信封、桥梁、鸟类和鱼类 | 科学游戏
我们上周的杂耍演员在过这样一座危险的桥时，没有做出最好的决定，他把木桩抛向空中，因为他在垂直向上抛木桩时产生的反作用力——以及木桩回到马戏团演员手中时产生的冲击力——对桥施加的力大于桥的静止重量。即使是杂耍演员也无法绕过牛顿第三定律。 有些读者建议使用秤来检查上述情况并量化效果。如果您家里有一台典型的“称重机”来监测饮食效果（并且天花板足够高），您可以自行承担风险尝试以下实验：拿一个重一公斤或以上的物体（例如一盒任何液体），站在秤上，双手握住它，将其稍微向上抛出，同时不要忽略秤的标记；您会看到在抛出和取回物体的那一刻（如果您设法在飞行中将其取回），指针会稍微向右移动。 更多信息 玩杂耍的人的问题让人想起许多年前在一所工程学院的物理考试中提出的一个问题，当时它变得很有名： 秤上有一个笼子，空笼子重 1 公斤，笼子摇杆上栖息着一只重 30 克的小鸟。突然，小鸟开始在笼子里飞来飞去。秤上的指针显示多高？ 同一主题的变体： 现在是一个小鱼缸，里面有一条鱼，鱼在秤上。鱼缸和水重一公斤，鱼重30克。突然，鱼跳出水面，又落回鱼缸里。这次跳跃对秤针有什么影响？ 还有一个变化： 上图的鱼缸里，水量一样，但缸底没有鱼，而是一颗重一公斤的铁球。如果你把手伸进鱼缸，拿出铁球，在这个动作的不同时刻，秤上的指针指向什么？ 信封和桥梁的等价性 从一个关于桥梁的问题（介词的两个含义）到另一个关于信封和平行桥的问题： 著名的 柯尼斯堡的 7 座桥梁 这是不可能的，因为城市的四个部分都有奇数座桥：其中一个岛屿有 5 座，另一个岛屿有 3 座，河的右岸有 3 座，左岸有 3 座（总共 14 座，是的，但每座桥我们都数了两次）。因此，无论从哪里开始，如果您过完所有桥而不再经过任何一座，那么您必须做一些不可能的事情才能完成任务：同时完成其他三个部分的路线（因为您将按照进入-退出-进入的顺序访问所有部分，或者在有 5 座桥的岛屿上按照进入-退出-进入-退出-进入的顺序访问所有部分）。要使欧拉路线从一个区域开始并在另一个区域结束（就像今天的加里宁格勒一样），必须有两个区域的桥梁数量为偶数，两个区域的桥梁数量为奇数。 从柯尼斯堡到加里宁格勒，从 7 座桥到 5 座桥，有 21 对不同的桥可能消失（7×6/2）。其中 15 对消失后，会留下两个区域，其中桥数为偶数，另两个区域为奇数。例如，如果我们消除图中标记的桥（乍一看似乎是最可有可无的），两个岛屿都剩下 3 座桥，两岸都剩下 2 座桥。因此，我们需要一些额外的数据来知道 15 对可能的桥中哪一对已被消除。我们可以肯定的是，无论消失的桥是什么，现在加里宁格勒桥的可解问题等同于众所周知的画一个打开的信封的问题，即不把铅笔从纸上抬起来或在同一条线上画两遍。你看到等价了吗？不要说加里宁格勒的区域是 4，而信封有 5 个顶点（你为什么不这么说？）。 由于我们已经讨论了几个星期的图表，尽管几乎没有提到它们的名字，我借此机会再次推荐克拉拉·格里马 (Clara Grima) 的精彩有趣的书 寻找丢失的图表就像我在她生日那天说的那样，当我开始阅读它时，我想：“我为什么不写它？”但是当我读完它时，我对自己说：“她写它更好。” […]
有问题的桥梁 | 科学游戏
上周提出的摇摇欲坠的梯子问题是经典谜语的一个变体，在经典谜语中，你必须满足某些要求（比如著名的牧羊人带着狼、羊和卷心菜过河的谜语），只是河流被梯子代替，船被灯笼代替，并增加了速度因素。这让我们提出了以下元问题：从河流的角度来看，楼梯问题会是什么样子？换句话说：你能想出一个等效的方法，用河流和船代替梯子和灯笼吗？这不是提出类似的问题，而是提出一个严格等效的问题。David Fernández 给出的梯子问题解决方案可以促进“变量变化”： “手电筒问题的理想情况是，两个最慢的人一起下去，节省 4 分钟，而且他们两个都不必上去递手电筒（否则，我们什么也省不了）。