Problem #08 - cutting squares
O problema de hoje é um problema sobre geometria!... ou será que é?
Problema: dados $n$ quadrados de lados $a_1, a_2, \cdots, a_n$, será que é possível cortá-los de maneira a que possamos voltar a colar os bocados para formar um único quadrado?
Nota: para aqueles que gostam de ter tudo bem definido, cortar um quadrado consiste em escolher dois pontos em dois lados diferentes do quadrado e ficar com as duas figuras geométricas que surgem ao traçarmos o segmento de reta que une os dois pontos escolhidos.
Solução: o primeiro passo, e talvez o mais importante, é notar que basta provar que isto é verdade para dois quadrados. Isto é, dados dois quadrados de lados $a_1$ e $a_2$ é sempre possível cortá-los de maneira a que os pedaços possam ser reunidos para construir um só quadrado. Comecemos então por essa parte da prova. Sejam $a$ e $b$ os lados dos dois quadrados, com $a > b$.
Do quadrado de lado $a$ fazemos um corte paralelo a um dos lados por forma a ficarmos com dois pedaços: um de dimensões $a \times b$ e outro de dimensões $a\times (a-b)$; cortamos ainda o retângulo $a \times b$ ao longo de uma das diagonais, ficando assim com dois triângulos rectos iguais, com catetos $a$ e $b$.
De seguida cortamos o pedaço $a \times (a-b)$ de modo a obtermos um quadrado $(a-b) \times (a-b)$ e um rectângulo $b \times (a-b)$, que juntamos ao quadrado $b \times b$ para fazer um novo retângulo $b \times a$, que cortamos pela diagonal tal como o anterior.
Neste ponto temos $4$ triângulos rectãngulos de catetos $a$ e $b$ e um quadrado $(a-b) \times (a-b)$, basta colarmos as peças do modo conveniente:
O "buraco" que sobra é precisamente preenchido pelo quadrado $(a-b) \times (a-b)$ que falta. Note-se ainda que o lado do quadrado novo é $\sqrt{a^2 + b^2}$, como seria de esperar: os dois quadrados iniciais tinham área conjunta $a^2 + b^2$, logo um quadrado feito desses dois teria necessariamente lado $\sqrt{a^2 + b^2}$.
No início da solução assumimos que $a > b$. Se $a = b$ então basta cortar os dois quadrados pela diagonal e unir os triângulos rectãngulos que surgem. O caso $a < b$ é tratado como o caso $a > b$ da maneira óbvia.
Já provámos que podemos cortar quaisquer dois quadrados e colá-los num novo quadrado. Para provar que isto funciona para qualquer número de quadrados, procedemos por indução completa no número inicial de quadrados: o caso base, $n = 2$, está provado. Para o passo de indução, supomos que é verdade para qualquer número inicial de quadrados entre $2$ e $n$ e torna-se fácil de ver que funciona para $n+1$ também: começamos por cortar dois quadrados e transformamo-los num só; deste modo passámos de $n+1$ quadrados com lados $a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}$ para $n$ quadrados de lados $a_1, a_2, \cdots, a_{n-1}, a'$, com $a' = \sqrt{a_n^2 + a_{n+1}^2}$. Agora pelo passo de indução temos que podemos cortar $n$ quadrados e voltar a colá-los num só, concluindo assim o passo de indução!
Problema: dados $n$ quadrados de lados $a_1, a_2, \cdots, a_n$, será que é possível cortá-los de maneira a que possamos voltar a colar os bocados para formar um único quadrado?
Nota: para aqueles que gostam de ter tudo bem definido, cortar um quadrado consiste em escolher dois pontos em dois lados diferentes do quadrado e ficar com as duas figuras geométricas que surgem ao traçarmos o segmento de reta que une os dois pontos escolhidos.
