El cuadrado más pequeño que contiene un triángulo dado

Question

Dado un triángulo $T$ ¿Cómo puedo calcular el cuadrado más pequeño que contiene $T$ ?

Utilizando GeoGebra, yo implementado una heurística que parece funcionar bien en la práctica. El problema es que no tengo pruebas de que sea siempre correcta. Aquí está la heurística:

1. Intenta construir un cuadrado cuya diagonal sea el lado más largo de $T$ . Esto funciona si los dos ángulos cercanos al lado más largo son como máximo de 45 grados (se muestra en verde en la demostración anterior).

2. En caso contrario, intenta construir un cuadrado cuyo lado contenga el lado más corto de $T$ . La longitud del lado será el máximo entre el lado más corto de $T$ y la altura hasta el lado más corto de $T$ (se muestra en azul o cian en la demostración anterior).

¿Es esta heurística siempre correcta? Si no es así, ¿cuál es el método correcto para calcular el cuadrado de contención más pequeño?

Answer 1

Pensaba en una línea similar a la de TonyK, pero aún así es diferente. Que se dé algún triángulo. Sea $a$ denotan la longitud del lado más largo y $b$ la longitud del segundo más largo. Dejemos que el ángulo entre esos dos lados se denomine $\theta$ . Para $b$ para ser más largo que el tercer lado debemos tener $b\cdot\cos\theta\geq a/2$ . Entonces representamos el triángulo mediante los vectores (ver Applet dinámico de GeoGebra ) $$ \vec u=a\cdot\vec e_{t}\qquad\text{and}\qquad\vec v=b\cdot\vec e_{t+\theta} $$ donde $\vec e_s=\begin{pmatrix}\cos s \\ \sin s\end{pmatrix}$ se ha definido como el vector unitario que apunta en la dirección del ángulo $s$ .

Ahora empezamos a girar el triángulo cambiando el valor de $t$ . Para cada valor del ángulo de rotación $t$ formamos el cuadrado mínimo con lados paralelos a los ejes que contiene el triángulo/los vectores. El tamaño de los cuadrados mínimos será periódico con periodo $\pi/2$ . Por lo tanto, sólo tenemos que considerar las rotaciones $t\in[0,\pi/2]$ .

Para determinar el lado del cuadrado mínimo para un determinado $t$ Consideremos las cuatro funciones $$ \begin{align} \Delta x_1(t)&=a\cdot\cos t \\ \Delta x_2(t)&=a\cdot\cos(t)-b\cdot\cos(t+\theta) \\ \Delta y_1(t)&=a\cdot\sin t \\ \Delta y_2(t)&=b\cdot\sin(t+\theta) \end{align} $$ Todo lo anterior es $x$ - og $y$ -diferencias encontradas en el triángulo para el valor actual de $t$ . Si $\square(t)$ denota la longitud del lado del cuadrado mínimo paralelo a los ejes que contiene el triángulo para la corriente $t$ entonces tenemos $$ \square(t)=\max\{\Delta x_1(t),\Delta x_2(t),\Delta y_1(t),\Delta y_2(t)\} $$ y el valor óptimo (mínimo) de $\square(t)$ corresponde a uno de los puntos de intersección de al menos dos de las cuatro funciones de diferencia. Así que se trata de resolver cada una de las ecuaciones $$ \begin{align} \Delta x_1(t)&=\Delta x_2(t)\\ \Delta x_1(t)&=\Delta y_1(t)\\ \Delta x_1(t)&=\Delta y_2(t)\\ \Delta x_2(t)&=\Delta y_1(t)\\ \Delta x_2(t)&=\Delta y_2(t)\leftarrow\text{The equation suggested by TonyK}\\ \Delta y_1(t)&=\Delta y_2(t) \end{align} $$ Para cada triángulo esto da (como máximo) seis $t$ valores en el intervalo $[0,\pi/2]$ de cuál será el óptimo.

Las únicas afirmaciones generales que he encontrado al dibujar estas situaciones y trazar las cuatro funciones hasta ahora, es que $\Delta x_1=\Delta x_2$ puede omitirse y al menos un vértice del triángulo se colocará en un vértice del cuadrado contenedor óptimo.

También he descubierto que hay situaciones mucho más complejas que los que tanto el OP como TonyK han presentado.

Answer 2

Actualizado para añadir: Parece que esto es un error. La respuesta de String te dice por qué.

Si dos ángulos son $\le 45^\circ$ entonces usa tu heurística 1. De lo contrario, ponga el ángulo más pequeño (llámelo $\varphi$ ) en el origen $O$ con el lado $OX$ de longitud $a$ a lo largo del positivo $x$ -eje y el otro lado $OY$ de longitud $b$ en el primer cuadrante.

Ahora gira el triángulo en sentido contrario a las agujas del reloj en un ángulo $\theta$ hasta que el $x$ -coordinación de $X$ es igual a la $y$ -coordinación de $Y$ . Cuando esto sucede, los tres puntos se encuentran en un cuadrado, dos de cuyos lados se encuentran a lo largo de los ejes de coordenadas. Creo (pero no lo he demostrado) que este cuadrado es mínimo.

El $x$ -coordinación de $X$ es $a \cos \theta$ y el $y$ -La coordenada Y es $b \sin(\theta+\varphi)$ . Poniendo estos valores iguales se obtiene

$$a \cos \theta = b (\sin \theta \cos \varphi + \cos \theta \sin \varphi)$$

o

$$\theta = \tan^{-1} \frac{a - b\sin\varphi}{b\cos\varphi}$$

Answer 3

No, no siempre es correcto. Un ejemplo que falla es el de un triángulo isósceles alto y estrecho (por ejemplo, de lados 1, 10, 10). Colocar el triángulo en diagonal en el cuadrado es mucho mejor que colocarlo en vertical.