Re: [obm-l] O armario e o corredor

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

Ola Claudio e demais
colegas desta lista ... OBM-L,

Resposta correta ! Com sinceridade alertei que o problema, nao obstante 
simples, tinha uma solucao surpreendente !

Em verdade esse problema me foi sugerido em uma mudanca la em casa, quando 
eu ainda era menino : meu pai e tios tentavam arrastar um grande armario 
atraves de um corredor em forma de "L", quando entao os sucessivos fracassos 
os levaram a suspeitar que era impossivel, sem saberem justificar.

Provando ( Garantindo ! Ele nao conhecem Calculo. ) que era impossivel, eu 
os convenci a desmontarem o armario, previamente. So depois de muitos anos 
vim a saber que havia um problema de Calculo Diferencial muito parecido.

Eu nao acompanhei todos os calculos que voce efetuou, mas a ideia contida no 
fragmento abaixo esta correta e e o "insight" que mata a questao. Se 
eventualmente houver algum erro no algebrismos ( na burocracia ) e sem 
duvida apenas uma desatencao.

Vou propor agora um problema que nao e facil. Para que ele possa ser 
digerido, vou coloca-lo na forma de sub-problemas :

PROBLEMA : Seja Q um quadrado de lado unitario. Mostre que, qualquer que 
seja a forma como colocarmos no interio de Q dois outros quadrados de lados 
L1 e L2, se L1 + L2 > 1 entao estes dois outros quadrados terao ao menos um 
ponto em comum.

Esse e um dos problemas do Paul Erdos. Ja foi proposto aqui nesta lista.
A ideia e encontrar uma demonstracao rigorosa, analitica, que nao lance mao 
de intuicoes geometricas contestaveis.

SUGESTAO : Podemos representar Q como a regiao do R^2 na qual as coordenas 
(X,Y) de qualquer ponto obedece as condicoes :

0 =< X =< 1
0 =< Y =< 1

Precisamos encontrar uma maneira de garantir que os quadrados de lados L1 e 
L2 estejam confinados em Q. Convencionemos, pois, que :

1) O quadrado de lado L1 (L2) tem vertices ABCD (EFGH) com o lado AD (EH) 
inclinado de ALF (BET) em relacao aos eixo das abscissas.
2) "A" ("E") e o vertice de menor ordenada. Se dois vertices tiverem a mesma 
menor ordenada, "A" ("E") sera o de menor abscissa
3) As coordenadas de um vertice serao indexadas pela letra do vertice que 
representam. Assim : A=(Xa,Ya), E=(Xe,Ye)

Note que acima fizemos tao somente convencoes, vale dizer, essas notacoes 
nao impoe nenhuma restricao a generalidade que o problema requer, dado que 
serao adotadas apos o "desenho" dos quadrados. por outro lado, e claro que : 
0 =< ALF,BET < pi/2.

Isto posto, adotamos qualquer vertice como referencia e exprimimos os demais 
em funcao dele. Assim ( adotando "A" como origem ) :

D-A=L1*(cos(ALF),sen(ALF))
C-A=L1*(cos(ALF)-sen(ALF),cos(ALF)+sen(ALF))
B-A=L1*(-sen(ALF),cos(ALF))

Substituindo os vertices por suas coordenadas, exprimindo todas em funcao 
das coordenadas do vertice "A" e lembrando que estes vertices devem estar na 
regiao Q, isto e, entre 0 e 1, a intersecao das inequecoes resultantes 
fornecera :

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

Estas sao as CONDICOES DE CONFINAMENTO, vale dizer, qualquer que seja L1 e 
qualquer que seja L1, as coordenadas do vertice "A" devem satisfazer as 
condicoes acima para que o quadrado ABCD esteja contido na regiao Q. 
Claramente que uma relacao analogo vale para o quadrado EFGH, isto e :

L2*sen(BET) =< Xe =< 1 - L2*cos(BET)
0 =< Ye =< 1 - L2*(sen(BET) + cos(BET))

Bom, agora nos temos quase tudo para dar uma solucao elegante ao problema do 
Erdos. Vamos mostrar que L1+L2 > 1 e contaditorio com as condicoes de 
confinamento.

PRIMEIRO SUB-PROBLEMA : Prove que existe um intervalo fechado [m,n], [m,n] 
contido em [0,1], tal que qualquer reta vertical X=K que passa por [m,n] 
passa tambem no interior dos dois quadrados.

SUGESTAO : Observe que provar a afirmacao acima e o mesmo que dizer que os 
quadrados tem pontos com a mesma abscissa. Para provar isso suponha que Xa e 
diferente de Xe ( Se Xa = Xe, X=Xa e uma reta que atende as condicoes e a 
demonstracao esta conluida ). Sem perda de generalidade suponha Xa < Xe. 
Calcule a abscissa do ponto de maior abscissa de ABCD e a abscissa do ponto 
de menor abscissa de EFGH. Monte dois intervalos : [Xa, maior abscissa], 
[menor abscissa, Xe]. Prove que se L1+L2 > 1 os intervalos nao podem ser 
disjuntos.

O segundo sub-problema e tomar todas as retas que passam pela regiao de 
mesmas abscissas e mostrar que alguma(s) passa(m) SIMULTANEAMENTE no 
interior dos dois quadrados, vale dizer, vamos analiticamente "subir a reta" 
e ver o que acontece la em cima

Um Abraco a todos !
Paulo Santa Rita
5,1802,300103

>From: "Cláudio \(Prática\)" <claudio@praticacorretora.com.br>
>Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
>To: <obm-l@mat.puc-rio.br>
>Subject: Re: [obm-l] O armario e o corredor
>Date: Thu, 30 Jan 2003 15:53:36 -0200
>
>Caro Paulo e demais colegas da lista:
>
>O maior comprimento de vareta que pode fazer a curva é igual ao 
> >comprimento do menor segmento com extremidades em OA e OB que contenha 
> >O'. Suponha que o segmento seja MN, com M em OA e N em OB.


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