Solução: o primeiro passo, e talvez o mais importante, é notar que basta provar que isto é verdade para dois quadrados. Isto é, dados dois quadrados de lados $a_1$ e $a_2$ é sempre possível cortá-los de maneira a que os pedaços possam ser reunidos para construir um só quadrado. Comecemos então por essa parte da prova. Sejam $a$ e $b$ os lados dos dois quadrados, com $a > b$.
Do quadrado de lado $a$ fazemos um corte paralelo a um dos lados por forma a ficarmos com dois pedaços: um de dimensões $a \times b$ e outro de dimensões $a\times (a-b)$; cortamos ainda o retângulo $a \times b$ ao longo de uma das diagonais, ficando assim com dois triângulos rectos iguais, com catetos $a$ e $b$.
De seguida cortamos o pedaço $a \times (a-b)$ de modo a obtermos um quadrado $(a-b) \times (a-b)$ e um rectângulo $b \times (a-b)$, que juntamos ao quadrado $b \times b$ para fazer um novo retângulo $b \times a$, que cortamos pela diagonal tal como o anterior.
Neste ponto temos $4$ triângulos rectãngulos de catetos $a$ e $b$ e um quadrado $(a-b) \times (a-b)$, basta colarmos as peças do modo conveniente:
O "buraco" que sobra é precisamente preenchido pelo quadrado $(a-b) \times (a-b)$ que falta. Note-se ainda que o lado do quadrado novo é $\sqrt{a^2 + b^2}$, como seria de esperar: os dois quadrados iniciais tinham área conjunta $a^2 + b^2$, logo um quadrado feito desses dois teria necessariamente lado $\sqrt{a^2 + b^2}$.
No início da solução assumimos que $a > b$. Se $a = b$ então basta cortar os dois quadrados pela diagonal e unir os triângulos rectãngulos que surgem. O caso $a < b$ é tratado como o caso $a > b$ da maneira óbvia.
Já provámos que podemos cortar quaisquer dois quadrados e colá-los num novo quadrado. Para provar que isto funciona para qualquer número de quadrados, procedemos por indução completa no número inicial de quadrados: o caso base, $n = 2$, está provado. Para o passo de indução, supomos que é verdade para qualquer número inicial de quadrados entre $2$ e $n$ e torna-se fácil de ver que funciona para $n+1$ também: começamos por cortar dois quadrados e transformamo-los num só; deste modo passámos de $n+1$ quadrados com lados $a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}$ para $n$ quadrados de lados $a_1, a_2, \cdots, a_{n-1}, a'$, com $a' = \sqrt{a_n^2 + a_{n+1}^2}$. Agora pelo passo de indução temos que podemos cortar $n$ quadrados e voltar a colá-los num só, concluindo assim o passo de indução!
Today's problem is all about geometry!.... or is it?
Problem: given $n$ squares of side lengths $a_1, a_2, \cdots, a_n$, is it possible to cut them in a way that we can rearrange all the pieces to obtain a single square?
Note: for those who like everything well-defined, cutting a square is made by picking two points on two different sides of a square and then considering the two polygons obtained by drawing the line segment between the two chosen points.
Solution: the first step, perhaps the most important, is to recognize it suffices to prove the statement for two squares; the general case follows by induction. That is, given two squares of side lengths $a_1$ and $a_2$, it is always possible to cut them into pieces and rearrange those pieces to create a single square. Let us start by considering two squares of side lengths $a$ and $b$ with $a > b$.
Take the bigger square and make a cut parallel to one of the sides in order to create two rectangles: one of dimensions $a \times b$ and the other of dimensions $a\times (a-b)$; take the rectangle that is $a \times b$ and cut it along the diagonal, getting two identical right triangles, with sides $a$ and $b$.
After that cut the rectangle that is $a \times (a-b)$ in order to obtain a square $(a-b) \times (a-b)$ and a rectangle $b \times (a-b)$, putting it next to the smaller square ($b \times b$) to create a new rectangle $b \times a$, which we cut along the diagonal, just like the previous one.
