Ορθογώνια

#1

Χωράει ορθογώνιο $1 8\times 1$ σε ορθογώνιο $16 \times 11;$

Γενικεύστε ( ; ) όπως νομίζετε!

mick7 · #2

Ναι, αν επιτρέπεται η περιστροφή.

#3

mick7 έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 18, 2025 8:59 pm
Ναι, αν επιτρέπεται η περιστροφή.

Ναι, επιτρέπεται η περιστροφή, αλλά θέλουμε και απόδειξη.

mick7 · #4

Στο Geogebra...

#5

Κανένας δεν διαμαρτυρήθηκε για την χρήση Geogebra αντί απόδειξης, άρα αποδεχόμαστε βαθμιαία τις πραγματικότητες του 21ου αιώνα

[Και καλά κάνουμε τελικά -- διαβάστε παρακάτω

]

Αντί 'διαμαρτυρίας' καταθέτω την δική μου προσέγγιση:

Επειδή είναι φανερό ( ; ) ότι για βέλτιστο αποτέλεσμα και βέλτιστη χωρητικότητα οφείλουμε να τοποθετήσουμε το $18\times 1$ ορθογώνιο με την μεγάλη του πλευρά παράλληλη προς την διαγώνιο του $16\times 11$ ορθογωνίου,

[ούτε φανερό ούτε σωστό -- διαβάστε παρακάτω

]

φέρουμε παράλληλο μήκους

παράλληλη προς την διαγώνιο (βλέπε μεγάλο σχήμα) και υψώνοντας κάθετο προς αυτήν συμπεραίνουμε ότι είναι δυνατή η τοποθέτηση αν και μόνον αν η μικρή κάθετος πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου (βλέπε μικρό σχήμα) είναι μεγαλύτερη ή ίση του $\dfrac{1}{2}.$ Εύκολα διαπιστώνουμε ότι αυτή η μικρή πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου έχει μήκος ίσο προς $\dfrac{11}{16}d,$ όπου $d=\dfrac{\sqrt{16^2+11^2}-18}{2}$ η μεγάλη πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου. Επειδή $d\approx 0,708$ και $\dfrac{11}{16}d\approx 0,487 <\dfrac{1}{2}$ ... συμπεραίνουμε, ακολουθώντας αυτήν την μέθοδο τουλάχιστον, ότι ΔΕΝ είναι δυνατή η τοποθέτηση του $18\times 1$ ορθογωνίου εντός του $16\times 11$ ορθογωνίου.

[Πλην όμως το σωτήριο Geogebra καταδεικνύει το αντίθετο -- διαβάστε παρακάτω

]

Το παραπάνω πρόβλημα είναι μία δισδιάστατη εκδοχή ενός προβλήματος πραγματικής ζωής, συγκεκριμένα του αν χωράει ή όχι κάποιο κιβώτιο σε κάποιον ανελκυστήρα. Οι αριθμοί που επέλεξα ήταν 'τυχαίοι', απλώς επιλέχθηκαν με στόχο να είναι 'ενδιαφέρον' το πρόβλημα -- ότι θα ήταν τόσο ενδιαφέρον δεν το είχα φανταστεί ... όπως άλλωστε γίνεται φανερό από τα παραπάνω (με τις 'διορθώσεις' σε κόκκινο να γίνονται σε πραγματικό χρόνο, την ώρα που έγραφα την λύση μου δηλαδή, και όχι αφού είτε εγώ είτε κάποιος αναγνώστης παρατήρησε κάτι μετά την δημοσίευση)!

[Ο αυστηρός αναγνώστης θα μου πει φυσικά ότι μια προσεκτικότερη ματιά στο ήδη δημοσιευμένο από τον mick7 σχήμα του Geogebra θα έπρεπε να με είχε 'ξυπνήσει' και να είχε αποτρέψει την όποια απόπειρα 'παράλληλης' λύσης: δεκτόν, αλλά προτιμώ να είμαι (υπερ)ειλικρινής εδώ χάριν της μαθηματικής (και όχι μόνον) αλήθειας και ομορφιάς, δείχνοντας πως και πόσο μπορεί ο καθένας μας να 'παρασυρθεί'... Ας πω επίσης υπέρ εμού ότι το παρενθετικό ερωτηματικό μετά το "φανερό" στην αρχή της παραπάνω (απόπειρας) λύσης μου είχε μπει πριν φτάσω σ' εκείνο το φρικώδες 0,487

(Οφείλω εννοείται και μία διερεύνηση των 'μη παράλληλων' λύσεων ... αν δεν με προλάβουν άλλοι στο εγγύς μέλλον!)]

