Cuadrado más pequeño para cubrir un triángulo rectángulo.

Question

Yo creo más pequeño posible triángulo para cubrir una plaza se ha estudiado bien... Pero ¿y cuadrado que cubre un triángulo? He leído el post aquí, pero creo que no quiero que tal una pregunta general (y complicada solución), justo a la derecha del triángulo.

Yo la primera vez que encuentro el problema, que es, encontrar el cuadrado con longitud mínima que cubre un triángulo con lados de $5,12,13$ completamente. La respuesta es un cuadrado con una longitud de$\frac{144}{\sqrt{193}}$ y yo lo creo, utilizando el método aquí.

Pero el problema es, ¿por qué es la más pequeña posible cuadrado que cubre el triángulo?

Mis intentos:

Si un cuadrado que cubre el triángulo y, al mismo tiempo que tienen algunos vértice(s), coincidiendo:
Si es $\angle BAC$ tocar el vértice de la plaza, ver aquí, el cuadrado que cubre debe tener longitud lateral de al menos 12.
Si es $\angle BCA$ tocar el vértice de la plaza, ver aquí, el cuadrado que cubre también debe contar con lado de longitud de al menos 12.
Esto nos deja con el problema de $\angle ABC$, ver aquí o por debajo: Es el más pequeño porque lo que se hace girar en sentido horario/antihorario el origen, la longitud lateral de la plaza mayor.

Para cada cuadrado que cubre un triángulo, hay un pequeño cuadrado que cubre el mismo triángulo, mientras que tocar al menos un vértice utilizando su vértice(s). Pero, ¿cómo se supone que la longitud lateral de la plaza es de al menos $\frac{144}{\sqrt{193}}$? Quiero decir, un cuadrado, que toca el triángulo con su vértice puede tener un lado más corto de longitud, pero ¿por qué no hay un cuadrado con lado de longitud más corta (no toque el triángulo mediante su vértice)? ¿Por qué sólo tenemos que considerar estos tres casos?

Cualquier ayuda se aprecia! Gracias.

Answer 1

Geométricas argumento

Vamos a empezar con un enfoque geométrico que invierte los roles del cuadrado y el triángulo, la fijación de un (digamos) de la unidad de la plaza y la búsqueda de la más grande a la derecha del triángulo con los lados en proporción a las 5:12:13 que puede caber dentro.

Claramente el más grande de dicho triángulo, les toque el cuadrado de perímetro, ya que de lo contrario el triángulo puede ser uniformemente ampliada. De hecho, debe haber al menos dos vértices en contacto, ya que si sólo había un vértice en el perímetro, podríamos ampliar el triángulo de ese vértice.

Para algunos triángulo de las formas de la colocación de dos vértices en contacto con el perímetro da el mayor triángulo, es decir, para aquellas formas donde el lado más largo se puede colocar a lo largo de una diagonal del cuadrado y el tercer vértice cae dentro de uno o la otra mitad de la plaza. Una imagen de un semicírculo dibujado en la diagonal de la plaza debe convencernos de que entre los triángulos rectángulos, sólo la isósceles triángulo rectángulo se puede ser tan posicionado. Así, el 5:12:13 triángulo no caber en ese camino.

Partiendo de esto, podemos reclamar (A) que el mayor triángulo con esta 5:12:13 forma se tienen los tres vértices del cuadrado de perímetro y (B) que un triángulo va a tocar todos los cuatro lados de la plaza. Haremos un breve esbozo de los argumentos de ambas demandas, motivado por señalar que a partir de estos se sigue uno de los vértices del triángulo debe tocar dos lados del cuadrado, es decir, en una esquina de la plaza.

Reclamo: Los casos de cero o un vértice está en la plaza del perímetro ya han sido suficientemente descrito. Supongamos que exactamente dos vértices están en ese perímetro, por ejemplo, los extremos de una arista del triángulo. Aquí están las posibles casos:

1. Ambos extremos de una arista común de la plaza. Si no de todo el borde, entonces el triángulo puede ser ampliado hasta abarcar más de lo mismo o causar el tercer vértice de tocar el cuadrado de perímetro. Si es así, todo el borde, el triángulo se puede girar alrededor de uno de estos extremos (tener un ángulo agudo), levantando el otro extremo fuera del perímetro.

