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 Ebenen-Parkette mit Kehr-Quadraten |
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late-night
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Dabei seit: 04.06.2021
Mitteilungen: 42
 |  Themenstart: 2023-03-10
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Hallo,
es ist seit über 15 Jahren bekannt, dass die euklidische
Ebene lückenlos mit Quadraten der Seitenlängen 1, 2, 3, ...
gefüllt werden kann, wobei jede Seitenlänge in genau einem
Quadrat vorkommt, und wo sich keine Quadrate überlappen.
Neue (?) Frage: Was ist, wenn die Menge der Seitenlängen
der Quadrate {1/1, 1/2, 1/3, ...} ist? Lassen die sich
auf schöne Weise und ohne Lücken in der Ebene anordnen?
Ich nenne diese Quadrate "Kehrquadrate".
Die Summe der Flächen der Kehrquadrate ist pi*pi/6.
Es lässt sich also nur ein Teil der Ebene auslegen, wenn
jedes Quadrat nur einmal vorkommt.
Eine Anordnung der Kehrquadrate in der Ebene nenne ich
schön, wenn sich keine Quadrate überlappen, und wenn es
in der Anordnung keine "Blasen" gibt. Damit meine ich:
Für jede Gerade, die parallel zu einer der Achsen verläuft,
ist der Durchschnitt mit der Anordnung entweder leer
oder eine Strecke (ohne Löcher).
Frage 1: Gibt es ein M > 0, und in dem Quadrat
[0,M] x [0,M] eine schöne Anordnung der Kehrquadrate?
(Achtung: Es muss nicht das ganze Quadrat ausgelegt sein.)
Frage 2: Falls ja, was ist das kleinste M, für das es
eine schöne Anordnung gibt? (Gegebenenfalls als kleinste
obere Schranke)
Frage 3: Wenn man statt eines Quadrats der Seitenlänge M
Rechtecke mit zwei verschiedenen Seitenlängen M und N
zulässt, kann man Frage 2 nach Rechtecken mit minimaler
Fläche M*N stellen.
Frage 4: Wenn die Antwort auf Frage 1 "nein" ist, gibt
es dann Anordnungen der Kehrquadrate mit nur endlich
vielen Blasen?
Oder
Frage 5: Was ist die kleinste Summe an Blasenflächen im
Inneren, für die es eine Anordnung gibt? (Dabei wären
unendlich viele Blasen erlaubt.)
***************************************
Weiß jemand, ob das Problem schon betrachtet wurde?
Falls ja oder nein: Kennst jemand Lösungen?
Ingo Althöfer.
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haribo
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| Beitrag No.1, eingetragen 2023-03-11
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Moin light night,
alle nebeneinander an einer geraden entlang erfüllt 1, oder?
das ist eher max M, aber schön in deinem sinne wäre es,
nach der hälfte ne 180• wende halbiert dann M, und bleibt auch schön, oder ich hab schön nicht verstanden
mit ein bischen herumprobieren passen alle schön bis 1/100 wohl in ein M=1.5x1.5
haribo
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haribo
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| Beitrag No.2, eingetragen 2023-03-12
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ich denke man kann sich der ersten frage nur nähern indem man selber probiert wie viele folgenmitglieder man in quadrate mit beispielsweise M=3; oder 2 oder 1.5 adhoc schön hineinbekommt
rechnerisch reicht ja die fläche eines M=1.3 auch schon für alle folgeglieder aus, nur braucht es noch ideen wie man lückenlos füllen kann
im besten falle findet man dabei schon ein sortiersystem welche unendlich viele folgeglieder umfasst?
also so, als erster versuch, war die aussage gemeint bis 1/100 passt in M=1.5
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late-night
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-12
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Hallo Haribo,
\quoteon(2023-03-11 18:40 - haribo in Beitrag No. 1)
alle nebeneinander an einer geraden entlang erfüllt 1, oder?
\quoteoff
Nein!
Es scheint, dass wir aneinander vorbei schreiben.
Die Summe 1/1 + 1/2 + 1/3 + ... ist unendlich.
Da geht es also nicht, die Quadrate einfach nebeneinander
zu packen.
Erst durch die Flächensumme
1/1^2 + 1/2^2 + 1/3^2 + ... = pi^2 / 6
sieht man, dass es in endlichem Quadrat mit Seitenlänge M
gehen könnte.
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late-night
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-12
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\quoteon(2023-03-12 10:49 - haribo in Beitrag No. 2)
ich denke man kann sich der ersten frage nur nähern indem man selber probiert ...
