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1.Fra tutti i quadrilateri convessi inscritti in un quadrato, in modo che ogni lato del quadrato contenga almeno un vertice del quadrilatero, si determini quello avente minimo perimetro.

2.Dato un quadrato ABCD di lato unitario, determinare la minima costante k per cui si ha PA + PB + PC + PD =< k, per ogni punto P contenuto nel quadrato.

1) Claim: sia considerato un quadrato EFGH di lato $ 2a $.
Il quadrilatero ABCD, convesso inscritto in esso (con almeno un vertice per lato) con perimetro minimo ha perimetro $ 4a\sqrt{2} $

A meno di omotetia + traslazione posso fissare a=1 e i vertici del quadrato EFGH in:
E (1,1) F (1,-1) G (-1,-1) H (-1,1)
Sia inoltre: A (a,1)
B(1,b)
C(c,-1)
D(-1,d)
Se a,b,c,d sono compresi tra 1 e -1 allora ABCD risulta essere inscritto nel quadratone EFGH.

Dalla geometria analitica ottengo:
$ \sqrt{(1-a)^2+(1-b)^2} $ $ + \sqrt{(1-c)^2+(1+b)^2} $ $ +\sqrt{(1+c)^2+(1+d)^2} $ $ +\sqrt{(a+1)^2+(1-d)^2}=2p $

Inoltre visti gli intervalli di a,b,c,d le quantità 1-a,a+1,1-b,1+b,1-c,1+c,1-d,1+d risultano tutte positive (o eventualmente nulle).
Posso quindi applicare la QM-AM a ciascuna radice ottenendo:
$ 2p \ge \frac{\sqrt{2}}{2}(1-a+1-b)+ $ $ \frac{\sqrt{2}}{2}(1-c+1+b)+ $ $ \frac{\sqrt{2}}{2}(1+c+1+d)+ $ $ \frac{\sqrt{2}}{2}(1-d+1+a) $ $ =4\sqrt{2} $

con uguaglianza solo quando:
1-a=1-b; 1-c=1+b;1+c=1+d;1+a=1-d; ovvero a=b=-c=-d.

Quindi si ha il perimetro minimo quando (se A appartiene a EH, B a EF, C a FG, D a GH) AE=EB=CG=DG e analogamente HA=HD=CF=FB.

Come non detto... quello che segue è sbagliato. Ora ci penso.

Si dimostra in modo pressochè identico - sempre modulo errori di calcolo - che la risposta alla seconda domanda è $ 2 \sqrt{2} $ (per la gioia dell'autore del post ), che è verificato dal punto d'intersezione delle diagonali

Attenzione nel secondo punto chiede il massimo non il minimo!

Voglio dimostrare che il massimo si ottiene se P è su un vertice, quindi $ k=2+\sqrt{2} $.

Prendiamo un P interno, prima di tutto mostro che se lo proietto su un lato, quello più vicino (ottenendo P'), ottengo una somma delle distanze maggiore.
Vedi figura: dimostriamo che AP'+P'B > AP+PB. Creo A', il simmetrico di A rispetto a P', ed è la stessa cosa dimostrare che A'P'+P'B > A'P+PB.
Così la tesi è abbastanza evidente, ma servirebbe un lemma che posto dopo....

Allo stesso modo dimostro che CP'+DP' > CP+DP, quindi in definitiva P "conviene" di più.

Una volta spostato P su un lato, uso l'analogo procedimendo per spostarlo su un vertice facendo ancora aumentare la somma: ad esempio resta da fare che BP'+P'B < BA+AC (l'altra somma rimane costante), quindi si conclude che la somma è massima se P è in un vertice, e in questo caso si calcola facilmente che vale 2+sqrt(2).

Fisso A(0,1);B(1,1);C(1,0);D(0,0);P(x,y) e interno al quadrato ABCD.

Devo massimizzare:
$ \displaystyle f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2} $ $ \displaystyle +\sqrt{(x-1)^2+y^2} $ $ \displaystyle+\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2} $ $ \displaystyle +\sqrt{x^2+(y-1)^2} $
definita all’interno del quadrato ABCD.

Dimostro che f è convessa ( a meno di stronzate..non maneggio spesso mostri del genere..):

$ \displaystyle \frac{\delta^2}{\delta x \delta x}f(x,y)= $$ \displaystyle \frac{y^2}{(\sqrt{x^2+y^2})^3}+ \frac{(y-1)^2}{(\sqrt{x^2+(y-1)^2})^3} $ $ \displaystyle+ \frac{y^2}{(\sqrt{(x-1)^2+y^2})^3}+ \frac{(y-1)^2}{(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2})^3} $

$ \displaystyle \frac{\delta^2}{\delta y \delta y}f(x,y)= $$ \displaystyle \frac{x^2}{(\sqrt{x^2+y^2})^3}+ \frac{x^2}{(\sqrt{x^2+(y-1)^2})^3} $ $ \displaystyle + \frac{(x-1)^2}{(\sqrt{(x-1)^2+y^2})^3}+ \frac{(x-1)^2}{(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2})^3} $