2. Los dos extremos son incidentes a los bordes adyacentes de la plaza (pero no como en el caso 1). Excepto cuando este borde coincide con el cuadrado de la diagonal (descartado), el triángulo se puede volver a girar alrededor de uno de estos extremos a levantar el otro extremo fuera del perímetro.

3. Los dos extremos son incidentes a los bordes opuestos de la plaza (pero no como en el caso 2). El triángulo puede ser girado sobre el punto medio de la arista (ya que ni está en una esquina de la plaza). la elevación tanto de distancia desde el perímetro.

Por supuesto, una vez que el número de vértices del perímetro es reducido, el triángulo puede ser ampliada hasta los vértices de nuevo con el perímetro. El mayor posible 5:12:13 triángulo para así tener todos los tres vértices del cuadrado de perímetro.

Reclamación de B: boceto de un argumento válido para todos los triángulos rectángulos, señalando que se queda corta cuando se aplica a (estrictamente) aguda triángulos. Supongamos que un 5:12:13 (derecho) triángulo que tiene los tres vértices del perímetro de la plaza. Con el fin de ampliarla (sin tocar los cuatro lados), tenemos la intención de rotar el triángulo de modo que un vértice se mueve en el interior de la plaza, después de que Una reclamación se puede aplicar.

Si el triángulo no toque un par de lados opuestos, es decir, lo que toca a lo más un par de lados adyacentes de la plaza, entonces ya podemos ampliarla hasta un partido de oposición que se alcanza. Así que sin pérdida de generalidad podemos suponer que el triángulo toca a todos, pero uno de los cuatro lados de la plaza. Para hacer una imagen mental, se supone que es el borde superior de la plaza de la virgen por el triángulo.

Ya hemos mencionado que la isoceles derecho triángulo puede ser maximizada por la alineación con el cuadrado de la diagonal, y, por supuesto, en esta posición lo que toca todos los cuatro bordes. Ahora suponiendo que tenemos otro tipo de triángulo rectángulo, debe ser un escaleno triángulo (todos los lados tienen longitudes diferentes). Para mayor comodidad se puede hacer referencia a la pierna más corta, el largo de la pierna, y la (el más largo) de la hipotenusa.

Las posibilidades pueden ser clasificados preguntando donde el ángulo recto del triángulo toca a la plaza. (1) podría estar en una esquina de la plaza (borde inferior), de modo que la pierna más larga de compartir con el cuadrado del borde inferior. (2) podría ser en el interior de la plaza del borde inferior. (3) podría estar en el borde izquierdo o derecho de la plaza (pero no en la esquina).

En caso de que (1) el triángulo puede ser girado "arriba" de la parte inferior del borde alrededor del vértice en el cateto y la hipotenusa del triángulo cumplir.

En el caso (2) el triángulo puede ser girado "arriba" desde el borde inferior de todo lo que vértice en el borde izquierdo o derecho es menor (cualquiera de ellos si están a la misma altura).

En el caso (3) el triángulo puede ser girado hacia "arriba" todo el derecho del ángulo de vértice (si se toca con la izquierda o a la derecha de la plaza).

Algunas de las imágenes será muy útil para complementar la imagen mental, y voy a tratar de encontrar tiempo para publicar.

Ahora, como ya se ha comentado, las afirmaciones a y B, suficiente para forzar a uno de los vértices del triángulo para que coincida con una esquina de la plaza (ya tenemos los tres triángulo de vértices a tocar los cuatro bordes de la plaza). Un poco de reflexión muestra, además, que esto sólo se puede lograr si el vértice del triángulo con el ángulo más pequeño (opuesto al más corto de la pierna) es el único incidente con una esquina de la plaza.

Con la observación de que estamos casi terminado la determinación de la más grande (similar) 5:12:13 triángulo rectángulo que se puede montar en (digamos) una unidad cuadrada. De hecho, la Pregunta en sí misma presenta una imagen de ese arreglo. En lugar de proporcionar los cálculos aquí, en lugar de proporcionar un más riguroso cálculo que implican la denominada rotación de las pinzas de enfoque.

