Cualquier hoja de papel de la serie A tiene un número irracional como relación de aspecto; $\sqrt2$ . Mi intuición me dice que no hay manera de combinar estas hojas de papel en un cuadrado sin que se superpongan - pero no puedo encontrar ninguna manera de probar esto. ¿Alguien tiene alguna idea?
Respuestas
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Jaideep Khare
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168
Supongamos que esto fuera posible.
Hemos utilizado $n$ número de hojas (por ejemplo, A4) para hacerlo. El área de cada hoja es $\sqrt2$ (consideremos cada hoja de dimensiones $1 \times \sqrt 2 $ ).
Superficie total de las hojas $= n\sqrt 2$ .
Ahora dejemos que $a$ sea el número de papeles cuyo lado corto hace de frontera en cualquier lado particular, y $b$ es el número de papeles cuyo lado largo está implicado en ese límite concreto.
Longitud del lado del cuadrado $l = a \times 1+b \times \sqrt 2$ .
Ahora iguala el área del cuadrado a $n\sqrt 2$ .
Hemos $$n\sqrt 2= l^2 =(a+b\sqrt 2)^2$$ Así, $$\sqrt 2 = \frac{a^2+2b^2}{n-2ab}$$
Lo cual no es posible, obviamente, ya que $\sqrt 2$ es irracional.
Por tanto, se produce una contradicción. Por lo tanto, nuestra suposición era falsa.
Por lo tanto, no puede existir un cuadrado formado por papeles A4 colocados vertical y horizontalmente.
Nij
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41
En aras de la exhaustividad, como ocurre con muchas matemáticas, lo que podemos suponer en la teoría no siempre se cumple en la realidad; un modelo sólo puede llegar a decirnos lo que puede o no puede ocurrir.
El papel A4 tiene unas dimensiones definidas de 210 mm por 297 mm. Ambas son divisibles por 3, por lo que la proporción es de 70:99.
70 longitudes equivalen a 99 anchuras. Si una cuadrícula de hojas se alinea de borde a borde y de esquina a esquina, pueden utilizarse para hacer un cuadrado sin solapamientos ni huecos.
runeh
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1304
Este es un boceto.
Si se eligen las unidades para que los lados del rectángulo de papel sean $1$ y $\sqrt 2$ el lado del cuadrado es $a+b\sqrt 2$ y considerando una esquina debemos tener $a,b \gt 0$ .
Ahora el área del cuadrado es $(a+b\sqrt 2)^2=a^2+2b^2+2ab\sqrt 2$
El área de un rectángulo individual es $\sqrt 2$ y $\sqrt 2$ es irracional.
Rui Vieira
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2713
He aquí un teorema más potente que resuelve este problema. Primero tenemos que demostrar que los rectángulos componentes tienen lados paralelos a los lados del rectángulo entero.
Lema: Si existe un polígono cuyos lados están alineados con el eje y que se puede subdividir en rectángulos, entonces los rectángulos componentes están alineados con el eje.
Prueba: Por inducción en el número de rectángulos componentes. El caso con un rectángulo componente es obvio. Ahora supongamos que hay más de uno. Debe haber al menos un ángulo de 90º (de hecho, debe haber al menos cuatro). La única manera de cubrir este ángulo es con la esquina de uno de los rectángulos, y este rectángulo también debe estar alineado con el eje. Si eliminas ese rectángulo, te quedarás con uno o más polígonos más pequeños, cada uno con sólo ángulos de 90° y 270°.
Teorema: Supongamos que un rectángulo se puede dividir en múltiples rectángulos, donde cada rectángulo tiene al menos un lado de longitud integral. Entonces el rectángulo original tiene al menos un lado de longitud integral.
Prueba: Consideremos esta función del plano a los números complejos: $$f(x, y) = e^{2\pi i(x + y)}$$ Si integra $f$ sobre un rectángulo alineado con el eje $[x_1,x_2]\times[y_1,y_2]$ , se obtiene $${(e^{2\pi i x_2} - e^{2\pi i x_1})(e^{2\pi i y_2} - e^{2\pi i y_1})}\over{-4\pi^2}$$ Esto desaparece si y sólo si al menos una de las dimensiones es un número entero. La integral sobre todo el rectángulo es la suma de las integrales sobre las componentes, por lo que la integral sobre todo el rectángulo es cero, por lo que al menos uno de los lados es un número entero. □
Por lo tanto, el cuadrado tiene una longitud lateral integral, y el área también es integral. Pero el área también es igual a $n\sqrt{2}$ , donde $n$ es el número de hojas. Pero esto es irracional, una contradicción.
CodeMonkey1313
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4754
Otra generalización. No se puede embaldosar un cuadrado con una mezcla (finita) de $An$ -de las láminas. Para demostrarlo, usa la hoja más pequeña de la mezcla para embaldosar las otras e invoca cualquiera de las otras pruebas aquí.
Este argumento es para el papel virtual (donde $A(n+1)$ es lo que se obtiene al reducir a la mitad $An$ ) ya que (como señala otra respuesta) real $An$ dimensiones del papel son números integrales de milímetros.
