Re: A+B>1

["Paulo Santa Rita" <p_ssr@xxxxxxxxxxx>]

Ola Carlos e Humberto e
demais membros desta lista,

Eu aceitaria a sua solucao, todavia, SALVO ALGUM MELHOR JUIZO, me parece que 
POR INTUICAO a solucao nao vai satisfazer plenamente a todos (algo que e o 
ideal de uma prova ). Sempre havera aspectos que alguem podera pedir uma 
prova. So a titulo de exemplificacao, na solucao abaixo PORQUE "Se existisse 
solucao, dois vertices de cada quadradinho devem estar em lados consecutivos 
do quadrado de lado unitario ?". Me parece que aqui deveria entrar alguma 
argumentacao mais forte e convincente ...

Uma solucao analitica, quando correta, em geral, e irretorquivel ...

Na essencia do problema esta o fato de que os quadradinhos estao confinados 
em um espaco MUITO PEQUENO e, por esta razao, dado o fato de que A + B >1, 
eles deverao ter uma regiao comum, mesmo que muito pequena ... Parece que o 
que e necessario e :

1) Caracterizar o confinamento dos quadradinhos no quadrado de lado 
unitario.
2) Caracterizar o fato deles terem uma regiao comum.

Como sera possivel fazer isso de forma analitica ? Eu pensei no seguinte ( 
suponhe-se um quadrado de lado unitario inteiramente contido no primeiro 
quadrante com um dos lados sobre o eixo OX ) :

1) UMA OBSERVACAO : Um quadradinho esta inteiramente contido em um quadrado 
maior se, e somente se, todos os seus quatro vertices estao.

Com este fato evidente no ja podemos caracterizar o confinamento, bastando 
para isso exigir que seus quatro vertices estejam dentro do quadrado de lado 
unitario.

O vetor V=(cos(ALFA), sen(ALFA)), 0 =< ALFA =< pi/2 e unitario e vai servir 
para caracterizar a inclinacao do lado AD do quadradindo de lado "L1". 
Supondo A=(Xa,Ya) fica :

D-A=L1*V => Xd = Xa + L1*cos(ALFA) e Yd=Ya + L1*sen(ALFA)

Como o ponto D deve estar dentro do quadrado de lado unitario, fica :

0 =< Xa + L1*cos(ALFA) =< 1 e    0 =< Ya + L1*sen(ALFA) =< 1

O lado AB do quadradinho e perpendicular ao lado AD e, portanto, paralelo ao 
vetor U=(-sen(ALFA),cos(ALFA)). Vale portanto :

B - A= L1*U => Xb = Xa - L1*sen(ALFA) e Yb=Ya + L1*cos(ALFA)
Mas uma vez as condicoes de existencia do ponto B exigem que :

0 =< Xa - L1*sen(ALFA) =< 1 e    0 =< Ya + L1*cos(ALFA) =< 1

O ponto C=(Xc,Yc) e o outro lado da diagonal ACe portanto :

C - A = L1*(V+U)
Aqui, mais uma vez, aplicando as condicoes de existencia sobre C surgirao 
duas novas desigualdades. A intersecao destas igualdades mostrara, 
ANALITICAMENTE, para uma determinada direcao ALFA, quais sao os pontos 
A=(Xa,Ya) a partir dos quais pode-se construir um quadradindo ABCD 
inteiramente contido no quadrado original de lado unitario.

Evidentemente que um raciocinio analogo permite caracterizar o confinamento 
do quadradinho EFGH de lado L2 ( L1+L2 > 1), isto e, permite caracterizar 
ANALITICAMENTE, para uma dada direcao BETA, as coordenadas do ponto 
E=(Xe,Ye) a partir do qual se pode construir um quadradinho de lado L2.

Nos agora sabemos CARACTERIZAR ANALITICAMENTE o confinamente dos 
quadradinhos e os seus vertices.