Answer 2

Resolvamos el problema general de la guarnición de cualquier triángulo rectángulo dado en un mínimo adjuntando la plaza.

El lugar es en el siguiente diagrama para que WLOG $b$ es el más corto de la pierna y de la $B$ está en el origen:

Nota el gris, adjuntando el rectángulo paralelas a los ejes. Encontrar el mínimo adjuntando cuadrado corresponde para minimizar el lado más largo del rectángulo. En nuestro análisis, las siguientes observaciones pueden ser utilizados:

• Sólo necesitamos considerar $90^\circ$ grados de rotación ya que después de que los ejes paralelos rectángulos esencialmente repetir el mismo patrón (esto ya se comentó en el más generales relacionadas con la pregunta).
• Sabemos que $a$ es candidato a un lado de longitud por la mínima, adjuntando el cuadrado, por lo que no tendrá que considerar los casos en que $A$ supera por encima de la línea de $y=a$.
• Como el triángulo gira lejos de la $x$-eje, la altura del rectángulo gris aumenta mientras que el ancho se disminuye.

Ahora podemos describir el triángulo rotado a través de la unidad de vectores, como se muestra en el diagrama: $$ \color{red}{ \mathbf e_1= \begin{bmatrix} t\\ \sqrt{1-t^2} \end{bmatrix} } \qquad\text{y}\qquad \color{verde oscuro}{ \mathbf e_2= \begin{bmatrix} -\sqrt{1-t^2}\\ t \end{bmatrix} } $$ En la región correspondiente (donde $A$ está por debajo de $y=a$), podemos deducir que el rectángulo gris tiene las siguientes dimensiones: $$ \begin{align} \text{width}&=at\\ \text{height}&=a\sqrt{1-t^2}+bt \end{align} $$ Y así podemos encontrar los mínimos cuadrados mediante la resolución: $$ \text{ancho}=\text{altura}\iff en=\sqrt{1-t^2}+bt $$ que puede ser resuelto por $t$: $$ t=\frac{a}{\sqrt{a^2+(a-b)^2}} $$ y así el mínimo cuadrado tiene de lado de longitud: $$ \text{ancho}=a=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+(a-b)^2}} $$ Por último, conectar $a=12,b=5$rendimientos: $$ \text{ancho}=\frac{144}{\sqrt{193}} $$ Como último comentario, tenga en cuenta que en el caso de $a=b$ la fórmula de los rendimientos de $\text{width}=a$ cual es el correcto para ese caso, por lo que este abarca todos los casos de derecho de ángulo de triángulos.

Answer 3

Esta respuesta muestra que $\frac{144}{\sqrt{193}}$ es el más pequeño secundarios posibles de longitud.

(Esta es una respuesta a la pregunta "¿por qué es la más pequeña posible cuadrado que cubre el triángulo?", pero tengo que decir que esto no es una respuesta a la pregunta "¿por Qué sólo tenemos que considerar estos tres casos?". De todos modos, espero que esto ayude.)

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Deje $A(0,0), B(5,12), C(5,0)$.

En primer lugar, consideremos la condición de que los tres puntos $A,B,C$ que existen entre dos líneas paralelas $L_1$ e $L_2$ cuya pendiente es $\tan\theta\ (0\lt \theta\lt\frac{\pi}{2})$ donde la distancia entre $L_1$ e $L_2$ es $d$.

