[obm-l] Erdos e os dois quadrados

["Cláudio \(Prática\)" <claudio@xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx>]

Caro Paulo e demais colegas da lista:

Segue abaixo a minha solução para o problema, de acordo com o seu roteiro:

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.

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

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))

****************

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.

LEMA:
0 <= x <= Pi/2 ==> sen(x) + cos(x) >=1 com igualdade <==> x = 0 ou x = Pi/2
DEM:
f(x) = sen(x) + cos(x)  ==> f'(x) = cos(x) - sen(x)
f'(x) > 0, se 0 <= x < Pi/4
f'(x) = 0, se x = Pi/4
f'(x) < 0, se Pi/4 < x < Pi/2
Conclusão:
f(x) é crescente em [0,Pi/4) ==> f(x) é mínima para x = 0 com f(0) = 1.
f(x) é decrescente em (Pi/4,Pi/2] ==> f(x) é mínima para x = Pi/2 com
f(Pi/2) = 1
******

0 <= ALF <= Pi/2 ==> o ponto de maior abscissa de ABCD (que pode não ser
único - caso em que ABCD tem lados paralelos aos eixos coordenados) é o
vértice D, cujas coordenadas são
Xd = Xa + L1*cos(ALF)
Yd = Ya + L1*sen(ALF)
e o ponto de menor abscissa é o vértice B, de coordenadas:
Xb = Xa - L1*sen(ALF)
Yb = Xa + L2*cos(ALF)

0 <= BET <= Pi/2 ==> o ponto de menor abscissa de EFGH é o vértice F, de
coordenadas:
Xf = Xe - L2*sen(BET)
Yf = Xe + L2*cos(BET)
e o ponto de maior abscissa é o vértice H, de coordenadas:
Xh = Xe + L2*cos(BET)
Yh = Ye + L2*sen(BET)

Assim os intervalos serão:
[ Xa , Xa + L1*cos(ALF) ]   e   [ Xe - L2*sen(BET), Xe ]

Suponhamos que os intervalos sejam disjuntos. Então:
Xa + L1*cos(ALF) < Xe - L2*sen(BET), ou seja:
L1*cos(ALF) + L2*sen(BET) < Xe - Xa    (1)

Além disso, os quadrados estão confinados, ou seja: Xb >=0 e Xh <=1 ==>
Xa >= L1*sen(ALF)     e     Xe <= 1 - L2*cos(BET)  ==>
-Xa <= -L1*sen(ALF)    e   Xe <= 1 - L2*cos(BET)  ==>
Xe - Xa <= 1 - L2*cos(BET) - L1*sen(ALF)    (2)

(1) e (2) ==> L1*cos(ALF) + L2*sen(BET) < 1 - L2*cos(BET) - L1*sen(ALF)  ==>
L1*[cos(ALF) + sen(ALF)] + L2*[cos(BET) + sen(BET)] < 1

Usando o Lema, temos que cos(ALF) + sen(ALF) >=1 e cos(BET) + sen(BET) >=1
==>
L1 + L2 < 1 ==> contradição ==> os intervalos se interceptam ==>
Para todo R em [ Xe - L2*sen(BET) , Xa + L1*cos(ALF) ], a reta x = R
intercepta ambos os quadrados.

******************

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

Nesse caso, vale um raciocínio análogo ao do primeiro sub-problema, só que
com tudo rodado de 90 graus. Chegaremos a um intervalo [Y1,Y2] tal que para
todo S no intervalo, a reta y = S intercepta ambos os quadrados. Assim,
concluiremos que a interseção dos dois quadrados incluirá o produto
cartesiano de dois intervalos, logo, será não-vazia, e o problema de Erdos
estará resolvido....


Um abraço,
Claudio.


=========================================================================
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é <nicolau@mat.puc-rio.br>
=========================================================================