73. Problema di minimo dal sapore ungherese

[machete]

Oh cielo quante cose. Con ordine:

Sbaglio o anche il tizio del tuo video non si preoccupa troppo dei bordi e della differenza tra "gradiente nullo" e "minimo"?

Non sbagli! Non se ne preoccupa il vecchio, ma sta insegnando i tensori agli ingegneri (credo che in molti paesi sia proprio illegale). D' altronde dico, per conoscenza, che il bordo è importante perchè, se i pesi non rispettano la triangolare il min è proprio su uno dei vertici. (questo me lo ha detto il buon Gottinger95, che ha trovato un articolo dove si trattava il caso generale di questo problema).

Apprezzo il rigore con cui Drago ha impostato il discorso, ma questo

sinceramente non saprei risolvere quel sistema

credo che non valga, d' altronde prima hai (ben) formalizzato l' idea del gradiente nullo geometricamente, ma trovare un modo sensato di fare i conti è ora parte del problema e non parte secondaria dato che è tratto da gare a squadre (spero di non suonare antipatico, vista anche la voluminosità del tuo post, nonostante la tua (dedotta da post precedenti) mancanza di tempo). Dunque ora si finiscano i conti in modo sensato (volendo si riesce a fare (quasi) tutto di primo grado).

Sulla questione della convessità eccetera. Io pensavo si potesse dare per buona la convessità della distanza euclidea. Se proprio vogliamo dimostrarla credo basti la strada di Gottinger95 , giusto per rimanere olimpici anche se l' esercizio tira da altre parti. Ora abbiamo una funzione differenzialbilissima e convessa definita su un compatto convesso (il triangolo) dunque un punto critico (cioè a gradiente nullo) è per forza un minimo. Questo fatto si può forse dare per buono, ma in ogni caso è vero quindi bon. [Perchè suoni senonaltro ragionevole: si faccia un taylor dove invece che "derivata seconda non-negativa" hai "quello che diceva <enigma>"] oppure [si ragioni per assurdo riconducendosi al caso unidimensionale (usando la convessità del triangolo)]. . . . . spero di non aver detto sciocchezze

Sul perchè un tale problema sia ad una gara a squadre . . . boh forse al massimo perchè una volta che si sa quella cosa del gradiente diventa un classsico problema da gara a squadre, configurazione di cui hai i dati e devi fare conti.

Riconosco che come geometrico è un po' (troppo?) atipico. . . però l' idea del gradiente secondo me può esser riciclata e soprattutto è "matematicamente" figosa, perchè è di fondo intuitiva ma rigorosa. . . intendo che tutti se vogliamo la configurazione critica di quella funzione pensiamo che essa sia data da un punto che accontenta un po' tutti i vertici, in maniera proporzionale al coefficiente che lo lega a loro . . . il gradiente ti fa vedere quanto sia profondamente vera sta cosa!

[Kfp]

Vi prego, qualcuno di capace risolva questo problema

[Francesco Sala]

