Qualcosa non quadra

[machete]

Due quadrati di lati $ a $ e $ b $ sono posizionati, senza sovrapporsi, all' interno di un quadrato di lato $ 1 $.

Dimostrare che:
$ \displaystyle \qquad \qquad \qquad a+b\leq 1 $

Il problema è di Erdös ed è stato proposto alle olimpiadi ungheresi del '74; io l' ho trovato sull' Engel (pag. 340), almeno nella mia copia però, manca la soluzione.

[Gottinger95]

Poniamo per assurdo che \(a+b >1\). Siano \(l_1, l_2\) due lati perpendicolari del quadrato di lato 1. Allora per l'ipotesi \(a+b>1\) le proiezioni su \(l_1\) dei quadrati di lato \(a,b\) si incontrano, poniamo, in un segmento \(s_1\). Ugualmente si incontrano anche su \(l_2\) in \(s_2\). Ma allora la proiezione inversa a quella originaria individua un rettangolo di lati \(s_1, s_2\) in comune con i due quadrati, assurdo.

[fph]

Cosa intendi per proiezione inversa? In generale non mi par vero che se le proiezioni in entrambe le direzioni si intersecano allora i quadrati si intersecano.

[Gottinger95]

Poniamo che un quadrato abbia, in un riferimento cartesiano, coordinate \((x_0, y_0), (x_0, y_0 + l ), (x_0+l, y_0), (x_0+l,y_0+l)\), e l'altro quadrato uguale ma con \(x_1\). Allora se \(x_1 < x_0+l\), \(y_1 < y_0+l\), la regione \((x_1, y_1), (x_1, y_0+l), (x_0+l, y_1), (x_0+l, y_0+l)\) appartiene ad entrambi i quadrati (a meno che un quadrato sia strettamente contenuto nell'altro, nel qual caso questa regione contiene la regione in cui si sovrappongono).
Visto che sono una capra a spiegarmi, se non è ancora chiaro, scrivo il rragionamento per intero

[machete]

Quello che dici è vero, ma non basta! Per il ragionamento che fai nel primo post ti servirebbe l' implicazione opposta. Cioè ti servirebbe poter dire che se le proiezioni su entrambi i lati si intersecano, allora i quadrati si intersecano (come ha detto fph). Così troveresti l' assurdo che cerchi. Ma ciò non è vero in generale! Se per esempio metti i due quadrati inclinati di 45 con i centri sulla diagonale del quadrato grande (a patto di farli abbastanza grandi), noti che le proiezioni su entrambi i lati si intersecano ma i due quadrati no. Fare il disegno per credere, spero di essere stato chiaro!

[Gottinger95]

Si, che stupido, non so perchè ero convinto che dovessero avere i lati paralleli ai lati del quadrato, infatti il problema mi sembrava una boiata.
Ci riproverò!

[machete]

Giusto per evitare di non lasciare neanche una traccia di soluzione metto i punti focali di quella che era la mia (con tutti i rischi che derivano proprio dal fatto che sia mia )
(i)

Testo nascosto:

ci piacerebbe muoverci in un ambiente più simpatico: dimostriamo che, comunque siano messi i due quadrati, esiste una retta che individua due semipiani tali che un quadrato stia in un uno e l'altro nell'altro (a meno di un insieme di misura bidimensionale nulla)

(ii)

Testo nascosto:

osserviamo che se la tesi è vera DEVE essere vero il seguente lemma:
Dato un triangolo rettangolo il quadrato di lato massimo che posso metterci dentro senza sovrapposizioni è quello che ha lati paralleli ai cateti, un vertice nel vertice retto del rettangolo e il vertice opposto sulla intersezione tra la bisettrice dell angolo retto e l ipotenusa.

Per dimostrarlo si possono fare dei conti sugli altri possibili candidati e dimostrare la disuguaglianza, personalmente ho dovuto usare considerazioni un po' "brutal force" ma auspico esista una soluzione più elegante.

Osservazione: questo lemma vale a maggior ragione su figure che sono sottoinsiemi di un triangolo rettangolo ma che contengono il quadrato massimale del triangolo rettangolo di cui sono sottinsieme

(iii)

Testo nascosto:

accorgersi che il problema è finito. Data una qualsiasi configurazione iniziale la spacchiamo in due con la retta e rimpiazziamo i quadrati della configurazione con i due massimali per le figure che otteniamo (che grazie al cielo sono figure riconducibili a triangoli rettangoli) i triangoli massimali che abbiamo ottenuto sono quelli coi lati paralleli a quelli del quadrato unitario con vertici lungo una diagonale, che sono appunto quelli che realizzano il max.

Naturalmente quello che ho scritto NON è ne vuole essere una dimostrazione. È semplicemente un "piano d' attacco" al problema!