: ορθογώνια.png (13.63 KiB) Προβλήθηκε 3485 φορές

#6

Βγαίνοντας -- αναπόφευκτα; -- εκτός φακέλου ... ας θεωρήσουμε γενικότερα ένα ορθογώνιο $L\times W$ που πρέπει να τοποθετηθεί εντός ορθογωνίου $a\times b,$ υποθέτοντας $W\leq L$ και $b\leq a.$ Εύλογα ( ; ) υποθέτουμε ότι τα κέντρα των δύο ορθογωνίων ταυτίζονται, και θεωρούμε την (πιθανώς αρνητική) γωνία $\theta$ ανάμεσα στην διαγώνιο του $a\times b$ ορθογωνίου και στην μεγάλη πλευρά (μήκους

) του $L\times W$ ορθογωνίου: αν $\gamma$ η γωνία ανάμεσα στην διαγώνιο και στην μεγάλη πλευρά (μήκους

) του $a\times b$ ορθογωνίου, τότε η γωνία ανάμεσα στις μεγάλες πλευρές των δύο ορθογωνίων ισούται προς $\gamma + \theta,$ και για να χωράει το $L\times W$ ορθογώνιο μέσα στο $a\times b$ ορθογώνιο οφείλουν τα αθροίσματα προβολών των πλευρών του πρώτου να είναι μικρότερα ή ίσα των αντίστοιχων πλευρών του δεύτερου (βλέπε πρώτο συνημμένο), οφείλουν δηλαδή να ισχύουν ταυτόχρονα οι ως προς $\theta$ ανισώσεις

$Lcos(\gamma +\theta)+Wsin(\gamma +\theta)\leq a$ και $Wcos(\gamma +\theta)+Lsin(\gamma +\theta)\leq b.$

[Λόγω κατακόρυφης συμμετρίας μπορούμε να υποθέσουμε $\gamma +\theta \leq \dfrac{\pi}{2},$ επιπλέον ισχύει η $Lcos(\gamma+\theta)\leq a,$ κλπ]

Για το συγκεκριμένο πρόβλημα, όπου $a=16, b=11, L=18, W=1, \gamma =arctan(11/16)\approx 0,60228$ η γραφική επίλυση (βλέπε δεύτερο συνημμένο) του παραπάνω συστήματος ανισώσεων (για $18cos(.60228+\gamma)\leq 16\leftrightarrow -0,1264\leq \theta \leq 0,1264$ ) δείχνει ότι όντως χωράει το $L\times W$ ορθογώνιο μέσα στο $a\times b$ ορθογώνιο για περίπου $-0,0628\leq \theta\leq -0,0015$ -- αρνητικές μόνον γωνίες (οριακός αποκλεισμός της 'παράλληλης' λύσης $\theta=0$ ), περίπου από -3,896^0

(λύση mic7 μέσω Geogebra) ως -0,086^0,

με 'βέλτιστη' λύση στο σημείο τομής των δύο καμπύλων, $\theta\approx -0,0264\approx -1,512^0.$

: LxW-within-axb.png (10.67 KiB) Προβλήθηκε 3397 φορές

: σύστημα-ανισώσεων.png (52.15 KiB) Προβλήθηκε 3397 φορές

#7

Καλημέρα σε όλους. Επιχειρώ μια προσέγγιση στο ενδιαφέρον ανοιχτό πρόβλημα του Γιώργου Μπαλόγλου, έχοντας ξεφύγει από το φάκελο της Γ' Γυμνασίου.

Διατυπώνω τη γενίκευση ως εξής:

Σε ορθογώνιο σταθερών διαστάσεων θέλουμε να χωρέσει άλλο ορθογώνιο με μια πλευρά σταθερή και άλλη μεταβλητή. Αναζητάμε τη μέγιστη τιμή της μεταβλητής πλευράς.

: 25-2-2025 Γεωμετρία.png (9.99 KiB) Προβλήθηκε 3344 φορές

Έστω ορθογώνιο ABCD

με διαστάσεις $AB = a, BC = b, a \ge b >0$ .

