Quadrilateri ciclici ed altre amenità

[elianto84]

Spostato in M.N.E.

EvaristeG
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Un fatto noto è che tra tutti i quadrilateri di lati a,b,c,d quello di area massima
è quello ciclico. Ho ricostruito una dimostrazione (modalità M2 versus Pigeons):

$ AB=a \quad BC=b \quad CD=c \quad DA=d \quad \widehat{BAD}=\theta \quad \widehat{BCD}=\psi $

Abbiamo una funzione da massimizzare

$ f(\theta,\psi)=ab\sin\theta + cd\sin\psi $

e un vincolo fornitoci dal teorema del coseno

$ g(\theta,\psi)=a^2+b^2-c^2-d^2+2cd\cos\psi-2ab\cos\theta=0 $

alchè è possibile lanciarsi in una brutale applicazione dei moltiplicatori di Lagrange

$ f_{\theta}=ab\cos\theta \quad g_{\theta}=2ab\sin\theta $
$ f_{\psi}=cd\cos\psi \quad g_{\psi}=-2cd\sin\psi $

isolando il moltiplicatore otteniamo

$ \tan\theta + \tan\psi = 0 $

che implica la ciclicità del quadrilatero.
Problema 1: avete dimostrazioni più efficienti?
Problema 2: e per un pentagono? per un esagono?

Dal fatto che
$ \cos\theta + \cos\psi = 0 $
sempre dal teorema del coseno, si arriva facilmente a determinare che

$ BD^2=\frac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd} $
$ AC^2=\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc} $

che incidentalmente dimostrano il teorema di Tolomeo.
L'ultima sfida è: da qui, senza utilizzare vettori, trovare l'espressione
per l'area del quadrilatero ABCD (e per il pentagono? e per l'esagono?)

[mario86x]

moltiplicatori di lagrange?

[EvaristeG]

Hmm jack, va bene tutto, ma temo che un simile intervento stia bene in matematica non elementare, non qui...

[elianto84]

Può darsi, ma la parte interessante (perlomeno a mio giudizio) dell'intervento
è racchiusa nelle questioni più o meno aperte... Davvero, come accidenti dimostri
che tra tutti i pentagoni di lati assegnati quello ciclico ha superficie massima?
Fare economia di variabili porta a incubi analitici indimenticabili...

Aiuto!

[EvaristeG]

Prendendo il "può darsi" come una dichiarazione di resa, sposto il tutto in matematica non elementare, posto che tu stesso dichiari di non aver la soluzione.

[karl]

Ho io una soluzione sintetica(benche'lunghetta)
del bel quesito di Elianto.Per avere il massimo richiesto
e' necessario sapere,lasciando i lati invariati,come varia
l'area di ABCD al variare dei suoi angoli.Costruiamo allora
su DC il quadrilatero A'B'C'D' (con A' in C e B' in D)
simile ad ABCD e sia h=A'B'/AB=CD/AB il rapporto costante
di similitudine.Con riferimento alla figura si ha:
$ \alpha+\beta+\gamma+\delta=360° $
$ z+\beta+\delta=360° $ e quindi $ z=\alpha+\gamma $
Ma e' pure x+y+z=180° ovvero $ (x+\alpha)+(y+\gamma)=180° $
e cio' prova che C'D' si dispone parallelamente ad AB.
Dimostriamo ora che i triangoli AB'C' e BA'D' sono equivalenti;
infatti e':
$ 2*S(AB'C')=AD*B'C'*sinz=h*AD*BC*sin(\alpha+\gamma) $
$ 2*S(BA'D')=A'D'*BC*sin(\alpha+\gamma)=h*AD*BC*sin(\alpha+\gamma) $
Ne segue che il trapezio ABD'C' e' somma dei due quadrilateri
ABCD e A'B'C'D' e dunque:
S(ABD'C')=S(ABCD)+S(A'B'C'D')=(1+h^2)*S(ABCD)
e pertanto il massimo di S(ABCD) lo si ha quando
e' massimo il trapezio.Sempre rifacendoci alla figura abbiamo:
AH=$ AL-RD=AD*cos \alpha-B'C'*cos \gamma=AD*cos \alpha-h*BC*cos \gamma $
ma per Carnot risulta:
$ BD^2=AB^2+AD^2-2*AB*AD*cos\alpha $
$ BD^2=BC^2+CD^2-*BC*CD*cos\gamma $
Da cui eguagliando :
$ AH=AD*cos\alpha-h*BC*cos\gamma=\frac{AB^2+AD^2-BC^2-CD^2}{2*AB}=costante $
Cio' prova che il punto H,proiezione ortogonale di C su AB,
e' fisso e cosi' per H'.In altre parole ,al variare degli angoli
di ABCD ( e quindi di A'B'C'D') ,i punti C' e D' descrivono due
rette passanti per i punti fissi H e H' e perpendicolari ad AB.
Ne deriva che il massimo di S(ABD'C') e quindi di S(ABCD) lo si
ottiene allorche' C'D' e' il piu' in alto possibile rispetto ad AB
ovvero quando i punti A,D e C' sono allineati.Vale a dire quando
$ \alpha+\gamma=180° $ e questo dimostra che ABCD deve essere
inscrittibile.
Per un pentagono (o per un n-gono di dati lati) si puo' fare cosi'.
Supponiamo che il pentagono ABCDE (di dati lati) di area massima,
supposto esistente,non sia inscrittibile.Allora si potranno
trovare 4 suoi vertici, diciamo A,B,C,E,che non appartengono ad una
circonferenza:il pentagono sara' la somma del quadrilatero (non
inscrittibile) ABCE e del triangolo CDE.Lasciando invariato CDE,
sostituiamo ad ABCE un quadrangolo MNPQ con gli stessi lati di
ABCE ma inscrittibile.Allora ,per quanto precede,il nuovo
pentagono che cosi'si ottiene avra' un'area maggiore di quella
di ABCDE,contro l'ipotesi.
P.S.
Se la dimostrazione non vi garba, non pigliatevela con me
ma con la Signora Maria Dedo' ,a suo tempo mia prof. del corso di
"Matematiche Elementari da un punto di vista Superiore" nonche' ordinario
di Geometria alla Universita' di Milano.....

[elianto84]

Sì, ottima trovata questa di lasciare fisso CDE e aggiustare il resto.
Avevo trovato come applicare i moltiplicatori anche al caso dell'N-agono,
sostanzialmente consideravo quattro vertici consecutivi e tornando
sugli stessi conti (o quasi) per permutazione (ciclica) dei vertici ottenevo la tesi.
Ma la CDE-trovata è sicuramente di qualità superiore.