- 1 名前：１３２人目の素数さん [2009/10/05(月) 06:00:00 ]
- 面白い問題、教えてください
- 286 名前：267 mailto:sage [2010/07/11(日) 18:56:40 ]
- >>284
問題は一辺が1/2,1/3,1/4,...の正方形達を一つずつ重ならないように詰め込むこと
>>277は1/2*1/2の正方形を2個、1/4*1/4のを4個、1/8*1/8のを8個、…と
敷き詰める方法を考えたあとに正方形達を小さい正方形に変えれば答えが得られることを
言っているのであって、
1/2*1/2の正方形を2個、1/4*1/4のを4個、1/8*1/8のを8個…と詰め込むこと自体や
ましてや1/2*1/2個の正方形を4個詰め込むことを正解と言っている訳ではありません
- 287 名前：名無しさん＠そうだ選挙に行こう mailto:sage [2010/07/11(日) 19:08:04 ]
- >>286
最初一つずつかと思ったけど、>>277を見て
複数でも良いのかと思ったのだ。
ちゃんと一つずつって書かないと判らない。
- 288 名前：名無しさん＠そうだ選挙に行こう mailto:sage [2010/07/11(日) 23:03:53 ]
- >>267は面白い問題おしえて〜な 六問目の912に同じ問題がある
また
web2.incl.ne.jp/yaoki/aseihou2.htm
により厳しい設定での解答がある
- 289 名前：名無しさん＠そうだ選挙に行こう mailto:sage [2010/07/11(日) 23:19:12 ]
- >>288 その愛知の方の解答はすごいですね
あんなのどうやったら思いつくんでしょうか？
- 290 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2010/07/11(日) 23:35:19 ]
- >>289
リンク先の「31〜∞」みたいな小さい正方形を一斉に詰め込む方法を考えたら
あとは残りの大きい正方形を詰め込む方法を根性で探す
- 291 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2010/07/12(月) 08:15:59 ]
- >>277
> だから一辺の長さ5/6（面積0.6944....）の正方形にも
> 267の可算個の正方形達を詰め込める方法があるのかもしれません
解答出たけど、昨日から考えてたのが出来たから
damedao.web.fc2.com/img/1278889809.gif
1/24 までの正方形を図のように並べると、
0.23*0.3 の長方形を残せる
1/25 以下の正方形については、
1/n (2^k＜n≦2^(k+1)) の正方形を長方形内に図のように
横方向に 2^(k-2) 個並べるようにする
必要なサイズは
幅
= 1/(2^k+1) + 1/(2^k+2) + … + 1/(2^k+2^(k-2))
＜ ∫[2^k, 2^k+2^(k-2)] dx/x
= ln(5/4) = 0.223
高さ
＜ 1/25 + 1/29 + (1/8)*(1/4+1/5+1/6+1/7) + (1/16)*(1/4+1/5+1/6+1/7) + …
= 1/25 + 1/29 + (1/4)*(1/4+1/5+1/6+1/7)
= 0.264
だから長方形に納まる
- 292 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2010/07/12(月) 09:07:03 ]
- どれも敷き詰めになってない
- 293 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2010/07/12(月) 14:37:29 ]
- ことばの使い方に終始したいなら別の板行った方がいいんじゃないかね
- 294 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2010/07/12(月) 16:16:37 ]
- GREG MARTIN て方の論文
「COMPACTNESS THEOREMS FOR GEOMETRIC PACKINGS」
ttp://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.89.8537&rep=rep1&type=pdf
では、
任意の正数εに対して
(π^2/6 - 1) + ε の面積をもつ、ある長方形に
＞一辺の長さがそれぞれ1/2, 1/3, 1/4,... となるような可算個の正方形たちを
＞互いに重ならないように敷き詰める方法
が存在する事を証明しています。
私には英語以前に数式が理解できそうもありませんでした。
図も一切ありません。
- 295 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2010/07/12(月) 22:13:09 ]
- >>292
つまり
スカスカになる
が正解、ってこと
- 296 名前：１３２人目の素数さん [2010/07/15(木) 23:51:59 ]
- I=[0,1]としf:I→Iとg:I→Iが連続関数でx∈I→f(g(x))=g(f(x))のとき
f(x)=g(x)となるx∈Iがあることを証明せよ
- 297 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2010/07/16(金) 00:28:47 ]
- f (x)＝g(x)なるx∈Iが存在しないとして矛盾を導く。
任意のxに対してf (x)≠g(x)ならば、中間値の定理から、
常にf (x)＜g(x)であるか、あるいは常にf (x)＞g(x)である。
常にf (x)＜g(x)としてよい。
f ：I → Iだから、f は不動点を必ず持つ。不動点の1つをx0と置く。
f (x0)＝x0 だから、f (g(x0))＝g(f (x0))＝g(x0)となる。よって、
g(x0)もまたf の不動点である。そこで、x1＝g(x0)と置く。
以下、同様の作業を繰り返して不動点xnを作ると、
(1) f (xn)＝xn
(2) x_{n+1}＝g(xn)
が成り立つ。f (x)＜g(x)よりxn＝f (xn)＜g(xn)＝x_{n+1}となるので、
xnは単調増加である。また、xn∈Iだから、xnは上に有界である。
よって、xnはあるx∈Iに収束する。(1),(2)でn→∞として、
f (x)＝x及びx＝g(x)を得るので、g(x)＝f (x)となり、矛盾する。
- 298 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2010/07/16(金) 05:17:22 ]
- 正解です
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