Podemos suponer que $L_1$ pasa a través de $C$, por lo que podemos escribir $$L_1 : y=\tan\theta\ (x-5),\qquad L_2 : y=\tan\theta\ x+\frac{d}{\cos\theta}-5\tan\theta$$

La condición de que los tres puntos $A,B,C$ existen entre las $L_1$ e $L_2$ es $$0\le \tan\theta\times 0+\frac{d}{\cos\theta}-5\tan\theta\quad \text{and}\quad 12\le\tan\theta\times 5+\frac{d}{\cos\theta}-5\tan\theta,$$ es decir, $$\sin\theta\le\frac d5\quad\text{and}\quad \cos\theta\le\frac{d}{12}\tag1$$

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La próxima, vamos a considerar la condición de que los tres puntos $A,B,C$ que existen entre dos líneas paralelas $L_3$ e $L_4$ cuya pendiente es $\tan(\theta+\frac{\pi}{2})\ (0\lt \theta\lt\frac{\pi}{2})$ donde la distancia entre $L_3$ e $L_4$ es $d$.

Podemos suponer que $L_3$ pasa a través de $A$, por lo que podemos escribir $$L_1 : y=\tan\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)x,\qquad L_2 : y=\tan\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)x+\frac{d}{\sin\theta}$$

La condición de que los tres puntos $A,B,C$ existen entre las $L_3$ e $L_4$ es $$0\le \tan\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)\times 5+\frac{d}{\sin\theta}\quad \text{and}\quad 12\le\tan\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)\times 5+\frac{d}{\sin\theta},$$ es decir, $$\cos\theta\le\frac d5\quad\text{and}\quad 12\sin\theta+5\cos\theta\le d\tag2$$

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Por último, vamos a demostrar que si existe un par de $(d,\theta)$ de la satisfacción de $(1)$ e $(2)$, a continuación, $d\ge \frac{144}{\sqrt{193}}$.

Tenemos $$\pequeño\begin{align}&(1)(2)\\\\&\implies\cos\theta\le\frac{d}{12}\quad\text{and}\quad \sqrt{1-\cos^2\theta}\le\frac{d-5\cos\theta}{12} \\\\&\implies \cos\theta\le\frac{d}{12}\quad\text{and}\quad 1-\cos^2\theta\le \frac{d^2-10d\cos\theta+25\cos^2\theta}{144} \\\\&\implies \cos\theta\le\frac{d}{12}\quad\text{and}\quad 169\cos^2\theta-10d\cos\theta+\color{blue}{d^2-144}\ge 0 \\\\&\implies \frac{5d+12\sqrt{169-d^2}}{169}\le \cos\theta\quad\text{and}\quad \cos\theta\le\frac{d}{12} \\\\&\left(\because\ \text{we already know that %#%#% is possible, so we may suppose that %#%#%}\right) \end{align}$$

A fin de que la $d=\frac{144}{\sqrt{193}}\approx 10.4$ a existir, tenemos que tener $$\begin{align}&\frac{5d+12\sqrt{169-d^2}}{169}\le \frac{d}{12} \\\\&\implies\sqrt{169-d^2}\le\frac{109}{144}d \\\\&\implies 169-d^2\ge 0\quad\text{and}\quad 169-d^2\le \left(\frac{109}{144}d\right)^2 \\\\&\implies 0\lt d\le 13\quad\text{and}\quad d\ge\frac{144}{\sqrt{193}} \\\\&\implies \frac{144}{\sqrt{193}}\le d\le 13\qquad\blacksquare\end{align}$$

Answer 4

Trabajamos con un triángulo rectángulo tener las piernas $a\geq b$ y la hipotenusa $c$. Sus ángulos, a continuación, satisfacer $$0<\beta\leq{\pi\over4}\leq\alpha<\pi\ .$$ We circumscribe rectangles around this triangle, starting with the black rectangle in the figure. This rectangle is either turned to the right by an angle $\psi\[0,\beta]$ (drawn as red rectangle), or is turned to the left by an angle $\phi\[0,\alpha]$ (dibuja como un rectángulo azul).

Estos roja o azul rectángulos son cubiertos por los cuadrados de las longitudes de los lados $$s(\psi)=\max\{c \cos\psi, b\cos(\beta-\psi)\}=c\max\{\cos\psi, \sin\beta\cos(\beta-\psi)\}\qquad(0\leq\psi\leq\beta)\ ,\tag{1}$$ resp., $$s(\phi)=\max\{c\cos\phi, a\cos(\alpha-\phi)\}=c\max\{\cos\phi,\sin\alpha\cos(\alpha-\phi)\}\qquad(0\leq\phi\leq\alpha)\ .\tag{2}$$ Desde $\beta\leq{\pi\over4}$ sabemos que para $\psi\in[0,\beta]$ uno tiene $$\cos\psi\geq\cos\beta\geq\sin\beta\geq\sin\beta\cos(\beta-\psi)\ ,$$ de modo que $(1)$ da $s(\psi)=c\cos\psi\geq c\cos\beta$.

