Joda, skal være mulig å løse.
Første plasseres vilkårlig med ene hjørnet i origo, andre med koordinat (x,0), tredje med koordinat (x,y) og fjerde med koordinat (0,y).
Kaller disse punktene A,B,C,D:
[tex]A(0,0);B(x,0);C(x,y);D(0,y)[/tex]
Arealet av rektanglene tilsammen vil aldri endres (i euklidiansk rom), derfor finnes det ingen plassering for å gjøre arealet minst mulig. Vi legger derfor hjørnene E og H i neste rektangel ved samme koordinat som henholdsvis B og C,
altså [tex]E(x,0);F(2x,0);G(2x,y);H(x,y)[/tex]
Kan også bygge i høyden og bevare arealet ved å la kantene E og F ha samme koordinatene som C og D, dette skulle ikke forandre utfallet.
Konklusjonen min er at man ikke kan redusere arealet på noen måte ved å plassere de vilkårlig eller uvilkårlig (uten overlappinger).
Punktene til de fire hjørnene i det totale rektangelet er(antar man plasserer halve n bort og halve n opp, arealet blir det samme, men koordinatene til hjørnene endresog antar samtidig at n er partall):
(Dette argumentet kan også føres for [tex]\frac{k-c}{k}n +\frac{c}{k}n=n[/tex] hvis n er ett tall delelig med 3,5,7,osv.., valgte 2 for enkelhetens skyld
)
(Skulle man ville plassere rektanglene annerledes kan man også bruke argumentet over)
[tex]A(0,0);B(\frac{1}{2}nx,0);C(\frac{1}{2}nx,\frac{1}{2}ny);D(0,\frac{1}{2}ny)[/tex]
Sjekker for n lik 4: (A er alltid plassert i origo)
[tex]A(0,0);B(2x,0);C(2x,2y);D(0,2y)[/tex]
n lik (k+1):
[tex]A(0,0);B(\frac{k+1}{2}x,0);C(\frac{k+1}{2}x,\frac{k+1}{2}y);D(0,\frac{k+1}{2}y)[/tex]
Beklager hvis løsningen er litt rotete, mener derimot det skal være rett.
Forutsatt man ikke kan overlappe (og at hjørnene kan plasseres på nøyaktig samme punkt) vil aldri arealet endre seg.