Minima somma dei quadrati delle distanze

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jordan
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Minima somma dei quadrati delle distanze

Messaggio da jordan » 06 feb 2017, 17:34

(9. Da qui) Dato un triangolo $ABC$, sia $P$ il punto che minimizza la somma dei quadrati delle distanze dai lati del triangolo. Siano $D,E,F$ le proiezioni di $P$ sui lati del triangolo $ABC$. Mostrare che $P$ è il baricentro di $DEF$.
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Talete
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Re: Minima somma dei quadrati delle distanze

Messaggio da Talete » 07 feb 2017, 17:41

Risolvo il problema mediante l'ausilio delle coordinate baricentriche.
Scritto $P=[p:q:r]$, allora si deve avere che $D=[0:t:u]$ con $P$, $D$ e $AH_\infty$ allineati. Il punto all'infinito della retta $AH$ non è altri che $[-a^2:S_C:S_B]$, dunque si deve avere che $D=[0:pS_C+qa^2:pS_B+ra^2]$.
Le distanze di $P$ dai lati saranno proporzionali a $p/a$, $q/b$ ed $r/c$. Dato che possiamo fissare la somma $p+q+r$ come vogliamo, si ha che
\[\left[\left(\frac pa\right)^2+\left(\frac qb\right)^2+\left(\frac rc\right)^2\right]\cdot\left[a^2+b^2+c^2\right]\ge \left[p+q+r\right]^2.\]
Ora, $a$, $b$, $c$ e $p+q+r$ sono fissati, quindi il punto $P$ minimizza la somma dei quadrati delle distanze quando $p/a=\lambda a$ e cicliche, quindi $P$ è il punto di Lemoine.
Riscrivo $D$ come $[0:S_C+b^2:S_B+c^2]$; $E$ ed $F$ sono ciclici. Si nota che le somme delle coordinate di $D$, $E$ ed $F$ sono uguali, infatti
\[S_C+b^2+S_B+c^2=S_A+b^2+S_B+a^2=S_A+c^2+S_C+c^2=S_A+S_B+S_C.\]
Dunque il baricentro di $DEF$ è $[a^2+S_C+a^2+S_B:b^2+S_C+b^2+S_A:c^2+S_A+c^2+S_B]=[a^2:b^2:c^2]$, che è Lemoine, cvd.
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dario2994
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Re: Minima somma dei quadrati delle distanze

Messaggio da dario2994 » 10 feb 2017, 00:23

Il problema è bello perché si può risolvere senza conti e senza manco passare per il fatto che il punto che minimizza è Lemoine. Provateci!
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matpro98
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Re: Minima somma dei quadrati delle distanze

Messaggio da matpro98 » 10 feb 2017, 01:33

Io ho fatto Cauchy-Schwarz più trigonometria, in pratica

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Draco76
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Re: Minima somma dei quadrati delle distanze

Messaggio da Draco76 » 10 feb 2017, 18:51

È un problema davvero sfizioso, assomiglia molto ad un vecchio cesenatico 5; userò quindi il risultato principale di quel problema come base per questo.

Il suddetto problema (in allegato testo con figura) ci garantisce l'esistenza di un punto $K$ all'interno del triangolo $ABC$ tale che esistano 3 quadrati passanti per K. Dunque la minima somma dei quadrati distanziati da K e dai lati è $\leq 3$.

Siccome i lati del triangolo sono $3$, ognuno di essi necessita di un quadrato da interporre tra lui e K (altrimenti la distanza sarebbe nulla e il triangolo degenerebbe in un punto); un quadrato può adempiere alla sua funzione di distanza solo nel caso abbia due lati su due lati del triangolo, ma questo è possibile solo se $ABC$ è rettangolo. Da questo si deduce che se $ABC$ non è rettangolo, allora il numero minimo di quadrati è esattamente uno per lato: $3$.

Analizzo prima questa situazione: con le lettere della figura, bisogna dimostrare che $K$ è il baricentro di $K_AK_BK_C$. Siccome $K_A$ è il punto medio di $A_1A_2$, si deduce che la somma vettoriale di $\vec{A_1}+\vec{A_2}=2\vec{K_A}$ (e analogamente $\vec{B_1}+\vec{B_2}=2\vec{K_B}$, $\vec{C_1}+\vec{C_2}=2\vec{K_C}$). Quindi per dimostrare che $K$ sia il centro di $K_AK_BK_C$ ci basta dimostrare che lo sia di $A_1A_2B_1B_2C_1C_2$. Ma per la nostra costruzione i tre quadrati hanno lato uguale, ovvero $KA_1=KA_2=KB_1=KB_2=KC_1=KC_2$, quindi effettivamente $K$ è il centro di $A_1A_2B_1B_2C_1C_2$ e anche di $K_AK_BK_C$.