Desde $\alpha\geq{\pi\over4}$ la primera entrada de $\cos\phi$ en el lado derecho de la $(2)$ es monótonamente decreciente en el intervalo de $0\leq\phi\leq\alpha$ de $1$ a $\cos\alpha$. Al mismo tiempo, la segunda entrada de $\sin\alpha\cos(\alpha-\phi)$ es monótonamente creciente de $\sin\alpha\cos\alpha<1$ a $\sin\alpha\geq\cos\alpha$. De ello se desprende que $s(\phi)$ es mínima en el punto único de $\phi_*\in[0,\alpha]$ donde estas dos gráficas se intersecan: Cuando $\phi<\phi_*$ entonces $s(\phi)=\cos\phi>s(\phi_*)$, y cuando se $\phi>\phi_*$ entonces $s(\phi)=\sin\alpha\cos(\alpha-\phi)>s(\phi_*)$.

La resolución de $$\cos\phi=\sin\alpha\cos(\alpha-\phi)\tag{3}$$ conduce a $$\tan\phi_*={1-\sin\alpha\cos\alpha\over\sin^2\alpha}\ .$$ De $(3)$ obtenemos $\cos\phi_*\leq\sin\alpha=\cos\beta$. Esto asegura que por la elección de $\phi=\phi_*$ obtenemos un cuadrado más pequeño que con la elección de la $\psi$-de un lado tratado antes. Por lo tanto, el cuadrado más pequeño tiene cara de longitud $$s(\phi_*)=c\cos\phi_*=c{\sin^2\alpha\over\sqrt{1-2\sin\alpha\cos\alpha+\sin^2\alpha}}={a^2\over\sqrt{c^2-2ab+a^2}}\ .$$ Para $(a,b,c)=(12,5,13)$ se obtiene $s(\phi_*)={144\over\sqrt{193}}$.

Answer 5

La tarea permanente contiene la solución con el cuadrado de lado a$z<12.$ Esto significa que la solución óptima se logra cuando el vértice B se encuentra en la esquina de la plaza y los puntos de $A,C$ están en los diferentes lados de la plaza.

Vamos a WLOG $$B=(0,0),\quad A=(x,z),\quad C=(z,y),$$ entonces la solución óptima debe satisfacer las condiciones en el formulario de

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$$ \begin{cases} x,y\in(0,z]\\ x^2+z^2 = 169\\ (z-x)^2+(z-y)^2=25\\ z^2+y^2=144. \end{casos} \tag1 $$

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El sistema de $(1)$ puede ser resuelto: $$\begin{cases} 2(x+y)z = 288\\ x^2-y^2 = 25\\ z^2+y^2=144 \end{casos} \quad\rightarrow\quad \begin{cases} (x+y)z = 144\\ 25z = 144(x-y)\\ z^2+y^2=144 \end{casos} \quad\rightarrow\quad \begin{cases} x+y = t^{-1}\\ x-y=25t\\ 144(144t^2-1)+y^2=0, \end{casos}$$ donde $$z = 144t.\tag2$$ Entonces $$(t^{-1}-25t)^2 + 576(144t^2-1)=0,$$ $$(1-25t^2)^2 +576t^2(144t^2-1) = 0,$$ $$83569t^4 - 626t^2+1=9,$$ $$(193t^2-1)(433t^2-1)=0,$$ con la solución correcta ($x\in(0,z]$) $$t=\dfrac1{\sqrt{193}},$$

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$$\color{green}{\mathbf{z=\dfrac{144}{\sqrt{193}}}}.$$

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I,e., OP solución presenta el mínimo único.

Creo que esta consideración se resuelve el problema dado.