Θέλουμε να χωρέσει ορθογώνιο EZHK

με πλάτος

και μεταβλητό μήκος $EK = d, d \ge c$ .

Οι κορυφές του EZHK

δεν μπορεί να είναι εκτός του ABCD

.

Μελετάμε την περίπτωση οι κορυφές E, K

να ανήκουν στις AB, BC

αντίστοιχα.

Αν η κορυφή

δεν είναι στην πλευρά

, τότε μετακινώντας παράλληλα προς την κορυφή

το ορθογώνιο μεγαλώνουμε το δυνατό μήκος

.

Όταν η κορυφή

είναι στην

, τότε και η

θα είναι στη

, λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς τη διαγώνιο

. Τότε τα δύο ορθογώνια έχουν το ίδιο κέντρο.

Εικασία: Μέγιστο έχουμε όταν το μεταβλητό ορθογώνιο εγγράφεται στο σταθερό.

Έστω EB=x, BK=y

.

Τότε από την ομοιότητα των BEK, AZE

έχουμε $\displaystyle \frac{y}{x} = \frac{{a - x}}{{b - y}} \Leftrightarrow by - {y^2} = ax - {x^2} \Leftrightarrow {\left( {y - \frac{b}{2}} \right)^2} - {\left( {x - \frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{b^2} - {a^2}}}{4}$ (1).

Επίσης στο AZE

ισχύει $\displaystyle {\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} = {c^2}$ (2)

Η τομή M(x, y)

της υπερβολής (1) και του κύκλου (2) που ικανοποιεί τη συνθήκη x <a, y<b

δίνει το μήκος $\displaystyle d = \sqrt {{x^2} + {y^2}}$ .

Εφαρμογές:

Π.χ. για a = 8, b = 6, c = 1

έχουμε

$\displaystyle {\left( {y - 3} \right)^2} - {\left( {x - 4} \right)^2} = - 7$ και $\displaystyle {\left( {x - 8} \right)^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = 1$

που δίνει x=7,43 y = 5,18

με

.

Στο αρχικό ερώτημα για a = 16, b = 11, c = 1

έχουμε

$\displaystyle {\left( {y - 5,5} \right)^2} - {\left( {x - 8} \right)^2} = - 33,75$ και $\displaystyle {\left( {x - 16} \right)^2} + {\left( {y - 11} \right)^2} = 1$

που δίνει x=15,45 y = 10,16

με

.

#8

Γιώργο ωραίες οι σκέψεις σου, επαναδιατυπώνω εδώ την εικασία σου (για μέγιστο μήκος

υπό σταθερό πλάτος

) κατά την δική μου (τριγωνομετρική) προσέγγιση:

Αν $cos(\gamma +\theta)L + Wsin(\gamma +\theta) \leq a$ και $sin(\gamma +\theta)L + Wcos(\gamma +\theta) \leq b$

τότε $L\leq L_0,$ όπου $L_0=\dfrac{a-Wsin(\gamma +\theta _0)}{cos(\gamma +\theta _0)}=\dfrac{b-Wcos(\gamma +\theta _0)}{sin(\gamma +\theta _0)}$ με $tan(\gamma +\theta _0)=\dfrac{b-Wcos(\gamma +\theta _0)}{a-Wsin(\gamma + \theta _0)}.$

Στο αρχικό πρόβλημα με $a=16, b=11, \gamma =arctan(11/16)\approx 0,20228$ και W=1

, λαμβάνουμε $\theta _0\approx -0,02038$ και $L_0\approx 18,4941.$

Ενδιαφέρον παρουσιάζει το σχετικό γράφημα των $16-18,4941cos(0,20228+\theta )-sin(0,20228+\theta ),$ $11-18,4941sin(0,20228+\theta )-cos(0,20228+\theta ),$ με 'αναμενόμενη' τομή στο (-0,02038, 0):

: μέγιστο-μήκος.png (56.05 KiB) Προβλήθηκε 3308 φορές

#9

Αν θεωρήσουμε τις συναρτήσεις
$g(\theta)=\dfrac{a-Wsin(\gamma +\theta )}{cos(\gamma +\theta )}$ και $f(\theta)=\dfrac{b-Wcos(\gamma +\theta)}{sin(\gamma +\theta)}$ , τότε παραγωγίζοντας βρίσκουμε ότι η