\quoteoff
Probieren hört sich für eine Anfangsphase gut an.
Gibt es Programme, mit denen man Quadrate mit Seitenlängen 1/i
verschieben kann ähnlich wie vor zwanzig Jahren bei Problemen
zum Kistenverschieben?
EDIT: Sokoban hieß die damalige Mode.
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haribo
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| Beitrag No.5, eingetragen 2023-03-12
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stimmt, es ging mir aber auch darum den Begriff „schön“ zu verstehen
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late-night
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-12
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\quoteon(2023-03-12 15:46 - haribo in Beitrag No. 5)
stimmt, es ging mir aber auch darum den Begriff „schön“ zu verstehen
\quoteoff
Okay. Dann könnte ich in meiner Adhoc-Definition "schön"
durch "blasenfrei" oder "einfach zusammenhängend" ersetzen.
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late-night
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-13
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Hallo Haribo,
das von Dir ins Spiel gebrachte M=1,5 passt auf jeden
Fall als untere Schranke für den Fall eines zu füllenden
Quadrats, weil 1x1 und 1/2 x 1/2 zusammen schon die 1,5 brauchen.
Und inzwischen halte ich es für möglich, dass es eine
blasenfreie Packung der Kehrquadrate darin geben könnte.
Vielleicht kommt man mit Ausprobieren jetzt schon so weit,
dass man eine Beweisidee erkennt.
Danke für Deine bisherigen Rückmeldungen.
Late-Night.
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haribo
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| Beitrag No.8, eingetragen 2023-03-13
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verdoppeln geht in einer anordnung wie die türme von jericho einst...
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_kehrflaechen-1.png
auf jedes quadrat (n) passen ohne wenn und aber ohne seitliche überstände immer die beiden quadrate (2n)und (2n+1), (2n) ist ja halb so breit und das andere noch etwas schmaler
also kann man den linkesten gelben turm per verdoppelung von n immer aufbauen, alle anderen kehrquadrate bis n=unendlich passen immer nach rechts auf die nächsten quadrate
also passen damit alle kehrquadrate ohne löcher (meinst du dass mit blasen?)in einer endlichen höhe auf nr.1, es entsteht sozusagen eine skyline die sich nach oben fraktal in immer mehr türme aufspaltet,
die rote diagonale ist dabei die grenz-höhe des gelben turmes
der grenzwert des gelben turmgebildes 1;2;4;8,16 hat also den grenzwert 2, gleichzeitig ist es der höchste turm
drum passt alles ins quadrat M=2, oder sogar in das rechteck mit den seitenlängen 2 und 1, aber wir wollen ja quadrate als hüllen betrachten
jetzt nimmst du nr.2 raus und schiebst es neben nr.1, sowie nr.3 auch raus und legst es auf nr.2, (rechtes bild) alle anderen kehrquadrate rutschen entsprechend runter, auf die beiden rausgenommenen werden also im beispiel nie mehr weitere kehrquadrate abgelegt, durch das herunterrutschen des gelben turms um 0.5, hat das hüllquadrat jetzt M=1.5
diese anordnung aller kehrquadrate erfüllt also die anforderungen "ohne überlappung" und "einfach zusammenhängend" aus #6
jeder schnitt senkrecht zur seitenkante erfüllt auch "schön", da er immer ohne lücke in einem zug durch die kehr-fläche läuft, sogar durchgehend vom unteren rand des quadrates, aber ob das die bedingung für "schön" sein sollte weiss ich immer noch nicht,
also frage: wenn im rechten bild nr.2 und nr.3 etwas hochgeschoben werden würden, so dass unten drunter luft wäre, wären die senkrechten schnitte dann noch alle "schön" oder nicht mehr???
die schnitte parallel zur grundlinie sind aber aber im oberen bildteil immer wieder durch die einschnitte zwischen den türmen unterbrochen, also bestimmt nicht "schön"
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haribo
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| Beitrag No.9, eingetragen 2023-03-13
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variante mit nur noch einem einschnitt, die graue fläche bleibt komplett leer, diesmal sind alle waagerechten schnitte "schön", senkrecht gibt es nur noch einen einschnitt
ich schätze dass bekommt man also noch auf komplett "schön" hingetrixt
evt mit jeweils verdreifachen anstelle verdoppeln, oder ähnlichem?