2) OUTRA OBSERVACAO : Se ABCD e um quadrado de lado L1, um ponto X esta 
contido nele se, e somente se, O vetor X-A for uma combinacao linear da 
forma : K1*(B-A) + K2*(D-A) com 0 < K1,K2 =< L1

Aqui fica caracterizada a essencia da prova analitica : SE DOIS QUADRADINHOS 
TIVEREM UMA REGIAO EM COMUM ENTAO HAVERA AO MENOS UM PONTO QUE PODE SER 
EXPRESSO COMO COMBINACAO LINEAR TANTO DOS LADOS DE UM QUADRINHO QUANTO DO 
OUTRO.

Supondo que L1+L2>1 isto necessariamente vai ocorrer. Mas :

ISTO NAO E UMA SOLUCAO. ISTO NAO E UMA SOLUCAO. ISTO NAO E UMA SOLUCAO !

E apenas as linhas gerais de uma ideia que conduz a uma SOLUCAO ANALITICA,  
que nao apela para a intuicao geometrica, que e, portanto, e inatacavel. MAS 
PRECISA SER TRABALHADA UM POUCO. Mas o grosso tai ! Agora e muito mais 
questao de bordado, trico e choche : o pano de fundo esta delineado.



Um abraco a todos
Paulo Santa Rita















>From: Carlos Stein Naves de Brito <carlosstein@uol.com.br>
>Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
>To: <obm-l@mat.puc-rio.br>
>Subject: Re: A+B>1
>Date: Fri, 18 Jan 2002 13:02:00 -0200
>
>Fala Humberto,
>achei uma solucao meio simples, por isso deve ta errada, mas vo escreve.
>é meio dificil mostrar sem papel, mas a ideia inicial é que se exisisse uma
>forma, existiria uma forma com cada quadrado tendo dois de seus vertices em
>lados concutivos, tocando os quatro lados no total. é facil de ver
>intuitivamente(espero que esteja certo) que se existe certa solucao, 
>podemos
>arrastar o quadrado A para esquerda ou direita ate tocar o lado. O quadrado
>B so obstrui ou pra direita ou pra esquerda, pois são convexos.
>da mesma froma pra cima ou pra baixo, assim arrastamos eles ate tocarem os
>lados e continua sendo solucao.
>agora um pouco de analitica so pra completar, espero que satisfaca..
>digamos que o quad. A(de lado a) toca o lado de baixo e da esquerda, sendo
>que desenhamos o quadrado grande no plano cartesiano, combase inferior y=0 
>e
>da esquerda x=0. vamos mostrar que o quad. A cobre o ponto (a,a).
>sendo k o angulo de inclinacao do lado do quad. A em relacao ao quad.
>grande. pra facilitar as contas usei a=1.
>teremos fazendo umas continhas minusculas que o lado do quad. A que nao 
>toca
>o quad. grande tem equacao de reta: y + x.tgk =cosk + sen k + tgk.senk.
>é facil ver que basta mostrar que o ponto (1,1) esta abaixo dessa reta, ou
>seja: 1 + 1.tgx =< cosk + senk + tgk.senk
>=>   cosk + senk =< 1 + senk.cosk, eleva ao quadrado e fica obvio..
>entao (a,a) é coberto, da mesma forma se ve que (1-b,1-b) é coberto pelo
>quad B, ai fica obvia a superposicao.
>espero que nao errei...
>ate amanha hein!
>Carlos
>
>
>
> > From: Humberto Naves <hnaves@yahoo.com>
> > Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
> > Date: Thu, 17 Jan 2002 20:13:28 -0300 (ART)
> > To: obm-l@mat.puc-rio.br
> > Subject: A+B>1
> >
> > Oi Pessoal,
> > O Problema não supoe que os lados sejam paralelos
> > aos do quadrado de lado 1. Por falar nisso, a
> > desigualdade que lhes falei funciona quando os lados
> > dos quadrados (quadrados de lados a e b) forem
> > paralelos (nao necessariamente paralelos aos lados do
> > quadrado de lado 1 :-).
> > Achei meio estranha a demonstracao do Paulo Santa
> > Rita, ela ta certa??? Estranho!!
> > Acho que acabei o problema, vou mandar para a lista
> > logo logo, so deixa eu verificar e terminar de
> > escrever, mas por favor me mandem uma outra solucao,
> > se possivel.
> > Abracos,
> > Humberto Silva Naves
> >
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