είναι φθίνουσα και η

είναι αύξουσα. Επιπλέον, παίρνοντας $\gamma +\theta\to 0$ και $\gamma +\theta\to\pi/2$ , από Bolzano, βρίσκουμε ότι οι δύο συναρτήσεις έχουν μοναδικό κοινό σημείο, έστω για $\theta=\theta_0$ . Για να ισχύει το σύστημα των ανισότητων που έγραψε ο Γιώργος, αν $h(\theta)=\min\{g(\theta),f(\theta)\}$ , τότε πρέπει $\displaystyle{L\leq h(\theta).}$
Επομένως η μέγιστη τιμή του

είναι στην μέγιστη τιμή της

, η οποία από την μονοτονία των g,f

είναι αύξουσα και μετά φθίνουσα, άρα έχει μέγιστο στο $\theta_0$ .

nickolas tsik · #10

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 18, 2025 7:57 pm
Γενικεύστε ( ; ) όπως νομίζετε!

Επειδή τέτοια προβλήματα πρέπει να μας ''εξιτάρουν'' την φαντασία, το σκέφτηκα μετά την πρόσθεση του silouan:(προσοχή μήπως μου ξέφυγε κάτι)

Έστω ότι έχουμε ένα υπερορθογώνιο $H\subset \mathbb{R}^n$ με πλευρές
$\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_n,$
και ένα δοχείο $D\subset \mathbb{R}^n$ με πλευρές
$\displaystyle A_1,A_2,\dots,A_n,\quad \text{όπου} \quad A_1\le A_2\le \cdots \le A_n.$
Αν επιτρέπεται ο ορθοκανονικός μετασχηματισμός , περιστροφή του

, τότε για κάθε $R\in O(n)$ , η εικόνα του

έχει προβολές :
$\displaystyle B_i(R)=\sum_{j=1}^{n} a_j\,|r_{ij}|,\quad i=1,\dots,n,$
Το

"χωράει" στο δοχείο

αν υπάρχει $R\in O(n)$

Ο βέλτιστος :
$\displaystyle F^*=\min_{R\in O(n)}\max_{1\le i\le n} \,B_i(R).$
Άρα, το υπερορθογώνιο

χωράει στο

αν και μόνο αν
$\displaystyle F^*\le \min_{1\le i\le n}A_i.$

Για κάθε $R\in O(n)$ έχουμε:
$\displaystyle \max_{1\le i\le n}B_i(R) \ge \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{j=1}^{n} a_j.$

Καθώς
Για κάθε $R\in O(n)$ , έχουμε
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} B_i(R)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} a_j\,|r_{ij}|=\sum_{j=1}^{n}a_j \left(\sum_{i=1}^{n}|r_{ij}|\right).$
Για κάθε στήλη

, χρησιμοποιώντας την ανισότητα Cauchy–Schwarz και το γεγονός ότι $\sum_{i=1}^{n} r_{ij}^2=1$ , έχουμε
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}|r_{ij}|\le \sqrt{n}.$
Άρα,
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} B_i(R)\le \sqrt{n}\,\sum_{j=1}^{n} a_j.$
Επειδή
$\displaystyle \max_{1\le i\le n}B_i(R) \ge \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}B_i(R),$
ακολουθεί
$\displaystyle \max_{1\le i\le n}B_i(R) \ge \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{j=1}^{n}a_j.$
Άρα, για το βέλτιστο F^*

,
$\displaystyle F^* \ge \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{j=1}^{n}a_j.$

Τώρα για το πάνω όριο εχω

Για R=I

, έχουμε:
$\displaystyle B_i(I)=a_i,\quad \forall i,$
και επομένως,
$\displaystyle \max_{1\le i\le n}B_i(I)=\max\{a_1,\dots,a_n\} \le \sum_{j=1}^{n}a_j.$
Άρα,
$\displaystyle F^*\le \sum_{j=1}^{n}a_j.$

Συλλήβδην των οποίων βλέπομε

Το $H(a_1,\dots,a_n)$ χωράει στο δοχείο $D(A_1,\dots,A_n)$ μέσω ορθοκανονικης στροφής, δηλαδή υπάρχει $R\in O(n)$ τέτοιο ώστε
$\displaystyle \sum_{j=1}^{n}a_j\,|r_{ij}|\le A_i,\quad \forall i=1,\dots,n,$
αν και μόνο αν!!!
$\displaystyle F^*=\min_{R\in O(n)}\max_{1\le i\le n}\sum_{j=1}^{n}a_j\,|r_{ij}| \le \min_{1\le i\le n}A_i.$
Καθώς

