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Re: [obm-l] O armario e o corredor
Caros amigos,
Um problema pelo que eu sei, em aberto, relacionado a esse consiste no
seguinte:
Dado um corredor com 1 metro de largura, que faz uma "curva" de 90 graus e
continua com a mesma largura, qual e a maior area possivel que pode fazer
essa curva? Observe que o formato dessa area pode ser qualquer, e
obviamente ela e suposta rigida. E claro que o maior segmento que essa
area contem e limitado, mas isso nao ajuda muito.
O John Conway fez algumas coisas parciais sobre isso.
Abraco,
Salvador
On Thu, 30 Jan 2003, Paulo Santa Rita wrote:
> 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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