In generale per problemi di questo tipo esiste un approccio geometrico piuttosto elementare. Se $ ABC $ è il triangolo e $ \alpha,\beta,\gamma $ sono i coefficienti di $ AP, BP, CP $, supponiamo che si riesca a costruire un triangolo $ \mathcal{T} $ di lati $ \alpha, \beta, \gamma $. Allora si può prendere un punto $ Q $ interno al triangolo tale che questo veda i lati del triangolo sotto angoli supplementari a quelli di $ \mathcal{T} $ (con le ovvie simmetrie: $ Q $ vede $ BC $ sotto l'angolo supplementare a quello che in $ \mathcal{T} $ è opposto al lato $ \alpha $). Se $ AQ $ interseca $ \odot(BCQ) $ in $ Q_A $ e ciclici, si vede bene che i triangoli $ BCQ_A, CAQ_B, ABQ_C $ sono simili a $ \mathcal{T} $. Considerato un punto qualunque $ P $ interno ad $ ABC $, si può prendere un punto $ T $ tale che i triangoli $ BCP $ e $ Q_ACT $ sono ordinatamente simili: allora $ \angle(PCT)=\angle(BCQ_A) $ e $ PC/CT=BC/CQ_A $ e quindi anche $ PCT $ è simile a $ \mathcal{T} $. Dunque $ \alpha\cdot AP+\beta\cdot BP+ \gamma\cdot CP=\alpha\cdot AP + \beta\cdot Q_AT\frac{BC}{CQ_A}+\gamma\cdot YT\frac{BC}{BQ_A}=\alpha\cdot AP + \beta\cdot Q_AT\frac{\alpha}{\beta}+\gamma\cdot YT\frac{\alpha}{\gamma}=\alpha(AP+PT+TQ_A)\geq\alpha\cdot AQ_A $. D'altra parte se $ P\equiv Q $ allora per ovvie ragioni di angoli $ T $ sta su $ AQ $ e quindi vale l'uguaglianza.
Dunque il minimo si ottiene nel punto $ Q $ e vale $ \alpha\cdot AQ_A=\beta\cdot BQ_B=\gamma\cdot CQ_C $.
Questo valore si può anche calcolare esplicitamente (ad esempio applicando Carnot sul triangolo $ ABQ_A $); se non ho sbagliato i conti dovrebbe venire (con $ a,b,c $ i lati di $ ABC $):
$ \sqrt{\frac{1}{2}((a^2+b^2+c^2)(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2)-2(a^2\alpha^2+b^2\beta^2+c^2\gamma^2)+\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)(\alpha+\beta+\gamma)(\alpha+\beta-\gamma)(\alpha+\gamma-\beta)(\beta+\gamma-\alpha)})} $.

[Nemo]

Allora si può prendere un punto $ Q $ interno al triangolo tale che questo veda i lati del triangolo sotto angoli supplementari a quelli di $ \mathcal{T} $

Non mi pare che questo valga per qualsiasi $\mathcal{T}$ e $ABC$; o sbaglio??

[Francesco Sala]

Potrebbe darsi che non si possa prendere un $ Q $ con quelle proprietà interno al triangolo, ma solo se almeno uno tra $ ABC $ e $ \mathcal{T} $ è ottusangolo (e non è il caso di questo problema nella sua formulazione particolare).

[Nemo]

In effetti pensavo al caso generale...

E proprio per il caso generale (con $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ reali positivi) avevo pensato a queste condizioni (non so quanto possano essere corrette, però ).
$\:\scriptsize \clubsuit$ Se $ \displaystyle \frac{\beta^2+\gamma^2-\alpha^2}{\beta \gamma}+ \frac{b^2+c^2-a^2}{b c} \le 0$, allora $A$ è il punto che minimizza la somma delle distanze. In questo caso il valore minimo è ovviamente $\gamma b +\beta c$. Questa condizione vale ciclicamente anche per gli altri due vertici.
$\: \scriptsize \clubsuit$ Se le succitate condizioni non sono verificate, allora ci troviamo nel caso descritto da Francesco Sala.

[machete]

Mi scuso per il ritardo, stavo maturando. . . OTTIMO!! il problema può considerarsi chiuso, la soluzione sintetica di Francesco Sala fa bene agli occhi e al cuore! A dire il vero non ho controllato fino in fondo i conti, ma se si segue la costruzione/dimostrazione da lui proposta è evidente che PQ diventa facilmente calcolabile. Giusto per la cronaca dico che i conti col gradiente si potevano chiudere in modo sensato per esempio in questo modo: 1) copiando e incollando il triangolo PXY sul segmento XZ e ottenendo un quadrilatero che permetteva di trovarsi i rapporti tra $PX$ $PY$ e $PZ$, 2) scrivendo che la somma delle aree dei triangoli $PXY$ $PXZ$ e $PYZ$ fa 1/2.