b)provare anche che ha perimetro massimo.
n-agoni inscritti in circonferenza
n-agoni inscritti in circonferenza
a)Provare che tra tutti gli n-agoni inscritti in una circonferenza un n-agono regolare ha area massima.
b)provare anche che ha perimetro massimo.
b)provare anche che ha perimetro massimo.
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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a) prendiamo un n-agono e scegliamo un triangolo che unisce tre vertici consecuniti A,B,C, chiarante se spostiamo B l'area del triangolo ABC cambia in funzione dell'altezza quindi è massima quando B sta sullasse di AC, ripetendo il procedimento a tutti i triangoli otteniamo che il poligono ha tutti i lati uguali.
b)uguale alla a) basta dimostrare che in un triangolo fissato R e a, b+c è massimo quando b=c.
b)uguale alla a) basta dimostrare che in un triangolo fissato R e a, b+c è massimo quando b=c.
Quelle soluzioni son incomplete tanto che le definirei sbagliate...
Supponiamo che hai dimostrato i due lemmi:
in un triangolo in cui fisso la base e il circoraggio
a) l'area è massima quando è isoscele
b) il perimetro è massimo quando è isoscele
(a è quasi banale, b invece no, anzi, c'è una bella soluzione sintetica che invito a trovare)
Allora dai due lemmi segue questo:
Se c'è un poligono n-agono tra quelli inscritti con area massima, allora è quello regolare. (se non fosse regolare troverei modo di aumentare l'area massima)
Però non hai dimostrato che c'è un poligono di area massima, per concludere la dimostrazione per questa strada servirebbe qualche argomento "di compattezza", tipo questo: suppongo che ci sia un n-agono non regolare con area maggiore di quello regolare. Diciamo che la differenza delle loro aree è k. Allora faccio vedere che, a forza di far diventare due lati consecutivi uguali, posso trovare un poligono (di area maggiore di quello iniziale) "arbitrariamente simile" all'n-agono regolare, finchè la differenza delle loro aree sia minore di k, e questo è un assurdo (perchè la differenza poteva solo aumentare). Spero si sia capito.
Altro metodo e dimostrare separatamente che un massimo esiste... che per chi sa un po' di topologia è banale.
Terzo metodo (quello che usa solo metodi strettamente olimpici) (e quindi meno eleganti) è dimostrare direttamente che ogni poligono inscritto ha area minore di quello regolare. E qua sbizzarritevi voi...
Supponiamo che hai dimostrato i due lemmi:
in un triangolo in cui fisso la base e il circoraggio
a) l'area è massima quando è isoscele
b) il perimetro è massimo quando è isoscele
(a è quasi banale, b invece no, anzi, c'è una bella soluzione sintetica che invito a trovare)
Allora dai due lemmi segue questo:
Se c'è un poligono n-agono tra quelli inscritti con area massima, allora è quello regolare. (se non fosse regolare troverei modo di aumentare l'area massima)
Però non hai dimostrato che c'è un poligono di area massima, per concludere la dimostrazione per questa strada servirebbe qualche argomento "di compattezza", tipo questo: suppongo che ci sia un n-agono non regolare con area maggiore di quello regolare. Diciamo che la differenza delle loro aree è k. Allora faccio vedere che, a forza di far diventare due lati consecutivi uguali, posso trovare un poligono (di area maggiore di quello iniziale) "arbitrariamente simile" all'n-agono regolare, finchè la differenza delle loro aree sia minore di k, e questo è un assurdo (perchè la differenza poteva solo aumentare). Spero si sia capito.
Altro metodo e dimostrare separatamente che un massimo esiste... che per chi sa un po' di topologia è banale.
Terzo metodo (quello che usa solo metodi strettamente olimpici) (e quindi meno eleganti) è dimostrare direttamente che ogni poligono inscritto ha area minore di quello regolare. E qua sbizzarritevi voi...
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g(n)
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- Località: Codroipo, il paese più anagrammato d'Italia
Ci provo io. 
Siano $ 0\leq\theta_1,...,\theta_n\leq \pi $ gli angoli al centro che sottendono i lati dell'n-agono.
Allora, l'area del poligono è la somma delle aree dei triangoli aventi per vertici il centro e 2 vertici consecutivi del poligono, che possiamo calcolare come $ \frac 12 R\cdot R \sin\theta_i $:
$ S=\frac 12 R^2(\sin\theta_1+...+\sin\theta_n) $
Poichè la funzione seno è concava in $ [0, \pi] $, per Jensen abbiamo che
$ \displaystyle\frac{\sin\theta_1+...+\sin\theta_n}{n}\leq \sin\left( \frac{\theta_1+...+\theta_n}{n}\right)=\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right) $
e l'uguaglianza vale se e solo se tutti i $ \theta_i $ sono uguali. Moltiplicando questa per $ \frac 12 R^2 $si ottiene la tesi.
Per il perimetro il discorso è analogo. Detto $ \ell_i $ il lato sotteso dall'angolo $ \theta_i $, il perimetro è
$ 2p=\sum 2R\sin \frac {\theta_i }{2}=2R(\sum\sin\frac{\theta_i} {2}) $
e di nuovo con Jensen si ottiene la tesi.
Siano $ 0\leq\theta_1,...,\theta_n\leq \pi $ gli angoli al centro che sottendono i lati dell'n-agono.
Allora, l'area del poligono è la somma delle aree dei triangoli aventi per vertici il centro e 2 vertici consecutivi del poligono, che possiamo calcolare come $ \frac 12 R\cdot R \sin\theta_i $:
$ S=\frac 12 R^2(\sin\theta_1+...+\sin\theta_n) $
Poichè la funzione seno è concava in $ [0, \pi] $, per Jensen abbiamo che
$ \displaystyle\frac{\sin\theta_1+...+\sin\theta_n}{n}\leq \sin\left( \frac{\theta_1+...+\theta_n}{n}\right)=\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right) $
e l'uguaglianza vale se e solo se tutti i $ \theta_i $ sono uguali. Moltiplicando questa per $ \frac 12 R^2 $si ottiene la tesi.
Per il perimetro il discorso è analogo. Detto $ \ell_i $ il lato sotteso dall'angolo $ \theta_i $, il perimetro è
$ 2p=\sum 2R\sin \frac {\theta_i }{2}=2R(\sum\sin\frac{\theta_i} {2}) $
e di nuovo con Jensen si ottiene la tesi.