Dos cuadrados en una caja.

Question

Según Arthur Engel, "Problem Solving Strategies", este problema se remonta a Erdos, pero no encuentro la solución:

Sea $A$ y $B$ sean dos cuadrados no superpuestos dentro de un cuadrado unitario, de longitudes de lado $a$ y $b$ respectivamente. Demostrar que $$a+b \le 1.$$

EDIT: Dado que esta pregunta ha recibido una respuesta ingeniosa, he formulado una nueva pregunta relativa a la suma de los perímetros de cinco cuadrados (los casos de 3 ó 4 casillas son ahora triviales). Tal vez alguien de ustedes sabe cómo proceder en este caso.

Answer 1

Dados dos cuadrados no superpuestos en un cuadrado grande $Q$ hay una línea $g$ separando los dos cuadrados. Supongamos que $g$ no es paralelo a uno de los lados de $Q$ (de lo contrario, hemos terminado). Sea $A$ y $C$ sean los dos vértices de $Q$ más alejado de $g$ en los dos lados de $g$ . Las dos aristas de $Q$ reunión en $A$ junto con $g$ determinar un triángulo rectángulo $T_A$ y de forma similar obtenemos un triángulo rectángulo $T_C$ vea la siguiente figura. (Se podría dibujar una segunda figura en la que $g$ corta sólo un vértice $A$ . La prueba sigue siendo la misma).

Para terminar la prueba necesitamos lo siguiente

Lema. Dado un triángulo $T_C$ con un ángulo recto en $C$ el mayor cuadrado inscrito en $T$ es el cuadrado con un vértice en $C$ y un vértice en la intersección de la bisectriz del ángulo en $C$ con la hipotenusa de $T$ .

Esquema de la demostración del lema:

Ponga $C$ en el origen del $(x,y)$ -y que $(a,0)$ , $(0,b)$ sean los otros dos vértices de $T$ . Podemos suponer dos vértices del cuadrado inscrito en los catetos de $T$ . Si $(u,0)$ y $(0,v)$ son estos dos vértices los otros dos vértices son $(u+v,u)$ y $(v,u+v)$ . De ello se deduce que $u$ y $v$ deben cumplir las condiciones $$u\geq0, \quad v\geq 0,\quad {u+v\over a}+{u\over b}\leq 1,\quad {v\over a}+{u+v\over b}\leq 1\ .$$ Estas cuatro condiciones definen un cuadrilátero convexo $P$ en el "resumen" $(u,v)$ -avión. Los vértices de $P$ son $$V_1=(0,0),\quad V_2=\Bigl({ab\over a+b},0\Bigr),\quad V_3=\Bigl({a^2b\over a^2+ab +b^2},{ab^2\over a^2+ab +b^2}\Bigr), \quad V_4=\Bigl(0,{ab\over a+b}\Bigr)\ .$$ El cálculo muestra que $$|V_2|^2-|V_3|^2={a^4 b^4 \over(a+b)^2(a^2+ab+b^2)^2}>0\ .$$

Por lo tanto $u^2+v^2$ ( $=$ el cuadrado de la longitud lateral de nuestro cuadrado) es máxima en los dos vértices $V_2$ y $V_4$ de $P$ que corresponden al enunciado del lema.

Answer 2

Para el subproblema "cuadrado en triángulo", creo que la solución es siempre la siguiente

donde $0 \leq a \leq b$ . Si $a > b$ entonces sólo hay que darle la vuelta a la figura $x=y$ línea.

Con las anotaciones de la figura (si no le gustan, puede presentar una reclamación), tenemos $t = s(\cos a + \sin a + \cos a / \tan b)$ así que tenemos que minimizar $f(a) = \sin a + (1 + 1 / \tan b) \cos a$ .

Analizando la derivada, encontré que la función es creciente hasta $\tan a = 1 / (1 + 1 / \tan b)$ y luego disminuyendo, por lo que el mínimo se encuentra en uno de los extremos: $a = 0$ o $a = b$

Obtenemos $f(0) = 1 + 1 / \tan b = (\sin b + \cos b) / \sin b$ y $f(b) = \sin b + \cos b + \cos^2b / \sin b = (1 + \sin b \cos b) / \sin b$ .

Desde $0 < \sin b$ , $\cos b < 1$ tenemos $(1 - \sin b)(1 - \cos b) / \sin b > 0$ por lo tanto $f(0) < f(b)$ por lo que obtenemos el mayor cuadrado para $a = 0$ .

Answer 3

Por lo tanto, supongamos que $0 \leq a \leq 1$ y $0\leq b\leq 1$ . Más adelante me referiré a las condiciones de contorno.[1] Tienes el cuadrado A, dentro de un cuadrado unitario. Cuando el cuadrado A está tocando una esquina, tienes el mayor espacio disponible para el cuadrado B.[2] Suponiendo que el cuadrado está tocando una esquina, te quedan dos rectángulos de espacio de tamaño $(1-a)$ X 1. (Entendiendo que estos dos rectángulos de espacio se solapan.) Ahora bien, el tamaño de un cuadrado está restringido por la menor de las dos dimensiones, por lo que el tamaño máximo para $b$ es $(1-a)$ o:

$0 \leq b \leq (1-a) \leq 1 \Rightarrow [\text{add $ a $ to everything}] \Rightarrow$
$a \leq b+a \leq 1 < 1+a \Rightarrow$
[eliminando los términos de los extremos obtenemos una afirmación más débil].
$b+a \leq 1$

[1] Así que, tomemos primero los dos casos extremos:
1) $a=1$ : Si a=1, a ocupa todo el espacio del cuadrado. Honestamente, no conozco bien mis definiciones para saber si un cuadrado B puede existir en un espacio cero, con una longitud de tamaño cero. Tienes que demostrarlo, para demostrar que la afirmación es correcta.
2) $a=0$ : El cuadrado B puede caber en la caja, y ser de cualquier tamaño 0<b<=1, pero de nuevo, no recuerdo mi geometría lo suficientemente bien como para saber si se puede tener un cuadrado de tamaño cero.