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_kehrflaechen-2.png
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MartinN
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| Beitrag No.10, eingetragen 2023-03-13
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Ihr wollt doch das Quadrat möglichst "ganz" füllen? Dann ist doch klar, dass es mit "1" und "2" nicht klappt, da:
\(\pi^2/6 - (1/1 + 1/2)^2 < 0\)
Ist jetzt die Frage, auf was man verzichten muss... Ich vermute, dass man die "1" nie verwenden kann. Dazu müsste ja gelten, wenn man die "1" und als nächstes "k+1" (für \(k \geq 2\)) verwendet:
\(\pi^2/6 - \sum_{i=2}^k \frac{1}{i^2} - (1 + \frac{1}{k+1})^2 \geq 0\\
\Leftrightarrow \sum_{i=k+2}^{\infty} \frac{1}{i^2} \geq \frac{2}{k+1}\)
Nun ist aber:
\(\sum_{i=k+2}^{\infty} \frac{1}{i^2} \leq \int_{k+2}^{\infty} \frac{dt}{t^2} = \frac{-1}{t}|_{t=k+2}^{t=\infty} = \frac{1}{k+2} \leq \frac{1}{k+1} \leq \frac{2}{k+1}\)
Folglich kann man die "1" nie verwenden. Mit "2" und "3" ist es theoretisch auch nicht möglich, da:
\(\pi^2/6 - \frac{1}{1^2} - (1/2 + 1/3)^2 < 0\)
Man müsste erstmal Werte finden, damit das positiv wird xD
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MartinN
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| Beitrag No.11, eingetragen 2023-03-13
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Angenommen \(\frac{1}{u} > \frac{1}{v}\) seien die größten Kantenlängen im gefüllten Quadrat, also "u" < "v" für \(u,v\in \IN\). Dann müsste gelten:
\(\pi^2/6 - \sum_{i=1}^{v-1} \frac{1}{i^2} + \frac{1}{u^2} - (\frac{1}{u} + \frac{1}{v})^2 \geq 0\\
\Leftrightarrow \sum_{i=v+1}^{\infty} \frac{1}{i^2} \geq \frac{2}{uv}\)
Wie im letzten Post:
\(\sum_{i=v+1}^{\infty} \frac{1}{i^2} \leq \int_{v+1}^{\infty} \frac{dt}{t^2} = \frac{-1}{t}|_{t=v+1}^{t=\infty} = \frac{1}{v+1}\)
Somit müsse insbesondere gelten:
\(\frac{1}{v+1} > \frac{2}{uv}\\
\Leftrightarrow uv > 2v + 2\\
\Rightarrow v > u \geq 3\)
Mit \(u=3, v=4\) ergibt sich:
\(\pi^2/6 - 1/1^2 - 1/2^2 - (\frac{1}{3}+\frac{1}{4})^2 > 0\)
Damit wäre eine obere Schranke für die Kantenlänge des Quadrates (wenn insgesamt mit mehr als einem Quadrat parkettiert werden soll): \((\frac{1}{3}+\frac{1}{4}) = \frac{7}{12}\)
Edit... Warum \(7/12\) eine obere Schranke sein soll, ist doch noch nicht klar. Aber wenn man "3" und "4" verwendet, so ist:
\(\sqrt{\pi^2/6 - 1/1^2 - 1/2^2} \approx 0.62844\) eine obere Schranke.
Denn etwa:
\(\pi^2/6 - 1/1^2 - 1/2^2 - (\frac{1}{3}+\frac{1}{4} + \frac{1}{23})^2 > 0\)
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haribo
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| Beitrag No.12, eingetragen 2023-03-13
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ich gehe nicht davon aus das ein quadrat ganz gefüllt werden soll
aber er hatte #1 diese definition geschrieben:
" Für jede Gerade, die parallel zu einer der Achsen verläuft,
ist der Durchschnitt mit der Anordnung entweder leer
oder eine Strecke (ohne Löcher). "
also jeder kantenparallele schnitt soll IMO nur maximal einmal die gefüllte fläche durchschneiden, also nicht öfters ein und austreten, es darf also keine quer zu den quadratseiten liegende einschnitte/fjorde geben (sagt man das so?)
