Rettangoli e Interi

[axpgn]

Premessa: nella sezione di "Analisi" hanno postato un quesito che avevo intenzione di mettere qui (prima o poi).
Lo scrivo comunque perché mentre di là lo stanno risolvendo con integrali, tra le varie modalità di risoluzione ve n'è una che trovo molto carina e semplice.

Un grande rettangolo è suddiviso in tanti rettangoli più piccoli, ciascuno dei quali ha almeno uno dei due lati (o entrambi) di misura intera.
Dimostrare che anche il rettangolo grande ha la stessa proprietà (cioè ha almeno uno dei due lati di misura intera (o entrambi)).

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Non ci prova nessuno?

[Settevoltesette]

Io vorrei vedere una dimostrazione di questo problema, lo conoscevo già da un po' ma non ho mai visto una dimostrazione. Magari in spoiler?

[axpgn]

Come detto nel post di apertura, nella sezione di Analisi lo hanno risolto tramite integrali
Quindi, se proprio ti interessa UNA soluzione, puoi vedere di là
Comunque, questa che propongo io è mooolto più carina (e ovviamente è anche decisamente più semplice, altrimenti non l'avrei mai trovata )
Ma c'è anche altro ...

Abbi ancora un po' di pazienza ... ... magari per Carnevale ...

Cordialmente, Alex

[andomito]

ci provo

Ammettiamo per assurdo che il grande rettangolo abbia lati non interi Lo e Ho. Consideriamo i suoi bordi chiamandoli nord est sud ovest.
Sul bordo nord giaceranno un certo numero di lati interi di rettangolini, ma almeno un lato La non intero di un rettangolino.
Tale rettangolino avrà una altezza Ha intera, conseguentemente a lui si dovranno affiancare un certo numero di rettangolini di altezza complessiva Hb non intera per arrivare al bordo est. La massima larghezza dei rettangolini con altezza complessiva Hb, sarà Lb, intera. A questo punto per giungere al lato sud mancano un certo numero di rettangolini, di larghezza complessiva non intera Lc. La massima altezza di tali rettangolini è Hc (intera), e in corrispondenza di tale altezza dovranno affiancarsi a loro altri rettangolini di altezza complessiva Hd (non intera) e larghezza massima Ld (intera)
ovviamente La+Ld=Lb+Lc e Ha+Hb =Hc+Hd.
A questo punto dentro il grande rettangolo ho individuato un'area residua (certamente non interessata dai rettangolini a,b,c, d) di lato Lo - (Lb-Ld) e altezza Ho -(Ha+Hc), entrambi non interi.
Applicando ricorsivamente il metodo avrò che in ogni caso avrò un'area rettangolare con lati non interi che mi rimane da coprire.
Pertanto con un numero finito di rettangolini che hanno almeno un lato intero non potrò coprire tutto il rettangolo con lati non interi.

[axpgn]

... mmmm ... non mi convince

A me sembra che fai delle assunzioni arbitrarie ... per esempio ...

"andomito":Tale rettangolino avrà una altezza Ha intera, conseguentemente a lui si dovranno affiancare un certo numero di rettangolini di altezza complessiva Hb non intera per arrivare al bordo est. La massima larghezza dei rettangolini con altezza complessiva Hb, sarà Lb, intera.

Perché deve essere affiancato da rettangolini di una certa altezza non intera? Può essere affiancato da rettangolini qualunque ... perché tratti i rettangolini che affiancano quello alto $H_a$ fino all'altro bordo come fossero tutti della stessa altezza complessiva? Non è detto né necessario che la configurazione sia così fatta ... e così via ... IMHO

Cordialmente, Alex

[Settevoltesette]

Ci provo, ma non ci ho ragionato molto, é più una risposta a naso.

chiamo cammino un qualsiasi percorso che parte dalla base o dal lato verticale ed arriva al lato parallelo percorrendo i vari lati dei rettangoli più piccoli. Nessun cammino può essere intero, se i lati del rettangolo grande non sono interi, ma se ogni rettangolino ha almeno un lato intero significa che almeno un cammino deve essere intero perché altrimenti avrei che almeno tutto un lato parallelo alla base ed uno parallelo al lato verticale deve essere formato da rettangoli non interi e nell'intersezione avrei che almeno un rettangolino ha base ed altezza non interi.

[axpgn]

@Settevoltesette

"Settevoltesette":… Nessun cammino può essere intero, se i lati del rettangolo grande non sono interi, …

Non mi pare … se parti da un vertice e arrivi a quello opposto senza mai tornare indietro, allora se i lati (del rettangolo grande) sono, per esempio, $L=7/2$ e $H=3/2$, l'intero cammino è lungo $5$.
Il resto, a dir la verità, non l'ho compreso bene …

Cordialmente, Alex

[Settevoltesette]

Si ma il cammino é lungo i lati dei rettangoli più piccoli quindi si può andare in linea retta solo verticalmente ed orizzontalmente.
Per il restante dico che se non ho cammini interi allora esiste tutto un tratto verticale almeno fatto da rettangoli con lato non intero ed uno orizzontale uguale, anche non contigui, nell'intersezione devo avere un rettangolo con almeno tutti i lati non interi

[gabriella127]

Deve essere vero qualsiasi sia il numero di rettangoli, no?