Manca il caso in cui $ABC$ sia rettangolo con angolo retto in $A$: può avere al massimo un angolo retto (se ne ha di più siamo in geometria sferica, ed immagino che la strada intrapresa da matpro98 passi per questo), dunque il minimo di quadrati necessari è $2$. Siano $D,E,F$ le proiezioni di $P$ sui lati $BC,AC,AB$ rispettivamente; per quanto detto prima $AFPE$ è un quadrato dunque $P$ appartiene all'asse di $EF$. Per essere $P$ il baricentro $DEF$ deve anche essere isoscele, ovvero $F$ appartiene alla retta $AP$ ed è l'intersezione di questa retta con $BC$ e quindi univocamente determinato. Chiamato $M$ il punto medio di $EF$, ci basta trovare $P$ tale che $\frac{MP}{MF}=\frac{1}{3}$; prendendo $M$ coincidente con $A$ il rapporto fa $0$, invece con $M$ coincidente con $F$ il rapporto fa $1$: per continuità esisterà $P$ tale che il rapporto faccia esattamente $\frac{1}{3}$, rendendolo dunque il punto cercato.
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MATHia
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Re: Minima somma dei quadrati delle distanze

Messaggio da MATHia » 10 feb 2017, 20:23

Sia $Q$ il punto che minimizza $QD^2+QE^2+QF^2$. Dimostro che $Q\equiv P$. Supponiamo che $Q$ sia distinto da $P$. Siano allora $R$, $S$ e $T$ le proiezioni di $Q$ sui lati $BC$, $CA$ e $AB$. Allora per Pitagora su $\triangle QRD$, $\triangle QSE$ e $\triangle QTF$ e vale $QR^2+QS^2+QT^2=QD^2-DR^2+QE^2-ES^2+QF^2-FT^2<QD^2+QE^2+QF^2\stackrel{\star}{<}PD^2+PE^2+PF^2$, dove la $\star$ vale per l'ipotesi di assurdo. Ma allora $QR^2+QS^2+QT^2<PD^2+PE^2+PF^2$, il che è assurdo perché $P$ minimizza la somma dei quadrati delle sue distanze dai lati di $\triangle ABC$.

Dunque $P$ è il punto che minimizza la somma dei quadrati delle distanze dai vertici di $\triangle DEF$. Dimostro che, in generale, il punto $P$ che minimizza la somma dei quadrati delle distanze da $n$ punti di coordinate $(x_i,y_i)$ è il baricentro di tali punti. Sia $P(x,y)$ un punto nel piano. Allora la quantità considerata è $$f(x,y)=\sum_{i=1}^{n}\bigl((x-x_i)^2+(y-y_i)^2\bigr)=\sum_{i=1}^{n}(x-x_i)^2+\sum_{i=1}^{n}(y-y_i)^2$$Posti $s_x:=\sum_{i=1}^{n}x_i$ e $s_y:=\sum_{i=1}^{n}y_i$, siano $g(x):=\sum_{i=1}^{n}(x-x_i)^2=nx^2-2xs_x+\sum_{i=1}^{n}x_i^2$ e $h(y):=\sum_{i=1}^{n}(y-y_i)^2=ny^2-2ys_y+\sum_{i=1}^{n}y_i^2$. Il minimo di $f(x,y)$ si ottiene minimizzando separatamente $g(x)$ e $h(y)$. $g(x)$ è un polinomio di secondo grado in $x$, ergo è una parabola con concavità verso l'alto. Dunque il minimo è realizzato nel vertice della parabola, cioè con $x=\frac{s_x}{n}$. Analogamente $y=\frac{s_y}{n}$. Dunque il punto $P$ che minimizza $f(x,y)$ è proprio il baricentro degli $n$ punti.

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Re: Minima somma dei quadrati delle distanze

Messaggio da <enigma> » 10 feb 2017, 22:33

Un modo veloce per concludere che il baricentro minimizza la somma dei quadrati senza usare analisi di nessun tipo è come segue. In termini di numeri complessi (o vettori, come preferite), si ha $|z-p|^2=|z-g|^2+|g-p|^2+[(z-g)(\overline{g-p})+(\overline{z-g})(g-p)]$: sommando le identità per $z=a,b,c$ e notando che la somma dei termini in parentesi quadre è nulla per definizione del baricentro $g=(a+b+c)/3$, si trova subito $AP^2+BP^2+CP^2=AG^2+BG^2+CG^2+3PG^2$; stesso discorso per più di tre punti. (Per inciso: Huygens-Steiner vi dice niente?)
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)

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Re: Minima somma dei quadrati delle distanze

Messaggio da elianto84 » 07 mar 2017, 02:50

Bello constatare che delle mie proposte (vecchie e nuove) riscuotono successo!
E bravo enigma che ha scovato l'idea della dimostrazione "furba": se il nostro magico punto $K$ (che sì, d'accordo, è il punto di Lemoine/symmedian point, ma anche chissene) non fosse il baricentro del suo triangolo pedale, non potrebbe nemmeno essere soluzione del problema di minimo. Supponiamo infatti che la soluzione $K$ non sia baricentro del suo pedale $K_A K_B K_C$: detto $G$ il baricentro del pedale, si avrebbe $\sum_{cyc}GK_A^2<\sum_{cyc}KK_A^2$ per Huygens-Steiner (il baricentro è il punto che minimizza la somma dei quadrati delle distanze dai vertici), e a maggior ragione, dette $G_A,G_B,G_C$ le proiezioni di $G$ sui lati di $ABC$, $\sum_{cyc}GG_A^2 < \sum_{cyc}KK_A^2$, contro la minimalità di $K$.
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