Αν υπάρχει $R\in O(n)$ τέτοιο ώστε $B_i(R)\le A_i$ για κάθε

, τότε
$\displaystyle F^*\le \max_{1\le i\le n}B_i(R)\le \min_{1\le i\le n}A_i.$
Αν $F^*\le \min_{1\le i\le n}A_i$ , τότε ο βέλτιστος μετασχηματισμός που επιτυγχάνει F^*

στρίβει το

ώστε για κάθε

να έχουμε $B_i(R)\le A_i$ , δηλαδή το

μπορεί να τοποθετηθεί στο

.

Άρα για το δοθέν (2d):

Έστω

με πλευρές a,b

και δοχείο

με πλευρές A,B

(με $A\le B$ ). Για κάθε περιστροφή κατά γωνία $\theta$ έχουμε:
$\displaystyle W(\theta)=a\cos\theta+b\sin\theta,\quad H(\theta)=a\sin\theta+b\cos\theta.$
Ορίζουμε τη συνάρτηση
$\displaystyle F(\theta)=\max\{W(\theta),\,H(\theta)\}.$
Το

χωράει στο

αν υπάρχει $\theta$ με $F(\theta)\le A$ . Η βέλτιστη τιμή είναι:
$\displaystyle F^*=\min_{\theta\in[0,\pi/2]}F(\theta)=F\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{a+b}{\sqrt{2}}.$
Άρα, το

χωράει στο

αν και μόνο αν
$\displaystyle \frac{a+b}{\sqrt{2}}\le A.$ Τέλος στην συγκεκριμένη περίπτωση που προτείνει ο mr Baloglou Χωράει όταν και μόνο όταν στρίβει κατά γωνια περίπου ίση με $\displaystyle \theta \approx 31.8^\circ$

#11

Νικόλα πολύ γενναία η προσπάθεια σου, μου είναι δύσκολο να παρακολουθήσω την ν-διάστατη περίπτωση στις λεπτομέρειες της, σίγουρα όμως κάτι δεν πάει καλά με την μέθοδο σου, αφού για παράδειγμα το συμπέρασμα σου για την δισδιάστατη περίπτωση δεν ευσταθεί: γράφεις παραπάνω (#10) ότι το $H=a\times b$ χωράει στο $D=A\times B$ αν και μόνον αν $\dfrac{a+b}{\sqrt{2}}\leq A,$ έχουμε όμως δει ότι το $1\times 18$ χωράει στο $11\times 16$ ... αν και $\dfrac{1+18}{\sqrt{2}}\approx 13,435 >11.$

Επίσης δεν υπάρχει μία και μόνον μία γωνία αναγκαίας περιστροφής του $a\times b$ (ώστε να χωράει στο $A\times B),$ όπως η $\theta \approx 31,8^0$ που προτείνεις, αλλά ένα διάστημα κατάλληλων γωνιών $\theta ,$ περίπου (30,62^0, 34,42^0).

nickolas tsik · #12

Α ναι λαθος το τελευταίο γιατί πιστεύω ισχύει σε τετράγωνα ή κατι σχετικό με ριζα 2 στη διαγώνιο.
Στο 2d είναι : (Το ανέλυσα παραπάνω και βρισκω):

$\displaystyle \min_{\theta \in [0, \pi/2]} \max\{a\cos\theta + b\sin\theta,\; a\sin\theta + b\cos\theta\} \le \min\{A, B\}.$

και
$\displaystyle R_0 = \sqrt{a^2+b^2}, \quad \phi = \arctan\frac{b}{a},$
$\displaystyle R_0 \sin\Bigl(2\phi + \arccos\frac{A}{R_0}\Bigr) \le B.$ που ισχυεί

#13

nickolas tsik έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2025 2:06 pm
Α ναι λαθος το τελευταίο γιατί πιστεύω ισχύει σε τετράγωνα ή κατι σχετικό με ριζα 2 στη διαγώνιο.
Στο 2d είναι : (Το ανέλυσα παραπάνω και βρισκω):

$\displaystyle \min_{\theta \in [0, \pi/2]} \max\{a\cos\theta + b\sin\theta,\; a\sin\theta + b\cos\theta\} \le \min\{A, B\}.$

