Una questione di...distanze !

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karl
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Una questione di...distanze !

Messaggio da karl » 23 mar 2010, 18:59

Si considerino l'n-gono regolare di lato a ed un punto M ad esso interno.
Dette $ \displaystyle x_1,x_2,...,x_n $ le distanze di M dalle rette dei lati del poligono,dimostrare che si ha:
$ \displaystyle \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n} >\frac{2\pi}{a} $

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ghilu
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Messaggio da ghilu » 26 mar 2010, 18:35

Sbaglio o è una stima moooolto larga?
$ LHS\geq \frac{n^2 a^2}{2A} $, almeno per n pari (basta considerare le coppie di lati opposti per capire che il minimo è nel centro).
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karl
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Messaggio da karl » 27 mar 2010, 12:33

ghilu ha scritto:Sbaglio o è una stima moooolto larga?
$ LHS\geq \frac{n^2 a^2}{2A} $, almeno per n pari (basta considerare le coppie di lati opposti per capire che il minimo è nel centro).
Forse ghilu voleva scrivere un'altra cosa perché ,se A indica un'area ,allora la sua diseguaglianza è
dimensionalmente errata.Infatti il secondo membro di essa è un numero
mentre il primo membro è una lunghezza elevata alla -1
La relazione trovata da me ( valida per un n qualsiasi e non solo per n pari) è:
$ \displaystyle \sum_i \frac{1}{x_i}\ge \frac{2n}{a}\tan \frac{\pi}{n} $
Oppure_
$ \displaystyle \sum_i \frac{1}{x_i}\ge \frac{2\pi}{a}\cdot\frac{\tan \frac{\pi}{n}}{\frac{\pi}{n}} $
Ora è noto che se a è un angolo acuto si ha tan(a)>a da cui tan(a)/a>1.
Pertanto :
$ \displaystyle \sum_i \frac{1}{x_i} > \frac{2\pi}{a} $

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ghilu
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Messaggio da ghilu » 27 mar 2010, 14:04

Scusa tanto: banale e stupido mio errore di calcolo!
Comunque, ecco come ho ragionato:
Sia x il vettore che collega il centro del poligono a M. Siano $ v_1,\ldots a_n $ i vettori unitari perpendicolari ai lati. Sia (A;B) il simbolo per il prodotto scalare. Sia $ k=\frac{2A}{na} $ l'apotema del poligono.
Allora $ $LHS=\sum_{i=1}^n \frac{1}{k+(x;v_i)}\geq \frac{n^2}{\sum_{i=1}^n k+(x;v_i)}$ $ per AM-HM.
$ $RHS=\frac{n^2}{nk+(x;\sum_{i=1}^n v_i)}=\frac{n}{k}=\frac{an^2}{2A} $.
Ma se indichiamo con P=na i perimetro della figura allora vale $ \frac{P^2}{A}\geq 4\pi $ per il problema "isoperimetrico".
Da cui la tesi.
Ultima modifica di ghilu il 27 mar 2010, 20:38, modificato 1 volta in totale.
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karl
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Messaggio da karl » 27 mar 2010, 18:43

Più modestamente mi sono affidato alla nota identità:
$ (\sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i})\cdot(\sum_{i=1}^n x_i)\geq n^2 $
ed esprimendo l'area del poligono in funzione degli x_i
P.S. Scusa ghilu , ma il vettore y dov'è che ti è servito per la dimostrazione?

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Messaggio da ghilu » 27 mar 2010, 20:46

Credo che sia andato all'anagrafe per cambiar nome...
Beh, in effetti l'area potevo calcolarla con qualsiasi proiezione, non solo con l'apotema... Boh, è stato automatico:
Uno nota subito che il minimo sembra al centro, allora metto una quantità (che alla fine scompare magicamente, segno del fatto che non servisse poi a molto) che si annulli al centro e scrivo le distanze con esso (coinvolgendo, già che ci siamo, l'apotema, che compare nel caso di supposto minimo).
Chiaramente utilizzo la tua disuguaglianza, che si chiama anche HM-AM, che si chiama anche C.S., e anche convessità di 1/x e anche Chebycheff e chi sa in che altro modo... sviluppo e finisco...
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