要做到这一点，两个最快的人必须先下去。顺序是：两个最快的人下去，2 分钟，其中一个人上去把手电筒交给两个最慢的人，8 分钟，另一个最快的人上去，两个最快的人再下去，2 分钟：12 分钟的下行时间加上 3 分钟的上行时间，一共 15 分钟。” 更多信息 软木塞的改进也引发了许多有趣的评论。最实用的解决方案是杂志上发表的解决方案 大众机械，具体方法是通过几个垂直切口（用非常锋利的刀，这样软木塞就不会碎裂）从软木塞上取下一个圆柱形（或截锥形）部分，如图所示。通过取出楔子并用手指挤压软木塞以连接切口的内表面，塞子的直径会略微减小。 另一种不太实用但从理论角度来看很有趣的解决方案是将软木浸入水下几米（仅 10 米深度的压力就已达到 2 个大气压）以压缩软木。有趣的是，软木的压缩性非常好，即使浸入水中很深，它也不会浮出水面，因为它的密度等于周围水的密度，因此不会漂浮。 位置的几何和物理 梯子和灯笼的问题是对“桥梁和火炬之谜”的建筑改编（原谅阿根廷主义）（该谜题定期在网上传播， 有自己的维基百科条目)，这是解决其他桥梁问题的好借口。 最著名的当然是柯尼斯堡七座桥梁，欧拉的巧妙解决可以说开创了图论。顺便说一句，这也极大地推动了后来被称为拓扑学的学科的发展，即研究几何物体的结构特性，这些特性与其具体尺寸和形状无关（欧拉本人称之为 geometria situs，即位置几何）。顺便说一句，加里宁格勒（旧柯尼斯堡的新名称）目前只有五座桥梁，现在可以从一个岛开始旅程，在另一个岛上结束旅程，尽管无法完成欧拉循环，即在同一点开始和结束路线。有了这些数据，你能在加里宁格勒地图上标出目前的五座桥梁吗？ 从几何到位置的物理学，特别是玩杂耍的人在一座不安全的桥上的有问题的位置： 一个玩杂耍的人正准备过一座非常脆弱的桥，这座桥最多只能承受 50 公斤的重量。玩杂耍的人个子很小，只有 48 公斤重，但他的三个杂耍柱子每个重 1 公斤。“没问题，”玩杂耍的人想，“我会把柱子抛向空中，这样空中至少会有一根柱子，而且这座桥承受的重量不会超过 50 公斤。”你认为这是个好主意吗？你能想出其他解决方案吗？ 我邀请我的睿智读者（除非他们患有桥梁恐惧症）去寻找和提出其他桥梁问题，据我所知，这个话题很少被利用，尽管从原则上讲，它可以在逻辑数学和物理层面上发挥很大的作用。 您可以关注 魔装 在 Facebook， X 埃 Instagram或在此注册以接收 我们的每周新闻通讯。 1719157294 #有问题的桥梁 #科学游戏 2024-06-21 07:42:15
大众机械：软木塞之谜 | 科学游戏
《大众机械》杂志封面。 上周汽车陷入泥潭激发了我们敏锐读者的聪明才智，他们提出了各种各样的解决方案。 “我认为一个好办法是用绳子围住树，然后绑住绳子的两端，将它们拧入每个旋转轮子的轴中。如果后者价格昂贵，可以将绳子的一端绑在树上，另一端拧到旋转轮子的轴上，”萨尔瓦·富斯特建议道。这是一个很好的解决方案，如果轮子转动，发动机不会停转……绳子不会在没有缠绕的情况下滑过轴。 而 Ignacio Alonso 则认为，“解决办法是将车用绷紧的绳子绑在树上，然后垂直推动绳子中间的部分”。这个选择的优点是不需要发动机运转，也不需要车轮转动（或者不需要缠绕绳子，这两个词都指缠绕绳子）；但是它只能让车移动一小段距离，因为随着绳子两段形成的角度增加，牵引力会迅速减小；不过，确实需要最初施加的力有很大的增加（这个力如此之大，以至于在理想的不可伸缩绳子的情况下，需要无限大的张力来确保垂直施加在其一半的力不会使其发生位移）。 更多信息 我们的资深评论员 Francisco Montesinos 提出的解决方案更简单：“我认为，一种选择是将绳子的一端系在附近的一棵树上，并打一个抗应力结。将另一根绳子穿过几乎所有汽车（如果不是全部）通常都带有的牵引钩，然后将其放在我们打结的树附近。我们会组装一个滑轮，我们施加在松散端上的力乘以二，等于汽车的阻力 R。