[axpgn]

@gabriella127
Sì, certo.

@Settevoltesette

"Settevoltesette":Si ma il cammino é lungo i lati dei rettangoli più piccoli quindi si può andare in linea retta solo verticalmente ed orizzontalmente.

Ed è quello che ho fatto in quell'esempio quindi rimane non vera quell'affermazione.

"Settevoltesette":Per il restante dico che se non ho cammini interi allora esiste tutto un tratto verticale almeno fatto da rettangoli con lato non intero ed uno orizzontale uguale, anche non contigui, nell'intersezione devo avere un rettangolo con almeno tutti i lati non interi

Purtroppo continuo a non capire …
Per esempio, l'intersezione di che cosa?
Oppure, il fatto che il cammino sia intero oppure no, cosa ti cambia? Ho dimostrato precedentemente che il cammino può essere intero ma i lati no …

Cordialmente, Alex

[gabriella127]

Ho avuto un'idea veramente facile (se non è una cretinata, ricontrollo).
E' basata sul fatto che deve essere vero qualunque sia il numero di rettangoli più piccoli che suddividono il rettangolo dato.
Quindi anche per solo due rettangoli. In questo caso mi sembra abbastanza facile far vedere che uno dei due lati del rettangolo grande deve essere intero (facendo un disegno dei vari casi).

Quindi se è vero per due rettangoli, deve essere vero per qualsiasi altra suddivisione, mica una diversa suddivisione può far cambiare la misura dei lati del rettangolo grande.
Però ho il dubbio che così si risponda a un altro problema.

.

[axpgn]

@gabriella127

Mica lo puoi misurare …

Cordialmente, Alex

[gabriella127]

non c'entra niente misurarlo, mica sono scema che cerco di misurarlo, voglio dire che una diversa suddivisione non è che può cambiare un lato da intero a non intero...
Però nella cosa che ho scritto c'è un aspetto capzioso.

[axpgn]

@gabriella127

Certamente un'altra suddivisione non cambia le misure dei lati del rettangolo grande ma è tutto da dimostrare che ne esista sempre un'altra (partendo da quella data) e soprattutto che ne esista sempre una che ti sia utile per dimostrare quanto richiesto

[gabriella127]

Certo non si può sapere se è possibile una divisione in due rettangoli.
Cerco un'idea per una via più breve, la soluzione non può essere troppo farraginosa

[axpgn]

Penso sia ora di concludere …

Disegno il rettangolo "grande" con i lati paralleli agli assi cartesiani e con il vertice basso a sinistra coincidente con l'origine e costruisco una griglia di quadrati di lato $1/2$ che coloro alternativamente di bianco e nero come una scacchiera.
Ognuno dei rettangoli "piccoli", avendo almeno un lato intero, sarà colorato metà di bianco e metà di nero, e di conseguenza lo sarà anche quello grande dato che è la "somma" di quelli piccoli.
Ora, se l'altezza del rettangolo grande non fosse intera per bilanciare il bianco con il nero deve essere intera la lunghezza.

Il prof S.Wagon ha pubblicato un articolo dal titolo "Fourteen proofs" relativo al problema in questione dove potete trovare le altre (più complicate) tredici

Ne conosco anche una quindicesima, più o meno "semplice" come questa

Cordialmente, Alex

[Settevoltesette]

Era così semplice

[axpgn]

Semplice forse sì, ma anche ovvio direi di no …

[gabriella127]

Per nulla ovvio. La soluzione che ha presentato axpgn è semplice, ma solo dopo che qualcuno di geniale l'ha trovata.
Comunque io conoscevo l'articolo di Wagon con le quattordici soluzioni. Non ho detto niente per non rovinare il post.
Ho cercato di vedere se era possibile un'altra soluzione semplice.
In realtà il problema dei rettangoli è più un vero e proprio teorema che un gioco matematico.
Le altre tredici soluzioni sono di tipo matematico più complicato, un gioco dovrebbe avere una soluzione di tipo intuitivo, che richiede scarsi strumenti matematici, ma con una idea originale alle spalle. Ad esempio soluzioni con integrali, per quanto corrette, non sono nello spirito di un gioco matematico, e per la verità poco interessanti, manca un'idea.
Quella presentata da axpgn è l'unica degna di un gioco matematico (detto non in modo riduttivo, ma come complimento a chi l'ha trovata).
Aspettiamo la quindici!
Ciao!

[axpgn]

La "quindicesima" soluzione dice:

Fissiamo un valore $s>0$ minore della metà della lunghezza del più piccolo segmento comune a due rettangoli.
Coloriamo di rosso tutti i rettangoli che hanno la base intera (il lato orizzontale) tranne due strisce, di spessore $s$, aderenti ai due lati orizzontali, che coloriamo di verde.
Viceversa, per i rettangoli che hanno l'altezza intera (il lato verticale); li coloriamo di verde tranne due strisce, di spessore $s$, aderenti ai due lati verticali, che coloriamo di rosso.
In questa situazione o esiste un percorso rosso da sinistra a destra o esiste un percorso verde dal basso verso l'alto.
Supponiamo il primo; allora ogni volta che il percorso attraversa una linea verticale ci troveremo su una coordinata intera.

Cordialmente, Alex