el argumento anterior funciona el mismo. Ahora tenemos que sostienen que una vez que $n$ es lo suficientemente grande que usted tiene la libertad suficiente desde el tamaño restante $1$ cuadrados o triángulos que siempre podemos formar la gran figura que queremos. Haciendo referencia al ejemplo de $12$, podemos hacer que el área de $36$ mediante $3\ 3\times 3$ plazas y $9\ 1 \times 1$ plazas. Ensamblarlos en un $6 \times 6$ plaza es fácil.

Para un determinado $n\ge 35$, vamos a $k=\lceil \sqrt n \rceil.$ La mayoría de nosotros tenemos que aumentar el área de es $13+2k+1$, porque si $k^2-n \gt 13$ podemos hacer $k^2$. No tengo un breve argumento de que puede adaptarse a las mayores plazas, pero hay tan pocos de ellos no es difícil.