我相信，绳子的张力一方面来自拉动松散端的人施加的力 F，该力沿着绳子传递到树上，但树的反作用力等于 F，但方向相反，因此 R = 2F”。另一种说法是，每拉长一米绳子，汽车就会前进（如果它前进的话）半米，因此牵引力加倍。 如果你两倍的力量就足以解开车厢，那么这就是最好的解决办法，而且如果有几个旅客一起拉临时滑轮上的绳子，那么肯定会起作用。 顺便说一句，蒙特西诺斯在他的评论中提到，作为巧妙解决方案的来源，精彩的杂志 大众机械西班牙语版的美国 大众机械我们中的一些人在年轻时曾因为墨西哥版和意大利版而很喜欢它（大众机械)。为了向这本鼓舞人心的杂志（不幸的是，它已经很久没有出版西班牙语版本了）致敬，这里有一个基于其 DIY 和家庭修修补补部分的谜语： 当软木塞无法装入非预期的瓶口时，通常的做法是用刀子去除碎片，使软木塞变薄；但这种方式无法获得光滑或对称的表面，因此通常很难安装。您能想到一种更干净、更有效的方法来将软木塞的直径减小几毫米吗？ 最后，Ignacio Alonso 提出了一个谜语，它是“经典”的变体，如果我的信息来源没有欺骗我的话，它最早出现在 Saul X. Levmore 和 Elizabeth Early Cook 的书中 谜题和游戏的超级策略 （1981年）： 有四个人拿着手电筒站在一栋倒塌建筑的同一层楼上。为了到达街上，他们必须走下狭窄、摇摇欲坠、黑暗的楼梯，必须拿着手电筒，而且一次最多两人，因为建筑物可能会在更大的重量下倒塌。这四个人的年龄和体型不同，移动速度也大不相同，每个人下楼和上楼所花的时间相同：分别是 8、4、2 和 1 分钟。他们如何在 15 分钟内让所有人下楼？ 您可以关注 魔装 在 Facebook， X 埃 Instagram或在此注册以接收 我们的每周新闻通讯。 订阅继续阅读 无限制阅读 […]
陷入泥潭 | 科学游戏
等腰三角形通常用不同的边作为底边来表示，这样它们的轴对称性就更加明显了。但是，如果我们在上周的等腰三角形中用三角形的两个相等边之一作为底边，那么面积最大的那个边显然就是高度最大的那个边，也就是等腰直角。因此，它的第三边长为 10√2 厘米 = 大约 14.14 厘米，所求的最大面积为 50 平方厘米。 较小的直角等腰三角形 引发读者广泛争论的啤酒罐问题（参见上周的评论）乍一看似乎与三角形问题毫无关联，但它们都需要同样的视角变化，因为在两种情况下，都建议“推倒”相应的图形。 更多信息 想象一下，他们告诉你问题已经解决，因此，罐中剩余的啤酒重心尽可能低。你如何验证这是否属实？很简单：你将罐子（直立）放入冰箱，等待啤酒凝固。然后，你将罐子水平平衡在支点上，并且用你的因此，重心是所述圆形表面的中心，这是其可能的最低点。因为？如果我们添加一点啤酒，罐子就会向空的一侧下落，空的一侧会重一点，因此重心会更高，如果我们取出一点啤酒，罐子也会向空的一侧下落，因为现在满的一侧会轻一点，然后重心也会上升；因此，如果添加和取出啤酒时重心都会上升，这意味着它处于最低点。 现在，水平放置的罐子处于平衡状态，计算最低重心的高度并不困难。忽略盖子的重量（由于盖子与支点的距离不同，因此对平衡的影响不同），将 a 和 b 分别称为空罐和满罐部分的长度，V 表示空罐的重量，P 表示满罐的重量，我们得到： a²V = b²P，因此 a/b = √P/√V 又因为罐子装满水时的重量是空罐时的重量的 9 倍，所以 a/b = 3，也就是说，啤酒占据了罐子高度的 1/4，所需的重心距离底部 5 厘米。 我们将应用杠杆定律（力和手臂长度的乘积在两侧相等）来验证，水平放置的罐子（其中装满啤酒）放在距离底部 5 厘米的点上时是否处于平衡状态： 罐子装满的部分重 360/4 + 45/4 = 101.25 克，重心距支点 2.5 厘米。空罐部分重 3 x 45/4 = 33.75 克，距支点 7.5 厘米，由于 […]
啤酒在排空的哪个阶段最稳定？| 科学游戏
