Pueden tres triángulos equiláteros con longitudes laterales $s$ ¿Cubrir una plaza de la unidad?

Question

A pregunta anterior en el sitio pidió una breve prueba del hecho de que tres triángulos equiláteros con longitudes laterales unitarias no pueden disponerse para cubrir un cuadrado con longitudes laterales unitarias. Dada la veracidad de esa afirmación, empecé a preguntarme:

¿Cuál es la longitud mínima del lado $s$ tal que tres triángulos equiláteros con longitudes de lado $s$ cubrir un cuadrado de longitud lateral unitaria?

La existencia de tal $s$ se deduce de un simple argumento de compacidad. Está claro, a partir de la pregunta anterior, que $1<s$ y es fácil construir una cubierta de un cuadrado con triángulos equiláteros de longitud lateral $\frac{2\sqrt{3}}3$ como:

No me sorprendería demasiado que $s=\frac{2\sqrt{3}}3$ - es decir, si la altitud del triángulo tuviera que ser de longitud unitaria - pero no se me ocurre ninguna razón para creerlo.

(Me interesaría especialmente una prueba parecida a la que di en la otra pregunta, es decir, definir algo parecido a una medida $\mu$ y mostrando que $3\mu(\text{triangle})<\mu(\text{square})$ pero cualquier prueba es buena para mí).

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Se ha señalado en los comentarios que la siguiente configuración es mejor:
La longitud lateral es $\frac{1}2\left[\frac{2\sqrt{3}}3+1\right]$ .

Answer 1

Observando la configuración propuesta, podemos encontrar el mínimo $s$ para esa configuración de la siguiente manera: fíjate en cómo se superponen los dos triángulos de los lados. Esta superposición es un triángulo similar más pequeño (es decir, es equilátero), cuanto más grande sea ese triángulo, más pequeño será $s$ es, por lo que buscamos el máximo tamaño de ese triángulo. Tenemos las siguientes igualdades para trabajar: La suma de las altitudes del triángulo grande en el centro, y del triángulo pequeño debe ser 1.

$A+a=1$

y la longitud de medio lado del triángulo grande menos la longitud de medio lado del triángulo pequeño debe ser 1/2

$\frac{S}{2}-\frac{s}{2}=\frac{1}{2}$ .

Esta última expresión proviene del hecho de que los triángulos de los lados son bisecados por los lados verticales del cuadrado.

Parece que tenemos 4 variables, pero como $a \propto s$ y $A \propto S$ En realidad sólo tenemos dos, y podemos resolver este sistema lineal con bastante facilidad (dejo los detalles al lector).

Ahora viene la parte más complicada: demostrar que esta configuración es la mejor posible. Para ello, escogeremos las esquinas del cuadrado. Tiene 4 esquinas y cualquier configuración de triángulos que cubra el cuadrado debe cubrir las 4 esquinas. Por lo tanto, hemos demostrado que:

Al menos uno de los triángulos de una configuración óptima debe cubrir dos de las esquinas. Observa que la configuración propuesta lo hace.

Ahora, supongamos que tenemos una configuración con un triángulo que cubre las dos esquinas inferiores, y uno más para cada esquina superior. Podemos moverlos libremente, con la condición de que sigan cubriendo esas esquinas. Nos concentramos en el triángulo que cubre dos esquinas. Nuestro objetivo es utilizar la mayor parte posible del área de ese triángulo para cubrir el cuadrado, lo que se consigue cuando su lado está a ras del cuadrado (100% de utilización). Podemos reducir el triángulo hasta $s=1$ y que siga cubriendo las dos esquinas, pero como la solución del problema vinculado mostró, $s=1$ no es suficiente, por lo que $s>1$ .

¿Y los otros dos triángulos? Para ellos, necesitamos que, juntos, cubran el área restante del cuadrado que el triángulo del medio (el que cubre dos esquinas) no cubre. La idea es colocarlos de forma que el área de solapamiento, entre los triángulos sea mínima, esto sugiere que querríamos que estuvieran al ras del triángulo del medio, pero si la longitud de sus altitudes (que son todas de la misma longitud) es menor que 1, no tener solapamiento es imposible por la forma del área restante que no son dos triángulos, y como muestra la configuración, esto puede ocurrir. Así que tendremos que tener algunos se superponen.

Esto muestra que la forma del área restante tiene la forma general de dos triángulos con cuadriláteros unidos a cada uno de ellos (podemos cortarlo en dos, extendiendo la altitud vertical del triángulo del medio, por ejemplo). Cada uno de estos trozos tiene una esquina del cuadrado como uno de sus ángulos, por lo que el triángulo aplicable debe seguir cubriendo esa esquina. Otra forma de pensar en esta forma, es que es el rectángulo dado por las dos esquinas que tienen un triángulo cada una, y las intersecciones de los lados del triángulo del medio con las aristas verticales del cuadrado, con una pieza triangular recortada de la parte inferior (se llevó toda la arista inferior con ella). Esta es una forma pentagonal no convexa, y debemos cubrirla con sólo dos triángulos, por lo que, ciertamente, el rectángulo convexo (¿es el casco convexo del pentágono?) debe tener sus 4 esquinas cubiertas por dos triángulos. Por lo tanto, uno de los triángulos restantes debe cubrir al menos dos esquinas del rectángulo, afirmo que si cubre tres será menos eficiente. La razón es que debe cubrir la diagonal del rectángulo, que tendrá una longitud mayor que 1 porque el lado superior ya tiene una longitud de 1 (podemos encontrar la longitud exacta sabiendo dónde se cruza el triángulo del medio con los lados verticales del cuadrado utilizando el teorema de Pitágoras). Así que tenemos dos triángulos que cubren dos esquinas cada uno (lados izquierdo y derecho). Además, ambos deben cubrir el punto interior del pentágono y toda el área por encima de éste juntos. Este es el solapamiento necesario, y se minimiza exactamente cuando los triángulos están a ras de las aristas que tienen el punto interior como punto final (o en otras palabras, cuando están a ras del triángulo del medio).

La idea a partir de aquí es mostrar que, como $S$ se hace cada vez más pequeño, que los triángulos tienen cada vez menos libertad en cuanto a la forma en que pueden colocarse hasta que se termina con exactamente la configuración representada en el PO. Esto se puede argumentar mostrando que la configuración de la imagen siempre minimiza el área superpuesta para un $S$ .