Inclinações únicas de quadrados

Queremos ladrilhar $m\times m$ quadrado usando dois tipos de ladrilhos: $1 \times 1$ quadrado e $2 \times 2$ quadrado, de forma que todos os quadrados subjacentes sejam cobertos sem sobreposição. Vamos definir uma função $f(n)$ que fornece o tamanho do maior quadrado cultivável exclusivamente usando quadrados $n$ $1\times 1$ e qualquer número de $2 \times 2$ .

Esta função é computável? Qual é o algoritmo?

Edit1: Com base na resposta de Steven, meios telha única que existe uma maneira de colocar os -squares no interior do quadr com uma configuração única para as posições do -squares no interior do -quadrado. $2 \times 2$ $m \times m$ $n$ $1 \times 1$ $m \times m$

computability combinatorics

— Mohammad Al-Turkistany
fonte

Como é definida uma lavoura exclusiva? Por exemplo, pode haver quatro lavouras simétricas. Eles seriam únicos ou não?

— Paresh

Inclinações simétricas contam como uma configuração.

— Mohammad Al-Turkistany

usando

quadrados 1 por 1 ou usando no máximo

? caso contrário,

nem sempre é definido: você não pode ladrilhar nenhum quadrado com 2 ladrilhos 1 por 1 e qualquer número de ladrilhos 2 por 2, porque a área seria

e 2 não é um resíduo quadrático módulo 4. também por simetrias você quer dizer o grupo diédrico

n

$n$

n

$n$

f

$f$

4 x + 2

$4x + 2$

D_{4}

$D_4$

— Sasho Nikolov

Está bem. Nesses casos, defina

. Não estou familiarizado com o grupo Dédrico D4.

f (n) = 0

$f(n)=0$

— Mohammad Al-Turkistany

Receio ainda estar perdido - um exemplo ajudaria muito a entender, talvez. Como a resposta dada não responde à pergunta?

— 9113 Steven Stadnicki em

Aqui está um argumento para provar minha especulação nos comentários de que não existem inclinações únicas para nenhum não quadrado . Em primeiro lugar, como observado por Sasho nos comentários, deve ser restrito, porque não existem tais inclinações se ou $n\gt 5$ $n$ $n\equiv2$ . Se é um quadrado perfeito , então, obviamente, o quadrado é exclusivamente tileable, então está claramente definido e diferente de zero nestes casos. Para completar o argumento, ele só continua a mostrar que nenhuma telha envolvendo ou mais telhas podem ser único. $3\pmod 4$ $n$ $n=k^2$ $k\times k$ $f(n)$ $1$ $2\times 2$

Primeiro, considere o caso , diga . Se temos uma telha de um quadrado usando telhas, obviamente, deve ser ainda, dizem ; em seguida, pode-se construir tilings através da construção de um ladrilhos de telhas e em seguida, substituindo destes por 'blocos' de quatro telhas. É claro que substituições diferentes sempre podem levar a inclinações distintas, exceto nos casos $n\equiv 0\pmod 4$ $n=4k$ $m\times m$ $n\ 1\times 1$ $m$ $m=2j$ $j\times j$ $2\times2$ $k$ $1\times 1$ ou onde restaum único bloco ou um único bloco de quatro; nesses casos, no entanto, existe um lado a lado diferente e desigual, que coloca um lado no meio de uma aresta e não em um canto. $m=4, n=12$ $m=4, n=4$ $2\times 2$ $2\times 2$

Finalmente, suponha que , em particular, presuma (e com para evitar um caso um pouco trivial, onde simplesmente não há espaço suficiente na praça para o argumento a seguir). Portanto, nenhum quadrado de tamanho ou menor pode ser unicamente inclinável: considere um ladrilho com ladrilhos na parte superior do quadrado e abaixo do lado direito do quadrado (comladrilhos extrasapenas dobrados para o lado direito - eles não podem afetar o argumento). Agora os $n\equiv 1\pmod 4$ $n=4t+1$ $t\gt 1$ $(2t+1)^2$ $1\times 1$ $1\times 1$ 'bloco' na parte superior esquerda do quadrado (consistindo dos dois telhas sobre o topo e o telha abaixo deles) pode ser 'virado' para produzir uma telha que irá necessariamente ser diferente do lado a lado que construímos. Finalmente, nenhum quadrado de tamanho maior que pode ser inclinado: suponha que estamos tentando colocar um quadrado de tamanho para ; então pelo princípio pigeonhole não podemos caber mais do que $2\times 3$ $1\times 1$ $2\times 2$ $(2t+1)^2$ $(2s+1)^2$ $s\gt t$ ladrilhos no quadrado, o que significa que existem quadrados restantes - mas como , , o número de $s^2\ 2\times 2$ $(2s+1)^2-4s^2 = 4s^2+4s+1-4s^2=4s+1$ $s\gt t$ $4s+1\gt 4t+1=n$ $1\times 1$ telhas que temos disponíveis.

$n\gt 5$ $2\times 2$ $f(n)$ $n$ $\sqrt{n}$

— Steven Stadnicki
fonte

desde que eu estava encontrando a parte em que você coloca as peças 1 por 1 restantes para a esquerda duvidosa (talvez sem motivo), aqui está uma visão um pouco diferente do caso em que

n = 4 t + 1

$n = 4t + 1$ and the size of the square is

x^{2} < (2 t + 1)^{2}

$x^2 < (2t + 1)^2$ . notice that

x \equiv 1

$x \equiv 1$ or

x \equiv 3 (\mod 4)

$x \equiv 3 \pmod 4$ . in both cases it takes

2 x - 1 \equiv 1 (\mod 4)

$2x - 1 \equiv 1 \pmod 4$ 1 by 1 tiles to build a border of thickness 1 for the square. then we're left with

n^{'} \equiv 0 (\mod 4)

$n' \equiv 0 \pmod 4$ 1 by 1 tiles. in case

n^{'} = 0

$n' = 0$ we have

x = 2 t + 1

$x = 2t + 1$ and you've dealt with that. otherwise we have reduced to the previous paragraph.

— Sasho Nikolov

Valid unique tiling must use both types of tiles. Sorry for not stating it clearly in my question.

— Mohammad Al-Turkistany

@MohammadAl-Turkistany Steven proves above that no such unique tilings exist for

n > 5

$n>5$ . in fact the only "valid" unique tiling according to your definition is for

n = 5

$n=5$ (a single 2-by-2 tile and a "corner" of 5 1-by-1's).

— Sasho Nikolov

@Steven Thanks for your answer, my statment of the uniqueness requirement is not interesting since it leads to easily computable function. Do you think that it can be fixed by requiring that we pack the maximum number of

2 \times 2

$2 \times 2$ -squares while posiblliy leaving some of the

m \times m

$m \times m$ -squares uncovered? My motivation is to construct uncomputable function from a simple combainatorial problem.

— Mohammad Al-Turkistany

@Steven, your answer solves the orginal question but it is not exactly what motivated me to pose the question. I hope you are not bothered by modifying the question as I described it in the prevoius comment.

— Mohammad Al-Turkistany