και
$\displaystyle R_0 = \sqrt{a^2+b^2}, \quad \phi = \arctan\frac{b}{a},$
$\displaystyle R_0 \sin\Bigl(2\phi + \arccos\frac{A}{R_0}\Bigr) \le B.$ που ισχυεί

Αν ίσχυε θα έπρεπε να βγάζει ισότητα στην οριακή περίπτωση a=1, b=18,4941, A=11, B=16

που συζητήθηκε παραπάνω (δημοσιεύσεις 7-8). Αυτό δεν συμβαίνει, καθώς το αριστερό σκέλος προκύπτει αρνητικό:

$R_0\approx 18,5211,$ $\phi\approx 1,51685,$ $arccos(A/R_0)\approx 0,9349,$ $2\phi +arccos(A/R_0) \approx 3,9685,$ $R_0sin(2\phi +arccos(A/R_0))\approx -13,6286$

[Αν ο Νικόλας ή οποιοσδήποτε άλλος είναι σε θέση να επιδιορθώσει ή αντικαταστήσει την παραπάνω συνθήκη, παρακαλώ να την επαληθεύσει αριθμητικά βήμα βήμα όπως στην παραπάνω οριακή περίπτωση. (Βεβαίως έχουμε ήδη κάποια συνθήκη από τις παραπάνω δημοσιεύσεις 7-10, δεν είναι όμως εύκολο να καταγραφεί. Κάθε άλλη ιδέα ευπρόσδεκτη!)]

nickolas tsik · #14

Βρίσκω
$\displaystyle \boxed{\min_{R\in SO(n)} \; \max_{1\le i\le n} \left\{ \frac{\sum_{j=1}^{n} \bigl|R_{ij}\bigr|\, a_j}{A_i} \right\} \le 1.}$

Για ορθογώνιο με πλευρές

και

) και

και

, ορίζουμε τον μετασχηματισμό
$\displaystyle R(\theta)=\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\[1mm] \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}.$
Τότε
$\displaystyle L_1(\theta)= a\cos\theta + b\sin\theta,\quad L_2(\theta)= a\sin\theta + b\cos\theta.$
Η τοποθέτηση είναι δυνατή αν υπάρχει γωνία $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ τέτοια ώστε:
$\displaystyle a\cos\theta + b\sin\theta \le A \quad \text{και} \quad a\sin\theta + b\cos\theta \le B.$
Κατά την ισότητα ισχύει η οριακή περίπτωση.(Η ''οριακή'' περίπτσωση $\theta \approx \arctan(0.6575) \approx 33.3^\circ$ ) ισχυεί αλλά δεν κάνει ακριβώς ένα άρα χωράει λίγο ακόμα αύξηση...

#15

nickolas tsik έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 03, 2025 3:56 pm
Βρίσκω
$\displaystyle \boxed{\min_{R\in SO(n)} \; \max_{1\le i\le n} \left\{ \frac{\sum_{j=1}^{n} \bigl|R_{ij}\bigr|\, a_j}{A_i} \right\} \le 1.}$

Για ορθογώνιο με πλευρές και ) και και , ορίζουμε τον μετασχηματισμό
$\displaystyle R(\theta)=\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\[1mm] \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}.$
Τότε
$\displaystyle L_1(\theta)= a\cos\theta + b\sin\theta,\quad L_2(\theta)= a\sin\theta + b\cos\theta.$
Η τοποθέτηση είναι δυνατή αν υπάρχει γωνία $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ τέτοια ώστε:
$\displaystyle a\cos\theta + b\sin\theta \le A \quad \text{και} \quad a\sin\theta + b\cos\theta \le B.$
Κατά την ισότητα ισχύει η οριακή περίπτωση.(Η ''οριακή'' περίπτσωση $\theta \approx \arctan(0.6575) \approx 33.3^\circ$ ) ισχυεί αλλά δεν κάνει ακριβώς ένα άρα χωράει λίγο ακόμα αύξηση...