某个人生日和你生日在同一周的概率显然是 1/52（如果我们将“同一周”理解为从周一到周日的相同间隔；如果我们谈论生日间隔不超过七天的概率几乎翻倍）。但是，对于七人组中任何两个人来说，生日在同一周的概率要高得多，正如上一期所提出的，这与直觉相反。其中两个人属于同一个星座的概率甚至更大。 与其他此类问题一样，计算某事不发生的概率以确定其互补概率更为容易。让我们专注于黄道十二宫的情况，采用与周数相同的方法，但数字更易于管理。让我们从 1 到 7 任意编号开始。2 与 1 不为同一符号的概率为 11/12；3 与 1 或 2 不为同一符号的概率为 10/12……，7 与其它 6 个不为同一符号的概率为 6/12。因此，这些匹配都不发生的概率为： 11/12 x 10/12 x 9/12 x 8/12 x 7/12 x 6/12 = 大约 0.11。 因此，至少有两个人属于同一星座，互补的概率几乎是 90%。下一次，在一个小的聚会上，两个 magufa 认为他们属于同一个星座的巧合是命运的象征，你可以用数学的不可抗拒的裁决来惹恼他们（或者不）。 更多信息 使用同样的方法，尽管操作稍微繁琐一些，但可以验证在23个人中至少有两人在同一天过生日的概率略高于50%（由于其结果违反直觉，这被称为“生日悖论”）。 同样，对于我们将其命名并放在桌子上的牌，计算没有一张牌符合其召唤的概率会更容易，因为对于每一张牌来说，这个概率是 39/40。因此，没有一张牌符合您的名字的概率将是 39/40 的 40 次方，约为 0.363。因此，在命名时至少出现一张牌的概率约为 1 – 0.363 = 0.637。在您尝试的三次中，有两次，当您说出其名字时，至少有一张牌会“神奇地”出现。 等腰三角形和啤酒罐 直觉不仅会通过让可能的事情看起来不太可能来欺骗我们，还会通过估计问题的难度来欺骗我们。让我们看几个例子（显然 […]
数学：奇怪的巧合 | 科学游戏
上周，有人在谈论著名的克里特岛迷宫时提出了一个问题：迷宫是无法逃脱的，这是一个矛盾。 在方面：根据定义，迷宫必须至少有一个可行的入口和出口（可以相同）；否则它就不是迷宫，而是监狱。 至于博尔赫斯提到的所谓迷宫，即人们总是向左转才能离开，人们认为这位阿根廷作家对数学很着迷，但对数学却不太了解，因此他把最简单的方法（尽管并不总是最快的方法）与离开相关迷宫的方法混淆了，即用左手触摸墙壁，然后向前移动，朝一个方向或另一个方向，中间不要停下触摸墙壁。显然，用一只手还是另一只手并不重要，除非你是右撇子，用右手握着剑来面对牛头怪。要使这种方法奏效，迷宫必须连接起来，也就是说，所有部分必须连接在一起形成一个整体。如果是独立的块，一个在另一个里面，事情就会变得复杂；但无论迷宫有多大、多复杂，总有相对简单的方法可以离开它。 更多信息 不太可能发生的事情很可能会发生 而且无论事件发生的概率有多小，它都有可能发生（否则它就不是不可能发生的，而是不可能发生的）。而且由于很多事情总是在发生，所以非常不可能发生的事情很可能会发生，正如亚里士多德在他的《论自然》中指出的那样。 诗论。 上周我们问自己，同一天出现两篇标题相似的文章的可能性有多大 博尔赫斯解构 是 博尔赫斯被拆解尽管没有人计算过它（我的意思是使用“费米”近似，因为考虑到无数的因素，精确的计算是不可行的），但这是一个很好的借口来谈论一些令人惊叹的巧合，经过简单的分析后，这些巧合就不再存在了。 当然，也有一些真正非凡的巧合，其中最引人注目的一个就是从地球上看，太阳和月亮具有相同的视大小，这使得日食的奇妙景象成为可能。但在许多其他令人惊叹的巧合中，令人惊讶的是与我们对现实的理解中的微妙的心理偏见有关。 一些并非不可能发生的事情看起来极不可能，最常见的原因之一是，我们头脑中个人和群体的考虑往往会重叠。在一群人中，其中一个人的生日和你同一天的概率非常低：1/365（事实上，还要小一点，因为必须考虑闰年：你能成为一个纯粹主义者并计算出准确的概率吗？）