$ \displaystyle \frac{\delta^2}{\delta x \delta y}f(x,y)= $$ \displaystyle -(\frac{xy}{(\sqrt{x^2+y^2})^3}+ \frac{x(y-1)}{(\sqrt{x^2+(y-1)^2})^3} $ $ \displaystyle+ \frac{(x-1)y}{(\sqrt{(x-1)^2+y^2})^3}+ \frac{(x-1)(y-1)}{(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2})^3}) $

Perché f sia convessa è necessario che “the Hessian matrix is positive definite everywhere in the region” ovvero per il criterio di Silvestro:
1) $ \displaystyle \frac{\delta^2}{\delta x \delta x}f(x,y) \ge 0 $
2) $ \displaystyle\frac{\delta^2}{\delta x \delta x}f(x,y)\frac{\delta^2}{\delta y \delta y}f(x,y) \ge (\frac{\delta^2}{\delta x \delta y})^2f(x,y) $

La prima condizione è vera poiché siamo in presenza di una somma di quantità positive.
La seconda condizione è vera per C.S.

Essendo f(x,y) convessa assume massimo in un punto estremale ovvero in un vertice del quadrilatero.
Questo vuole dire in particolare che il massimo dovrebbe essere $ \displaystyle 1+1+0+\sqrt{2} $

OK, ho trovato la dimostrazione non contosa del mio lemma (che sarà banale ma utile). Probabilmente esiste qualcosa di più semplice, ma...



Abbiamo un segmento AB e una semiretta r, che ha origine in C, punto interno ad AB. Scelto un punto P appartente a r, sia x la misura di PC. Sia f(x)=AP+BP, vogliamo dimostrare che f è strettamente crescente.

Presi due punti distinti D,E (C,D,E in quest'ordine sulla semiretta), vogliamo dimostrare quindi che AE+BE > AD + BD.
Per comodità facciamo che ^ACD < ^BCD (il caso che siano entrambi retti non da problemi).
Da questo segue subito che BD < BE. Se anche AD < BE è fatta, mentre è proprio l'altro caso che da problemi. In questo caso, deve essere ^ADE > ^AED (ad angolo maggiore sta opposto lato maggiore), di conseguenza posso costruire un punto F su AD tale che AEF sia isoscele.

Ora resta da dimostrare che BD + DF < BE. Sia G l'intersezione di BD con EF; abbiamo BG < BE, resta solo da dimostrare che DF <DG> ^DGF, e a questo ci si arriva facilmente con angle chasing, stando attenti a quali angoli sono ottusi e quali acuti.

darkcrystal ha scritto:Si dimostra in modo pressochè identico - sempre modulo errori di calcolo - che la risposta alla seconda domanda è $ 2 \sqrt{2} $, che è verificato dal punto d'intersezione delle diagonali

Simo_the_wolf ha scritto:Attenzione nel secondo punto chiede il massimo non il minimo!

Ancora più semplice per trovare il minimo del caso 2 (anche se non richiesto): disuguaglianza triangolare applicata ai 2 triangoli PAC e PBD.

Idem per il massimo del caso 1 (non richiesto anch'esso),solo che qui i triangoli sono 4.

Beh visto che ci sono aggiungo la soluzione "euclidea" del problema 1:

F' ed E' le proiezioni di E ed F sulla diagonale. J e I sono intersezioni con la diagonale.
Allora: EF >= E'F' perchè E'F' è una proiezione.
FJ >= FF' = CF' perchè FF' è la distanza dalla retta
EI >= AE'
Sommando: JF + FE + EI >= diagonale
Facendo lo stesso dall'altra parte, otteniamo: EFGH >= 2*diagonale

Piccolo appunto sul problema 2: la funzione che associa ad ogni punto P la quantità PA+PB+PC+PD è sicuramente convessa in quanto somma di funzioni convesse. Segue che il suo massimo è necessariamente sui vertici del quadrato.

Inoltre, circa il problema 1: AE=a, BF=b, CG=c, DH=d.
Se sostituisco ad E l'intersezione tra AB e la retta che congiunge H con il simmetrico di F rispetto a B riduco sicuramente il perimetro del quadrilatero inscritto. Segue che una soluzione ottimale dev'essere non-ottimizzabile tramite questa procedura e deve dunque rispettare le condizioni:

$ \displaystyle\left\{\begin{array}{rcl} a&=&\frac{1-d}{b+(1-d)}\\&\mbox{e cicliche}&\end{array}\right.\quad\mbox{cioè}\quad\left\{\begin{array}{rcl} ab&=&(1-d)(1-a)\\&\mbox{e cicliche}&\end{array}\right. $

Giocherelliamo ora con qualche disuguaglianza. Supponiamo che sia $ a>b $. Sarà $ (1-a)<(1-b) $, dunque $ a<c $ (guardiamo la colonna destra del sistema, dove compaiono i prodotti $ (1-a)(1-c) $ e $ (1-b)(1-c) $, dalla prima colonna deduciamo $ da<cd $). A seguire $ (1-a)>(1-c) $, da cui $ b>d $ (analogamente a prima). Da $ (1-b)<(1-d) $ segue $ c<a $, assurdo.

Al termine della fiera otteniamo a=b=c=d=1/2 come unica possibile soluzione del sistema, conseguentemente unico possibile minimo.