der kontur-polygon im uhrzeigersinn herum abgefahren darf also nie direkt hintereinander zwei rechte winkel nach links aufweisen (versuch einer weiteren definition)
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haribo
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| Beitrag No.13, eingetragen 2023-03-13
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für M=1.6095 (1 + 1/3 + 1/7 + 2/15) hätte ich dann derzeit meine kleinste lösung
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_kehrflaechen-3.png
weitere füllung immer entlang der beiden pfeile, also 16...23 oben entlang, 24...30 von unten dagegen usw
das charmante ist, egal bis zu welchem n man auffüllt, immer sind kantenparallele schnitte nur einfache durchschnitte
nachtrag 1.5556 geht auch noch
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MartinN
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| Beitrag No.14, eingetragen 2023-03-13
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Ahhh... okay, dann hatte ich das falsch verstanden xD
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late-night
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-13
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Hallo Leute,
Haribo hat recht. In meinem allerersten Posting stehen
die Bedingungen richtig. Zwischendurch war ich verwirrt
und hatte die Begriffe blasenfrei und einfach zusammenhängend
ins Spiel gebracht. Da war ich aber einfach nur verwirrt. Bitte
um Entschuldigung - ich schreibe gerade an einem Büchlein über
ChatGPT (ohne Mathe), und da kann man schon mal ins Halluzinieren
kommen.
Die gezeigten 1,6095 und die im Nachtrag genannten
1,5556 lassen mich optimistisch in die Zukunft schauen :-)
Late-Night.
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MartinN
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| Beitrag No.16, eingetragen 2023-03-13
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@haribo
Deine Konstruktion aus #13 braucht nur die Kantenlänge:
\(\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^i-1} \approx 1.60669515241528\)
@late-night
Das Problem mit #13 ist, dass es vertikal nur 1.5 benötigt und nicht dieselbe Höhe wie Breite?
----
Wenn das das letzte Problem ist, dann die Konstruktion aus #13 - wobei nur entlang der Diagonalen der 3 gespiegelt wird, so dass es nach rechts: 1,3,6,12,24,... geht = 1 2/3.
Damit man auch in der Höhe 1 2/3 hinbekommt, muss man noch 1/9 und 1/18 draufpacken. Der Teil zwischen 4 und 2 kommt also oben drauf, und alles was nun über 18 ist, kommt dafür zwischen 4 und 2.
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haribo
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| Beitrag No.17, eingetragen 2023-03-13
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stimmt, die breite ist etwas geringer... hab aber ja inzwischen eine anordnung mit 1+5/9... das ist deutlich weniger, interessieren würde mich aber nur eine mit 1,5
wenn es wichtig wäre die gleiche höhe zu haben (nur warum?) könnte man alles rechts der 1 auch einfach entsprechend hochschieben, ach da könnte man die 1/31 und follgende auch oben auf der 2 anordnen... das ist evtl noch besser 1,5323 ?
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haribo
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| Beitrag No.18, eingetragen 2023-03-14
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@MartiN, ausgehend von #13, die 15 an die 10 legen, auf die position wo sonst die 21 hinkäme, (diese passt ja komplett rechts der 7, die breite bleibt also 1,5) da passt dann in folge an die 15 die 30+31 auch noch dran, erst die 63 würde überstehen und müsste auf die 2... —> 1,5159
wahrscheinlich kann man doch derart weiter puzzeln, wird halt derzeit immer komplizierter
nachtrag, die zeichnerische überprüfung zeigt das die 21 nicht neben die 7 passt (sondern erst die 42) damit ist das ergebnis etwas schlechter 1,5238 (1,5 + 1/42)
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late-night
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| Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-14
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Hallo Haribo,
danke für Dein tolles Puzzeln.
\quoteon(2023-03-14 08:08 - haribo in Beitrag No. 18)
... erst die 63 würde überstehen und müsste auf die 2... —> 1,5159
wahrscheinlich kann man doch derart weiter puzzeln ...
\quoteoff
Beim längeren Schauen auf Dein Diagramm in #13 kam mir eine
Namens-Idee für Deine Konstruktionen: Was hältst Du von
"3-Treppen-Konstruktionen"
oder
"3-Treppen-Packungen"?
oder (mit einem Schuss Humor)
"Haribo-Treppen"?
Ein alter Knochen von der Lufthansa hat mir übrigens
folgenden Link genannt:
https://erich-friedman.github.io/packing/harmonic/
Der dort erwähnte Leo Moser war ein toller Mathe-Bastler,
leider viel zu früh verstorben:
https://de.wikipedia.org/wiki/Leo_Moser_(Mathematiker)
Late-Night.