；但是，在一个不是很大的群体中，有两个人在同一天过生日的概率相当高：从 23 个人来看，这个概率超过了 50%（你能计算出 23 个人的准确概率吗？）。 即使是在小群体中，巧合的发生率也会高于直觉所预测的巧合。在一个 7 人群体中，您认为其中两人生日在同一周的概率是多少？两人属于同一星座的概率是多少？顺便说一句，有必要澄清一下“同一周”的含义（我留给您自行判断）。 无需与任何人见面，你只需用一副简单的纸牌就能测试一些看似不可能发生的事件的发生概率。如果你把纸牌放在桌子上，并按顺序说出它们的名字（“五角星 A、五角星二、五角星三……圣杯 A、圣杯二、圣杯三……”），在说出某张特定纸牌（例如梅花侍从）时出现的概率是 1/40；但任何纸牌“神奇地”匹配其召唤的概率都相当高（你能计算出来吗？）。高到你可以用双倍赌注对单倍赌注下注，以保证它会发生。 您可以关注 魔装 在 Facebook， X 埃 Instagram点击此处接收 我们的每周新闻通讯。 1716553242 #数学奇怪的巧合 #科学游戏 2024-05-24 08:46:51
博尔赫斯与无限| 科学游戏
豪尔赫·路易斯·博尔赫斯对巴别塔图书馆的艺术再现。国会图书馆 通过折叠上周的 2×3 地图，不可能根据纳博科夫字谜 OSBERG 重建博尔赫斯。 只要认识到“BORGES”这个词中的“E”和“S”在一起，在“OSBERG”网格中占据的方格只共享一个顶点，任何折叠都不可能使两个方格“与顶点相对”相邻，这一点就足够了。 因此，我们也不能从 BORGES 转到 OSBERG：在这种情况下，在顶点对面的框中有两对字母（BE 和 OS），在 OSBERG 中它们在一起。 关于折叠三联画、多联画和基本地图的不同可能性，我们的定期评论员弗朗西斯科·蒙特西诺斯（Francisco Montesinos）进行了非常详细的分析（见上周的评论），由于篇幅原因，我无法完整复制； 这就是他关于 2×2 元素图的说法（顺便说一句，在括号中，他暗示了我们刚刚看到的不可能性）： “在 2×2 的情况下，从左到右、从上到下对纸张（1、4、2、3）进行编号，有 24 种排列，其中 8 种给出了不可能的配置（对角位置的两页将有一些交错） ）并且在剩余的 16 个中，8 个将是对称的，因此将有 8 种不同的可能折叠。 达到相同结果的另一种方法是考虑如果第一张纸固定在前视图中（4 种可能性），则对于下一张纸，只有 2 种可能性，而对于其余两个位置只有一种可能性，总共 8 种。 更多信息 博尔赫斯拆解 上一篇文章发表后 科学游戏， 博尔赫斯解构一篇文章标题为 博尔赫斯拆解，很难相信，仅仅相隔几个小时，两篇标题如此相似的文本纯粹是偶然发表的。 （我邀请精明的读者计算“费米方式”，即此类事件随机发生的概率的数量级）。 无论如何，上述文章除其他外指出：“博尔赫斯将无限的概念置于其作品的中心，这一概念在他的叙述和散文中都发挥着至关重要的作用。 书中的书籍无穷无尽 巴别塔图书馆永恒反射的镜子 特隆、乌克巴尔、第三世界无尽的迷宫只是博尔赫斯如何挑战我们对时间和空间的理解，引导我们质疑现实本身的几个例子。” 在现实（本身）中，所提到的三件事都不是无限的：可能的书籍数量——尽管巨大——是有限的，甚至很容易计算，正如德国数学家和哲学家库尔德·拉斯维兹（Kurd Lasstwiz，1848-1910）已经在他的开创性故事 通用图书馆博尔赫斯受到启发而写作 巴别塔图书馆。 而相互反射的镜子的反射速度如此之慢——从天文学的角度来看，光速微乎其微——以至于它们在宇宙灭绝之前所能产生的图像数量不仅不是无限的，而且不是无限的。与其他数字怪物（例如可能的国际象棋游戏）相比，甚至非常大。 […]
博尔赫斯解构 | 科学游戏
