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Solución:
Esto se deriva del siguiente resultado clásico (e igualmente agradable):
El lado del cuadrado mayor inscrito en un triángulo es $$L = fracchc + h$$ donde
$c$ es la longitud del lado que minimiza la suma entre un lado y su altura correspondiente entre los tres lados del triángulo (o, probablemente equivalente, $c$ es la longitud del lado más cercano en valor a $sqrt2 S$ donde $S$ es el área del triángulo);
$h$ es la altura correspondiente a $c$.
Pruebas (no copiado aquí) se puede encontrar, por ejemplo, en Área máxima de un cuadrado en un triángulo.
Usando lo anterior, se sigue que el lado del cuadrado $$l = 1 le L = fracchc+h le fracch2 sqrtch = fracsqrtch2 = sqrt fracS2$$
lo que prueba $S ge 2$.
$S=2$ se obtiene, por ejemplo, con un triángulo rectángulo isósceles dispuesto a lo largo de dos lados del cuadrado con la hipotenusa que pasa por el vértice opuesto del cuadrado, por lo que $2$ es de hecho el mejor límite.
Aquí hay un boceto de prueba:
Tratemos de encontrar un triángulo $T$ con área mínima que cubra la unidad cuadrada.
Primero, podemos asumir que cada 3 lados de $T$ deben contener al menos uno de los vértices del cuadrado. (Si no, podemos mover el lado más cerca del cuadrado y esto da un nuevo triángulo con un área más pequeña)
Segundo, si un vértice $v$ de un cuadrado se encuentra en un lado $AB$ de $T$, entonces $v$ es el punto medio de $AB$. Esto no es difícil de probar.
(Aquí $M$ es el punto medio de $AB$, y el área de $MBB’$ es mayor que $MCC’$. (Considere una línea $BD$ que es paralela a $AC$).
Tercero, por la primera suposición, podemos encontrar 3 vértices de un cuadrado que forma un ángulo recto. Por la segunda propiedad, $T$ debería ser un triángulo rectángulo. De nuevo por la segunda propiedad, $T$ debería ser un triángulo rectángulo isósceles, que tiene un área de $2$.
(Aquí $M, N, P$ son el punto medio de $BC, AC, AB$. Entonces $MP$ (resp. $MN$) es paralelo a $AC$ (resp. $AB$), entonces el ángulo $angle BAC$ debe estar en ángulo recto, es decir, $Q=A$.)
Si alguna arista, digamos $BC$ de un triángulo $ABC$, no toca el cuadrado, moviendo $BC$ hacia $A$, podemos obtener un triángulo semejante más pequeño tal que el lado paralelo al $BC$ original toque la plaza.
Por lo tanto, podemos suponer que los tres lados del triangulo tocan el cuadrado. En consecuencia, el triángulo puede tener como máximo un vértice (digamos, posiblemente $A$) que se encuentra en el interiores abiertos de las regiones NW, NE, SW o SE a las cuatro esquinas (porque, si hay dos de esos vértices, la arista que los une no tocará el cuadrado). Entonces obtenemos algo como la siguiente figura:
A : :
: :
NW : : NE
~~~~.-------.~~~~
| | B
| |
| |
~~~~.-------.~~~~
SW : : SE
: :
: C :
Deja caer una perpendicular de $B$ a su lado adyacente del cuadrado. Sea $P$ donde la extensión de este segmento de línea se cruza con el otro lado del cuadrado (vea la figura a continuación) y sea $D$ donde esta extensión de línea se encuentra con $AC$. Deja caer una perpendicular de $CQ$ a $PB$. Además, extienda el lado del cuadrado opuesto a $B$. Deje que esta línea extendida se cruce con $AB$ en $E$:
A
E
|
.-------.
D---P-Q-----|------B
| | |
| | |
.-------.
|
|
C
Ahora el área de $ABC$ es mayor que el área total de los triángulos $CQD, CQB$ y $BPE$. Por tanto, basta probar la siguiente proposición:
si $R$ es un inscrito rectángulo de un en ángulo recto triángulo $T$ tal que las dos entidades geométricas comparten un vértice común (que debe ser el ángulo recto de $T$), entonces el área de $T$ es al menos el doble del área de $R$.
Pero la veracidad o falsedad de la proposición anterior es invariable si escalamos toda la figura a lo largo de la dirección de cualquier lado de $R$, porque las áreas de $R$ y $T$ escalan en la misma proporción. Por lo tanto, podemos suponer además que $R$ es un cuadrado. Ahora, tomando prestadas las palabras de Hagen von Eitzen en otra respuesta aquí, es obvio que si volteamos las puntas exteriores de $T$ adentro, las dos puntas volteadas de $T$ siempre “envolverán” el interior del cuadrado sin problemas, con la punta más larga sobresaliendo. Por lo tanto la proposición es true.
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