ΤΩΡΑ που δεν υπάρχει η ατυχής κατάληξη της δημοσίευσης #12 και που καταλαβαίνω καλύτερα την γενική σου προσέγγιση, συμφωνούμε: από την γενική συνθήκη που παρέθεσες παραπάνω καταλήγεις ακριβώς στην συνθήκη της δημοσίευσης #8, η "περαιτέρω αύξηση" που γράφεις είναι αμελητέα, εσύ δίνεις $\theta \approx33,3^0,$ εγώ δίνω $\theta =\gamma +\theta_0\approx33,3404^0,$ κλπ

#16

Είτε από την #8 είτε από την #12 συμπεραίνουμε, ακολουθώντας την ορολογία του Νικόλα (#12), ότι αναγκαία συνθήκη για το $a\times b$ να χωράει στο $A\times B$ είναι να ικανοποιούνται οι ανισότητες

$a\cos\theta + b\sin\theta \leq A$ και $a\sin\theta + b\cos\theta \leq B.$

Αντικαθιστώντας τις ανισότητες με ισότητες -- οριακή συνθήκη (επαφής) όπως απέδειξε ο Σιλουανός (#10) επαληθεύοντας την εικασία του Γιώργου Ρίζου (#7) -- προκύπτει $2\times 2$ γραμμικό σύστημα ως προς $cos\theta$ και $sin\theta$ το οποίο επιλυόμενο δίνει

$cos\theta =\dfrac{bB-aA}{b^2-a^2}$ και $sin\theta =\dfrac{bA-aB}{b^2-a^2},$

εξ ου και ο ακριβής υπολογισμός της γωνίας $\theta$ -- $\gamma +\theta_0$ με την δική μου ορολογία (#8) -- από τον Νικόλα (#14) ως $arctan\dfrac{bA-aB}{bB-aA}.$

Μέσω της $cos^2\theta +sin^2\theta =1$ λαμβάνουμε τώρα την εξής αναγκαία συνθήκη (οριακής επαφής):

(a^2+b^2)(A^2+B^2)-4abAB=(a^2-b^2)^2.

[Επαληθεύοντας ... για την περίπτωση A=11, B=16, a=1

λαμβάνουμε, επιλύοντας την 377(x^2+1)-704x=(x^2-1)^2,

μέγιστο μήκος $b\approx 18,4941395.$ ]

#17

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 04, 2025 3:28 pm
Είτε από την #8 είτε από την #12 συμπεραίνουμε, ακολουθώντας την ορολογία του Νικόλα (#12), ότι αναγκαία συνθήκη για το $a\times b$ να χωράει στο $A\times B$ είναι να ικανοποιούνται οι ανισότητες

$a\cos\theta + b\sin\theta \leq A$ και $a\sin\theta + b\cos\theta \leq B.$

Αντικαθιστώντας τις ανισότητες με ισότητες -- οριακή συνθήκη (επαφής) όπως απέδειξε ο Σιλουανός (#10) επαληθεύοντας την εικασία του Γιώργου Ρίζου (#7) -- προκύπτει $2\times 2$ γραμμικό σύστημα ως προς $cos\theta$ και $sin\theta$ το οποίο επιλυόμενο δίνει

$cos\theta =\dfrac{bB-aA}{b^2-a^2}$ και $sin\theta =\dfrac{bA-aB}{b^2-a^2},$

εξ ου και ο ακριβής υπολογισμός της γωνίας $\theta$ -- $\gamma +\theta_0$ με την δική μου ορολογία (#8) -- από τον Νικόλα (#14) ως $arctan\dfrac{bA-aB}{bB-aA}.$

Μέσω της $cos^2\theta +sin^2\theta =1$ λαμβάνουμε τώρα την εξής αναγκαία συνθήκη (οριακής επαφής):

[Επαληθεύοντας ... για την περίπτωση λαμβάνουμε, επιλύοντας την μέγιστο μήκος $b\approx 18,4941395.$ ]

Έχουμε δείξει ότι η παραπάνω συνθήκη είναι αναγκαία για να είναι το $a\times b$ εγγεγραμμένο στο $A\times B,$ όχι όμως και ικανή: για A=11, B=16, b=20,

για παράδειγμα, δίνει $a\approx 15,822,$ προφανώς όμως το $15,822\times 20$ δεν μπορεί να κείται εντός του $11\times 16.$ Για να είναι και ικανή πρέπει να επαυξηθεί κατά τις συνθήκες $\dfrac{B}{A}\leq \dfrac{b}{a}$ και $\dfrac{b}{a}\leq \dfrac{A-a}{B-b},$ οι οποίες εξασφαλίζουν, μαζί με τις $0<A\leq B$ και $0<a\leq b,$ τις $0\leq cos\theta \leq 1$ και $0\leq sin\theta \leq 1$ (όπου $\theta$ η γωνία ανάμεσα στις μεγάλες πλευρές των δύο ορθογωνίων, ως ανωτέρω). Το συνημμένο δείχνει τις τρεις καμπύλες (και αντίστοιχες ανισώσεις) που προκύπτουν για A=11, B=16

(με μεταβλητές τα a, b

), και το τμήμα της πράσινης καμπύλης μεταξύ των δύο κουκίδων αντιστοιχεί ακριβώς στα ορθογώνια που είναι εγγεγραμμένα στο ορθογώνιο $11\times 16$ (αριστερή κουκίδα $0\times \sqrt{11^2+16^2},$ δεξιά κουκίδα $11\times 16$ ).

