El triángulo que tiene el lado más corto posible de un triángulo inscrito en un cuadrado unitario es equilátero.

Question

Los puntos $A$, $B$ y $C$ están situados en los lados de un cuadrado de lado $1$ cm y ningún par de puntos está en el mismo lado. Demuestra que la longitud de al menos uno de los lados del triángulo $ABC$ debe ser menor o igual a $(62)$ cm.

El resultado dado se puede derivar fácilmente afirmando que (1) el triángulo es equilátero y (2) toca uno de los vértices.

Este es un resultado perfectamente intuitivo, ¿pero cómo puedo probar (1) y (2) de manera rigurosa?

Answer 1

Una demostración más "geométrica" que la que proporcionó @mechanodroid:

Afirmación: Fija $ A, B $ en el lado del cuadrado. El punto $ C $ que maximiza $\min(|AC|,|BC|)$ debe ser o bien una esquina o $ |AC|=|BC| $.

Prueba: Supongamos que $ C $ no es una esquina, así que tenemos una dirección $\mathbf{d}$ del borde que podemos perturbar $ C $ en ambas direcciones. Supongamos que $ |AC| <| BC| $, entonces o bien $\angle(\mathbf{d},\overrightarrow{AC})\geq 90^\circ$ o $\angle(-\mathbf{d},\overrightarrow{AC})\geq 90^\circ$. Así que podemos aumentar $ |AC| $ moviendo $ C $ a $ C'=C+\varepsilon\mathbf{d} $ o $ C'=C-\varepsilon\mathbf{d} $, mientras $ |AC'| <| BC'| $ sigue siendo válido, por la regla del coseno y la continuidad. Entonces podemos mover $ C $ hasta que o bien $ |AC|=|BC| $ o $ C $ toque una esquina y aumente $\min(|AC|,|BC|)$ en el proceso. QED.

Así que tenemos o bien un triángulo equilátero, o debemos tener algunas esquinas.

• 3 esquinas dan longitud mínima del lado 1
• 2 esquinas dan o bien esquinas opuestas diagonalmente, en cuyo caso el tercer vértice maximizador debe ser otra esquina; o esquinas adyacentes, en cuyo caso obtenemos una longitud mínima del lado $\leq 1$.
• Ahora 1 esquina da un triángulo equilátero como maximizador, y el caso de triángulos equiláteros inscritos en un cuadrado se hace en el enlace proporcionado por @Invisible en el comentario anterior.

Answer 2

Aquí hay un intento totalmente analítico. Deje que $(x_1,0), (1,y),(x_2,1)$ sean los vértices del triángulo inscrito en el cuadrado unitario $[0,1]^2$. Dado que solo uno de ellos puede estar en un vértice del cuadrado, permitiremos solo que $x_1 \in [0,1\rangle$ y $x_2,y \in \langle 0,1\rangle$. También podemos asumir que $x_1 \le x_2$. La longitud del lado más pequeño está dada por la función $f : \{(x_1,x_2,y) \in [0,1\rangle \times \langle 0,1\rangle^2 : x_1\le x_2\}\to \Bbb{R}$ definida como $$f(x_1,x_2,y) = \min\left\{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1},\sqrt{(1-x_1)^2+y^2},\sqrt{(1-x_2)^2+(1-y)^2}\right\}.$$ Sea $(x_1,x_2,y)$ el triple que maximiza $f$. Supongamos que este triángulo no es equilátero. Entonces podemos desplazar un poco los vértices para que el mismo lado siga siendo el más pequeño pero un poco más grande que antes. Por ejemplo, si $$\sqrt{(x_2-x_1)^2+1} < \sqrt{(1-x_1)^2+y^2}, \sqrt{(1-x_2)^2+(1-y)^2}$$ entonces por continuidad existe un $\varepsilon > 0$ tal que $$\sqrt{((x_2+\varepsilon)-x_1)^2+1} < \sqrt{(1-x_1)^2+y^2}, \sqrt{(1-(x_2+\varepsilon))^2+(1-y)^2}$$ y por lo tanto $$f(x_1,x_2+\varepsilon,y) =\sqrt{((x_2+\varepsilon)-x_1)^2+1} > \sqrt{(x_2-x_1)^2+1} = f(x_1,x_2,y)$$ lo cual contradice la maximalidad de $(x_1,x_2,y)$. Similarmente en los otros casos.

Concluimos que el triángulo es equilátero, así que en particular $$f(x_1,x_2,y) = \sqrt{(x_2-x_1)^2+1}=\sqrt{(1-x_1)^2+y^2}=\sqrt{(1-x_2)^2+(1-y)^2}.$$ El término $\sqrt{(1-x_1)^2+y^2}$ es maximizado cuando $x_1 = 0$ (ya que $y=1$ no está permitido). Por lo tanto $$f(x_1,x_2,y) = \sqrt{x_2^2+1}=\sqrt{1+y^2}=\sqrt{(1-x_2)^2+(1-y)^2}.$$ y por lo tanto $y=x_2$ y $1+y^2=2(y-1)^2$. Esto da como resultado $$x_1=0,\quad x_2=y=2-\sqrt{3}$$ y $f(x_1,x_2,y) = \sqrt{1+y^2} = \sqrt{6}-\sqrt{2}$.