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haribo
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| Beitrag No.20, eingetragen 2023-03-14
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friedman kenn ich... wir haben hier mal im team einige seiner "problems of the month (dez 2005)" optimiert
bei seiner packung ist die 1x1 nicht dabei, und ihm sind einschnitte oder löcher egal, ne lösung mit verdrehten quadraten würde ihm gefallen
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_kehrflaechen-4.png
bleib mal ruhig bei deinen "kehrquadraten" als bezeichnung
ach ja hast du nen link zu deiner eingangsbehauptung
"es ist seit über 15 Jahren bekannt, dass die euklidische
Ebene lückenlos mit Quadraten der Seitenlängen 1, 2, 3, ...
gefüllt werden kann"
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 4376
| Beitrag No.21, eingetragen 2023-03-14
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tada, die friedmannspielerei hatte zufällig das missing link enthalten, die 6 direkt neben der 7 anzuordnen...
also 1 bis 7 sind enthalten (gelb), und dann 8,9,10,11,12,13,14,15 (orange) jeweils mit platz drumherum für alle folgenden 2n; 2n+1; ....; --> unendlich
einzige ausnahme ist die 13 da ist das teilfeld für 2n+1 = 27 abgetrennt und rechts neben der 9 angeordnet
damit passen alle kehrflächen "schön" in ein M = 1.5
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_kehrflaechen-5.png
wenn es rechts anschliessen soll dann: 12-13; 8-9; 27-24; tauschen
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late-night
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Dabei seit: 04.06.2021
Mitteilungen: 42
| Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-14
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Hallo Haribo,
\quoteon(2023-03-14 10:31 - haribo in Beitrag No. 20)
ach ja hast du nen link zu deiner eingangsbehauptung
"es ist seit über 15 Jahren bekannt, dass die euklidische
Ebene lückenlos mit Quadraten der Seitenlängen 1, 2, 3, ...
gefüllt werden kann"
\quoteoff
Ja, hier:
http://www.squaring.net/sq/stp/stp.pdf
Das zugehörige Paper der Henles ist von 2008. Karl Scherer,
der sich selbst daran probiert hatte, hatte es aber schon
2007 in Jena erwähnt.
Von Karl Scherer gibt es sehr viele kolorierte Mosaike zu
den Themen "Squaring the Square" und "Squaring the Rectangle".
Late-Night
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late-night
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Mitteilungen: 42
| Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-14
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Hallo Haribo,
\quoteon(2023-03-14 11:57 - haribo in Beitrag No. 21)
tada, die friedmannspielerei hatte zufällig das missing link enthalten, die 6 direkt neben der 7 anzuordnen...
damit passen alle kehrflächen "schön" in ein M = 1.5
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_kehrflaechen-5.png\quoteoff
Das ist doch super. Glückwunsch zur Konstruktion!
Jetzt will ich Dir nicht folgende Fragevariante aufs Auge drücken,
sondern frage die Allgemeinheit: Was ist die Lösung folgender
Rechtecks-Verallgemeinerung?
\quoteon Finde das kleinste N <= 1.5, so dass alle Kehrquadrate
in schöner Anordnung und das Rechteck [0, 1.5] x [0, N] passen?
Wie nah kann N an 1.2 gerückt werden?\quoteoff
Late-Night
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haribo
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| Beitrag No.24, eingetragen 2023-03-14
|
schöne anordnung?
das kleinste ist
N=1+1/3+1/9+1/27 < 1,5
grins
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| | Folgende Antworten hat der Fragensteller vermutlich noch nicht gesehen. |
haribo
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| Beitrag No.25, eingetragen 2023-03-16
|
verkleinerung von N läuft eigentlich auf die frage hinaus ob man ein sicheres lege-system angeben könnte um in dem bereich oberhalb der 14 nicht nur die 28 sowie alle ihre 2n und 2n+1 (28;56;57;...) anzuordnen, was ich bisher in dem makierten dreieck mit höhe 1/14el erledige, sondern ob es gelingt auch alle der 27 mit dazu zu nehmen, also (27;28;54;55;56;57,...)
entlang der 2 ist dazu weitere 3/14el platz, eine dreiecksfläche bietet sich weiterhin an um dem „schön“ kriterium nicht zu widersprechen,
die dreiecksfläche dürfte also auch die drei- oder vierfache höhe zu ihrer basis haben
noch weiter runtergebrochen: passen alle ab der 2 „schön“ in ein rechteck mit basis 2/3 und höhe 8/3 ? (wobei die 2 im eck liegen soll)
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_kehrflaechen-6.png
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