: ορθογωνίως.png (35.65 KiB) Προβλήθηκε 2705 φορές

gbdalako · #18

Συνεχίζοντας στο πρόβλημά μας για το μεγαλύτερο ορθογώνιο που χωράει, διατύπωσα την γενίκευση ως εξής:
"Δίνεται ορθογώνιο με διαστάσεις a, b

με $a \ge b$ και μήκος

με $a<l<d, d=\sqrt{a^2+b^2}$ . Ποιό είναι το πλάτος

του μεγίστου ορθογωνίου, με μήκος

, που χωράει στο αρχικό;"
Δεν είδα αρχικά το αναγκαίο της εγγραψιμότητας και δούλεψα με αναλυτική γεωμετρία. Ας είναι ABCD το ζητούμενο ορθογώνιο με |BC|=l

.
Χπτγ (μετάθεση), οι κορυφές A, Β είναι A=(x_0, 0)

και

και για το ζητούμενο πλάτος

θα έχουμε

, όταν βρούμε τις τιμές των x_0

και

. Ας είναι C' η τομή της ευθείας BC με την y=b

και D η 4η κορυφή του ορθογωνίου ABC'D. Βρίσκουμε
$\displaystyle{C'=({y_0 \over x_0} (b-y_0), b)}$
$\displaystyle{D=(x_0+{y_0 \over x_0} (b-y_0), b-y_0)}$
Έχουμε βέβαια $x_D \le a$ και $|BC'| \ge l$ που δίνουν
$\displaystyle{(x_0- {a \over 2})^2-(y_0-{b \over 2})^2 \le {a^2-b^2 \over 4} (*)}$
και
$\displaystyle{(x_0-a)^2+(y_0-b)^2 \ge l^2 (**)}$
αντίστοιχα, με απλή άλγεβρα.
Συμπεραίνουμε ότι τα ορθογώνια που 'χωράνε' έχουν συντεταγμένες με (x_0, y_0)

σημεία που είναι:
α) εκτός του κύκλου (**)
β) 'εντός' της υπερβολής (*)
και έχουν $0 < x_0 \le a$ και $0 < y_0 \le b$
Λόγω έλλειψης εξοικείωσης με το Geogebra τα σχήματα παραλείπονται

Θα ήταν σχετικά εύκολο να αποδείξουμε ότι το μέγιστο

αντιστοιχεί στο σημείο τομής των δύο καμπύλων (ουσιαστικά, αυτό έδειξε ο Σιλουανός), αλλά είναι πιο εύκολο να πάμε στην αρχή και να δείξουμε ότι C'=C! Επίσης ότι x_D=a

.
Η 'απόδειξη' που ακολουθεί έχει κάποια μικρά κενά που ο ενδιαφερόμενος μαθητής καλείται να καλύψει

Αν το C έχει y_C < b

, μπορούμε να περιστρέψουμε το ορθογώνιο κατά την θετική φορά, κρατώντας το B σταθερό. Βρίσκουμε νέο ορθογώνιο με x_0

μαγαλύτερο; άτοπο!
Επίσης, ομοίως, έχουμε ότι x_D=a

. Αυτή την φορά, περιστρέφουμε αρνητικά, κρατώντας το Α σταθερό.
Η επίλυση του συστήματος εύκολη, με απαλοιφή του y, και βρίσκουμε την 4βάθμια (στο Z[x]; a=32, b=22, l=36)
$\displaystyle{x^4-96x^3+2153x^2+5312x-14416=0}$
και, λύνοντάς την, έχουμε x=1.668276, y=2.609627. Έτσι για το αρχικό πρόβλημα έχουμε w=1.548652

.

Ορθογώνια

Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Re: Ορθογώνια

Μέλη σε σύνδεση