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 \(Prática\)" <[EMAIL PROTECTED]>
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: <[EMAIL PROTECTED]>
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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