At this point we have $4$ right triangles of sides $a$ and $b$ and a square that is $(a-b) \times (a-b)$. All we need is to put the pieces together in a convenient way:
The "hole" that is missing is filled by the square $(a-b) \times (a-b)$ that hasn't been used. Note that the side of the new square is $\sqrt{a^2 + b^2}$, as expected: the sum of the areas of the two initial squares is $a^2 + b^2$, meaning a square made out of those two would need to have sides of length $\sqrt{a^2 + b^2}$.
In the beginning we assumed $a > b$. If $a = b$ we just need to cut the two squares along the diagonal and glue together the $4$ right triangles. The case $a < b$ can be handled similarly to the case $a > b$ in the obvious way.
We have proved we can transform two squares into a single one by a succession of cuts and rearrangements. To prove this holds for a generic number of initial squares we proceed to prove the statement by complete induction: the base case, $n = 2$, is done. For the induction step, we suppose it is true for any number of squares between $2$ and $n$ and it becomes easy to check it works for $n+1$ as well: start by cutting two squares to get one single square out of those two; we just got from $n+1$ squares with side lengths $a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}$ to $n$ squares with side lengths $a_1, a_2, \cdots, a_{n-1}, a'$, with $a' = \sqrt{a_n^2 + a_{n+1}^2}$. By the induction hypothesis we can cut the $n$ remaining squares and then glue all the pieces back together to form a single square, thus concluding the induction step!
Problem: given $n$ squares of side lengths $a_1, a_2, \cdots, a_n$, is it possible to cut them in a way that we can rearrange all the pieces to obtain a single square?
Note: for those who like everything well-defined, cutting a square is made by picking two points on two different sides of a square and then considering the two polygons obtained by drawing the line segment between the two chosen points.
Solution: the first step, perhaps the most important, is to recognize it suffices to prove the statement for two squares; the general case follows by induction. That is, given two squares of side lengths $a_1$ and $a_2$, it is always possible to cut them into pieces and rearrange those pieces to create a single square. Let us start by considering two squares of side lengths $a$ and $b$ with $a > b$.
Take the bigger square and make a cut parallel to one of the sides in order to create two rectangles: one of dimensions $a \times b$ and the other of dimensions $a\times (a-b)$; take the rectangle that is $a \times b$ and cut it along the diagonal, getting two identical right triangles, with sides $a$ and $b$.
After that cut the rectangle that is $a \times (a-b)$ in order to obtain a square $(a-b) \times (a-b)$ and a rectangle $b \times (a-b)$, putting it next to the smaller square ($b \times b$) to create a new rectangle $b \times a$, which we cut along the diagonal, just like the previous one.
At this point we have $4$ right triangles of sides $a$ and $b$ and a square that is $(a-b) \times (a-b)$. All we need is to put the pieces together in a convenient way:
The "hole" that is missing is filled by the square $(a-b) \times (a-b)$ that hasn't been used. Note that the side of the new square is $\sqrt{a^2 + b^2}$, as expected: the sum of the areas of the two initial squares is $a^2 + b^2$, meaning a square made out of those two would need to have sides of length $\sqrt{a^2 + b^2}$.
In the beginning we assumed $a > b$. If $a = b$ we just need to cut the two squares along the diagonal and glue together the $4$ right triangles. The case $a < b$ can be handled similarly to the case $a > b$ in the obvious way.
We have proved we can transform two squares into a single one by a succession of cuts and rearrangements. To prove this holds for a generic number of initial squares we proceed to prove the statement by complete induction: the base case, $n = 2$, is done. For the induction step, we suppose it is true for any number of squares between $2$ and $n$ and it becomes easy to check it works for $n+1$ as well: start by cutting two squares to get one single square out of those two; we just got from $n+1$ squares with side lengths $a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}$ to $n$ squares with side lengths $a_1, a_2, \cdots, a_{n-1}, a'$, with $a' = \sqrt{a_n^2 + a_{n+1}^2}$. By the induction hypothesis we can cut the $n$ remaining squares and then glue all the pieces back together to form a single square, thus concluding the induction step!
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