[maurizio43]

Io ho fatto la scelta (bovina,bovina) di buttarla sui “calcoletti” :

Chiamiamo $ ABCD $ il quadrato di lato unitario e usiamo un riferimento cartesiano con origine in $ A $,asse $ x $ contenente $ AB $ e asse $ y $ contenente $ AD $.
Con riferimento alle giaciture dei quadrati interni mi sembra che siano da considerare casi tipici :
I° caso (banale) : entrambi i quadrati interni hanno la stessa giacitura del quadrato unitario che li contiene.
II° Caso : il primo quadrato $ A_1B_1C_1D_1 $ ha i lati inclinati rispetto agli assi ,
mentre il secondo quadrato $ A_2B_2C_2D_2 $ ha i lati paralleli (a due a due) agli assi .
III° Caso : Sia $ A_1B_1C_1D_1 $ sia $ A_2B_2C_2D_2 $ hanno i lati inclinati rispetto agli assi,ma con inclinazioni diverse .
IV°Caso : Entrambi i 2 quadrati interni sono disposti lungo la diagonale AB,che hanno come loro asse di simmetria longitudinale


I° Caso.
(Quale che sia il primo quadrato interno di lato $ a $, il secondo quadrato di lato $ b $ secondo una
delle due direzioni si potrebbe estendere per una lunghezza al più pari a $ b=1 $ , ma secondo l’altra direzione
si può estendere solo per una lunghezza al più pari a $ b=1-a $ .
Quindi $ a+b\leq 1 $

II° Caso.
Affinchè sia massimo lo spazio a disposizione del secondo quadrato il primo deve essere accostato ai lati del quadrato unitario.
Ipotizziamo $ D_1 $ sull’ asse $ y $ e $ A_1 $ sull’asse $ x $ , e chiamiamo $ w $$ = \widehat{DA_1A} $ .
I 4 vertici del quadrato sono : $ A_1\equiv(a \cos w,0) $ ; $ B_1\equiv(a \cos w +a \sin w ,a \cos w) $ ; $ C_1\equiv(a \sin w, a \sin w + a \cos w ) $ ; $ D_1\equiv(0, a \sin w) $

Un punto $ P $ posto sul lato $ B_1C_1 $ a distanza $ l $ da $ B_1 $ ha coordinate :
$ x_{P}= a \cos w + a \sin w - l \cos w $ , $ y_{P}= a \cos w + l \sin w - l \cos w $
Al variare di $ l $ , un quadrato $ A_2B_2C_2D_2 $ che abbia i lati paralleli agli assi, per avere la massima estensione dovrà avere
il vertice$ A2 $ coincidente con quel $ P $ che abbia la stessa distanza sia dal lato $ BC $ che dal lato $ CD $.
E questo si avrà quando $ l $ è tale che : $ 1- (a \cos w + a \sin w - l \cos w) = 1-(a cos w + l sin w) $ ; ovvero per $ l =\frac{a sin w}{sin w+ cos w} $
In tal caso il lato del secondo quadrato avrà lunghezza $ b= 1- a(\frac{1+\cos w \sin w}{\sin w + \cos w}) $ che si può dimostrare essere $ < (1-a) $
infatti la disuguaglianza precedente è verificata se :
$ \frac{1+\cos w \sin w}{\sin w + \cos w} \gt{1} $
ovvero se : $ \cos w + \frac{1}{\sin w}\gt{1+\frac{\cos w}{\sin w}} $
cioè se : $ (\frac{1}{\sin w} - 1 ) > (\frac{1}{\sin w} - 1) \cos w $
che è sempre verificata per un angolo acuto $ w > 0 $
Quindi $ a+b < 1 $

Poichè mi sembra di essermi troppo dilungato in calcoli uggiosi, interrompo l'altrui tedio, e lascio ) per ora in sospeso (per altrui?) i casi 3 e 4

[maurizio43]

Visto che i casi III° e IV° non interessano a nessuno, propongo due minuscoli equivalenti problemini, casi particolari del problema “qualcosa non quadra” .
E vediamo se l’ interesse viene un poco stimolato ( Sennò pazienza, e scusate il disturbo. )

Caso III° :
Dimostrare che il quadrato $ A_2B_2C_2D_2 $ ottenuto nella trattazione del caso II° non può (senza ridurre la lunghezza del proprio lato) rimanere interno ad $ ABCD $
(e non interferire con $ A_1B_1C_1D_1 $ )quando subisce una rotazione di entità qualsiasi < 90° . Questo anche se $ A_2 $ venisse traslato lungo il lato $ AC $ .

Caso IV° :
Consideriamo una figura inscritta nel quadrato di lato unitario $ ABCD $ costituita da 2 quadrati adiacenti fra loro: $ A_1B_1C_1D_1 $ , con lato di misura $ a $ , e $ A_2B_2C_2D_2 $, con lato di misura $ b $ . La giacitura di tale figura sia tale da far sì che il suo asse di simmetria sia la retta della diagonale $ AC $ .
I punti $ A_1 $ , $ B_2 $ , $ C_2 $ , $ D_1 $ giacciano, uno per lato, sul perimetro di $ ABCD $ .
Dimostrare che : quale che sia il variare della misura $ a $ dei lati del primo quadrato ( con conseguente variazione della misura $ b $ dei lati del secondo ),
la somma $ a+b $ non cambia , e comunque non arriva al $ 95 $% del lato del quadrato esterno.