弗拉基米尔·纳博科夫饰演豪尔赫·路易斯·博尔赫斯。托尼·阿姆斯特朗·琼斯 三联画，即一张风景纸被两个垂直折叠分成三等份，原则上可以像我们上周看到的那样，以 8 种不同的方式折叠：在每种折叠中，我们可以覆盖纸张的正面或背面，所以有 4 种可能性（AA、AR、RA、RR）从一种折叠开始，从另一种折叠开始有 4 种，总共 8 种； 但只是在原则上，因为其中两个折叠产生与另外两个折叠相同的配置（你能确定它们是哪一个吗？），所以实际上只有 6 种不同的折叠。 如果你不喜欢心理想象，我建议你折叠一张纸来制作三联画，并将边从1到6编号（或者更好的是正面为A1、A2、A3，背面为R1、R2、R3） ）您将能够花一段既有趣又富有启发性的时间来研究不同的折叠可能性。 类似地，“四联画”（一张横向纸被三个垂直折叠分成四个相等的部分）的可能的不同折叠不是 24（从 3 个折叠中的每一个开始，2 x 2 x 2 = 8 种可能性：3 x 8 = 24 ），但只有 16 个。如果三联画看起来太简单，请尝试找到“四联画”的 16 个不同折叠（或者相当于同一事物，确定哪些是重复的）。 更多信息 印章条问题 折叠“多联画”（即只有垂直折叠的横向纸张）看似简单的问题通常被称为“邮票条问题”，其中这是一个执行完整折叠的问题，即放置它们的问题所有这些都在其中一个下面，形成紧凑的一堆。 在 0 次和 1 次折叠的简单情况下，分别有 1 种和 2 种不同的配置，并且正如我们所见，2 次和 3 次折叠分别有 6 种和 16 种可能性。 该序列继续快速增长： […]
折叠地图的艺术| 科学游戏
像纸飞机一样折叠的地图。阿拉米库存照片 如果我们将 DIN A0 板材（DIN 系列的起源）的边数逐一相乘，如我们上周所见，我们将得到： 841 毫米 x 1189 毫米 = 1000049 平方毫米 也就是说，正如欧文·肖尔 (Erwin Schorr) 在评论中指出的那样，几乎正好是一平方米，误差仅为万分之五十。 关于通过折叠纸到达月球的可能性，萨尔瓦·富斯特评论如下： “纸张的厚度约为十分之一毫米，将其折叠 10 次后，我们将得到初始厚度的 210 倍，这意味着比初始厚度大约增加 1,000 倍，即 100 毫米（0.1 m）厚的。 。 现在，每折叠10次，厚度就会增加1000倍。 因此，如果我们从初始情况进行 40 次折叠，我们将得到： 0.1 mm – 100 mm – 100 m – 100 km – 100,000 km 如果再进行几次折叠，我们就已经超过了到月球的距离，因为通过进行两次折叠，我们已经超过了到月球的距离。更多折叠，我们会将前面的最后一个值乘以 4。总之，42 折叠就足够了。 关于纸张的尺寸，考虑到A4纸最多可折叠7次，A3可折叠8次，A2可折叠9次，A1可折叠10次，A0可折叠11次，即1平方米的纸张。 它可以折叠11次。 如果我们想要达到42倍，我们就必须将其翻倍31倍，这意味着将表面积增加到2立方米，即大约20亿平方米，或者换句话说，大约2000平方公里，类似的大小从 吉普斯夸 […]
折纸艺术| 科学游戏
黄金矩形和上周提到的熟悉的 DIN A4 纸都具有易于自我复制的特性。 如果我们从黄金矩形中删除一个边长等于其较小边的正方形，则剩下的矩形与第一个矩形类似（因此也是黄金矩形）。 如果我们以初始矩形的短边为单位，将其长边称为x，为了使两个矩形相似，它们的边必须成比例，因此： x:1 = 1:(x-1) x2 – x – 1 = 0 x = 1.618… = Φ（黄金数） 更多信息 对于 DIN A4 纸张，自我复制更加简单：将其对折，我们得到两张与整张纸类似的 DIN A5 纸张。 如果我们再次以纸张的短边为单位并将长边称为 x，我们现在将得到： x:1 = 1:(x/2) x²/2 = 1 x = √2 = 1,414… DIN A4 这个名字来自于 德国标准化研究所：DIN 是 Deutsches Institut für Normung 的缩写，4 表示原始纸张 A0（尺寸为 841×1189 […]