Estoy atascado con este problema. alguien me puede ayudar?
Una colección finita de cuadrados del total de la zona 4. demostrar que pueden ser dispuestos para cubrir un cuadrado de lado 1.
Respuesta
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He aquí una prueba utilizando el siguiente simple combinatoria
Lema. Dejar un entero positivo $k$ y un vacío finito conjunto múltiple $P$ de potencias $k^i$ $i\in\mathbf{Z}$ ser dado. Poner $s=\sum P$, la suma de todos los poderes, y $k^m$ el mayor poder que ocurren en $P$; dejar que el entero $q>0$ ser tal que $s\geq qk^m$. Entonces existe una partición de un sub-conjunto múltiple de $P$ a $q$ partes, y cada una de suma exactamente $k^m$.
(La búsqueda de una decente formulación es más difícil que encontrar una prueba.) Uno puede, obviamente, se $q$ el cociente de la distancia Euclídea de la división de $s$$k^m$, pero para la prueba será conveniente tener un poco más de libertad. La condición para una colección de multisets de ser una partición de un sub-conjunto múltiple de $P$ es lo que la terminología sugiere: simplemente significa que para cualquier elemento, la suma de las multiplicidades de ocurrencia de los miembros de la colección no es más que la multiplicidad de ocurrencia en $P$.
Prueba. Por inducción sobre el número de $n\geq1$ de los elementos de la $P$. Se separó de $P$ el singleton $\{k^m\}$ de su mayor elemento, que será una parte de la partición buscado, dejando un resto $P'$. Si $q=1$, entonces una parte de la partición de $\{k^m\}$ es una solución. En el caso restante sin duda uno ha $n>1$, lo $P'$ no está vacía; deje $k^{m'}$ ser el mayor elemento de $P'$, con obviamente $m'\leq m$. Aplicando la hipótesis de inducción a$P'$$q'=(q-1)\,k^{m-m'}$, se obtiene una partición de un sub-conjunto múltiple de $P'$ a $q'$ partes, y cada una de suma $k^{m'}$. Agruparlos $k^{m-m'}$ en un momento (de manera arbitraria) proporciona una partición de la misma sub-conjunto múltiple de $P'$ a $q-1$ partes, que en conjunto con $\{k^m\}$ dar una solución. QED
Ahora para el problema de las plazas, alrededor de las longitudes de sus lados, cada una a una (probablemente negativa) potencia entera de $2$. Cada plaza será, sin duda cubrir una plaza de la redondeado hacia abajo el tamaño y la colocación de la colección de la tan redondeadas hacia abajo plazas da un conjunto múltiple de plazas cuya superficie total es mayor que una cuarta parte de la superficie original, que es mayor que 1. Excluyendo el caso trivial de un solo cuadrado de área $4$, la plaza más grande tiene un tamaño $2^{-l}$$l\in\mathbf{N}$. Aplicar el lema con $k=4$, el conjunto múltiple de las áreas de la redondeado hacia abajo plazas, y $q=4^l\in\mathbf{N}$. Esto proporciona una partición de un sub-conjunto múltiple de las plazas en $q$ partes, cada una de las partes cubrirá una de las $q$ plazas de la $2^l\times2^l$ subdivisión de la unidad de la plaza. (Uno necesita comprobar que el reagrupamiento de $4^{m-m'}$ multisets hecho en la prueba del lema puede ser realizada geométricamente, pero esto es obvio similar a la $2^{m-m'}\times2^{m-m'}$ subdivisión.)