[2] Si quieres probar que la esquina es óptima, para permitir los rectángulos y cuadrados más grandes, puedes probarlo encontrando una expresión para el espacio libre en cada lado de un cuadrado, basado en la posición del cuadrado, y asumiendo que el tamaño es una constante C. Entonces puedes mostrar que el espacio libre se maximiza entonces la posición del cuadrado está en una esquina.

Edita: Esto es más difícil de demostrar de lo que se dijo en un principio, porque no tiene en cuenta lo que ocurre si se giran los rectángulos.

Answer 4

Otra forma de resolver este problema es mediante cuadros delimitadores. Un cuadro delimitador es el rectángulo mínimo que contiene una forma ortogonal a dos ejes elegidos. Consideremos los rectángulos de los cuadrados A y B ortogonales al cuadrado principal Q. En cada caso, el espacio restante forma cuatro triángulos rectángulos. Llamémoslos triángulos de desecho.

Ahora necesitas dos lemas.

1. Dados dos cuadrados no superpuestos A' y B', A' o bien no interseca la caja delimitadora de B', o bien lo hace sólo en uno de los triángulos residuales. Prueba: supongamos que hay intersección en más de un triángulo. Traza una recta entre los dos puntos de los dos triángulos distintos. Esta recta interseca a B' en algún punto. Pero por convexidad del cuadrado, este punto debe estar también en A'. Lo cual es imposible. Y hemos terminado.

2. Un cuadrado siempre puede colocarse en la esquina de su caja delimitadora de forma que no intersecte al triángulo en la esquina opuesta. Para ello, utiliza el álgebra y exprésalo todo en términos de los dos lados no hipotenusos del triángulo de desecho. La esquina inferior izquierda de la caja delimitadora es el origen, por lo que todos los cuadrados de esta esquina tienen su esquina superior derecha a lo largo de la recta x = y. La intersección de esta recta y la recta formada por la hipotenusa del triángulo residuo superior derecho da un valor de x que es mayor que el lado del cuadrado. Y ya hemos terminado.

Ahora estamos listos para la prueba principal. Tomemos el cuadrado A. Siempre podemos ponerlo en alguna esquina de su caja delimitadora por nuestros dos lemas. Haz esto. Repite el proceso para B. Ahora tenemos dos cuadrados ortogonales al cuadrado principal. Demostrar que los lados suman como máximo 1 es ahora trivial.

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Prueba del Lemma 2: Buscamos la intersección de la diagonal $x = y$ con la línea extendida desde la hipotenusa del triángulo superior derecho. Es decir, las líneas verde y roja de la imagen inferior:

Ahora la ecuación de la línea roja es $y = -(\frac{a}{b})x + c$ para algunos $c$ .

Para hallar esta c, simplemente utilizamos el hecho de que ese valor de $y$ en $x = a$ para la línea roja es $a + b$ . Introduciendo esto en la ecuación obtenemos: $ a + b = -(\frac{a^2}{b}) + c$ . De aquí obtenemos $ c = (\frac{a^2 + b^2 + ab}{b})$ . Así que la ecuación de nuestra línea se convierte en: $y = -(\frac{a}{b})x + \frac{a^2 + b^2 + ab}{b}$ . Intersección con la línea $x = y$ la línea verde, obtenemos: $x = -(\frac{a}{b})x + \frac{a^2 + b^2 + ab}{b}$ y después de algunas manipulaciones algebraicas, esto resulta como: $x = \frac{a^2 + b^2 + ab}{a + b}$ .

Llegados a este punto, conviene reiterar el significado de $x$ . Es el tamaño del mayor cuadrado que cabe ortogonalmente en la esquina inferior izquierda de la caja negra sin intersecar el triángulo superior derecho. Equivalentemente, es el cuadrado más grande que no interseca la línea roja. Todo lo que tenemos que demostrar ahora, para mostrar que el cuadrado azul se puede colocar en esta esquina, es que el lado del cuadrado azul es menor o igual que $x$ . Así que nuestro objetivo es resolver la desigualdad:

$\sqrt{a^2 + b^2} \leq x$

Sustituya nuestro término por $x$ :

$\sqrt{a^2 + b^2} \leq \frac{a^2 + b^2 + ab}{a + b}$

Los términos positivos permiten elevar al cuadrado ambos lados:

$a^2 + b^2 \leq \frac{(a^2 + b^2 + ab)^2}{(a + b)^2} \equiv$ $(a^2 + b^2)(a + b)^2 \leq (a^2 + b^2 + ab)^2$

Ahora dejemos que $u = a^2 + b^2$ cediendo:

$u(a + b)^2 \leq (u + ab)^2$

Ahora multiplícalo todo:

$ua^2 + ub^2 + 2uab \leq u^2 + a^2b^2 + 2uab \equiv$ $ua^2 + ub^2 \leq u^2 + a^2b^2$

Y enchufe de nuevo en nuestro término para $u$ conseguir:

$a^4 + 2a^2b^2 + b^4 \leq a^4 + b^4 + 2a^2b^2 + a^2b^2 \equiv$ $0 \leq a^2b^2$

Lo cual es claramente cierto. Y hemos terminado de demostrar el lema.