Quadrilatero di area massima
ticonzero
(anche nell'ordine in cui si susseguono)quello circoscrivibile ad una
circonferenza ha area massima.
Grazie
ciao
Giuseppe D
"ticonzero" <bro...@h-o-t-m-a-i-l.com> ha scritto nel messaggio
news:W8sg9.8922$my3.1...@twister2.libero.it...
cos'č un ordine?
ticonzero
Giuseppe D wrote
> cos'è un ordine?
>
Intendevo dire che gli angoli sono dati non solo in ampiezza ma si suppone
noto anche l'ordine con cui si susseguono mentre si traversa il contorno del
quadrilatero.
Con l'occasione preciso che i quadrilateri devono essere convessi.
ciao
El Filibustero
Ciao, grazie per questo problema veramente interessante. Un primo
passo potrebbe essere notare che se prendiamo la classe dei
quadrilateri isogoni e isoperimetrici e li disponiamo con un angolo in
comune, il luogo descritto dai vertici opposti a quell'angolo e' un
segmento di retta.
Precisamente, supponiamo che p sia il perimetro assegnato ed alpha,
beta, gamma e delta i quattro angoli in ordine.
Fissiamo l'angolo alpha: esistono esattamente (tranne che in alcuni
casi particolari, trattabili a parte) due triangoli ADF ed ABE che
hanno perimetro p e rispettivamente le coppie di angoli: alpha in A e
delta in D; alpha in A e beta in B: B sta sul segmento AF, D su AE.
Ebbene, si puo' dimostrare con qualche proporzione che ogni punto C
del segmento EF e' vertice di un quadrilatero ABCD (con angoli alpha,
beta, gamma, delta) che ha perimetro p.
A questo punto, se interessa il quadrilatero di massima area, occorre
trovare il punto X di questo segmento EF in cui le variazioni di area
sono in equilibrio, passando da un quadrilatero ad un altro
"infinitamente vicino". Ragionando per "indivisibili", questo si
verifica quando le congiungenti XU ed XV di X con i lati AE ed AF
secondo le rispettive // a DF ed EB sono uguali. Ora, mediante qualche
proporzione si puo' provare che l'uguaglianza di XU e XV comporta
quella di AU e AV, cosicche' il quadrilatero AUXV e' circoscrivibile.
Ciao
El Filibustero
>A questo punto, se interessa il quadrilatero di massima area, occorre
>trovare il punto X di questo segmento EF in cui le variazioni di area
>sono in equilibrio, passando da un quadrilatero ad un altro
>"infinitamente vicino". Ragionando per "indivisibili", questo si
>verifica quando le congiungenti XU ed XV di X con i lati AE ed AF
>secondo le rispettive // a DF ed EB sono uguali.
Fino qui dovrebbe essere giusto...
>Ora, mediante qualche proporzione si puo' provare che l'uguaglianza
>di XU e XV comporta quella di AU e AV, cosicche' il quadrilatero
> AUXV e' circoscrivibile.
ma questa conclusione non è corretta. Se fosse cosi', AUXV sarebbe un
aquilone con gli angoli in U e V uguali, contrariamente alla richiesta
che abbia angoli arbitrari. Pero' e' una conclusione inevitabile se il
quadrilatero deve essere circoscrivibile ad una circonferenza e ha due
lati consecutivi uguali. Dov'e' l'errore? Ciao
Aron
angoli
> >(anche nell'ordine in cui si susseguono)quello circoscrivibile ad una
> >circonferenza ha area massima.
>
> Ciao, grazie per questo problema veramente interessante. Un primo
> passo potrebbe essere notare che se prendiamo la classe dei
> quadrilateri isogoni e isoperimetrici e li disponiamo con un angolo in
> comune, il luogo descritto dai vertici opposti a quell'angolo e' un
> segmento di retta.
>
> Precisamente, supponiamo che p sia il perimetro assegnato ed alpha,
> beta, gamma e delta i quattro angoli in ordine.
Cut
> Ora, mediante qualche
> proporzione si puo' provare che l'uguaglianza di XU e XV comporta
> quella di AU e AV, cosicche' il quadrilatero AUXV e' circoscrivibile.
Un dubbio: il quadrilatero AUXV=ABCD, con AU=AV.
In pratica si dimostra che ci sono due coppie di lati consecutivi uguali?
In tal caso mi chiedo: non si puo' dimostrare in modo analogo che le coppie
di lati uguali siano AU=UX e AV=VX, fissando l'angolo beta al posto
dell'angolo alfa?
Ciao.
El Filibustero
>>A questo punto, se interessa il quadrilatero di massima area, occorre
>>trovare il punto X di questo segmento EF in cui le variazioni di area
>>sono in equilibrio, passando da un quadrilatero ad un altro
>>"infinitamente vicino". Ragionando per "indivisibili", questo si
>>verifica quando le congiungenti XU ed XV di X con i lati AE ed AF
>>secondo le rispettive // a DF ed EB sono uguali.
>
>Fino qui dovrebbe essere giusto...
Invece l'errore e' qui: quanto sopra sarebbe esatto solo se XU e XV
formassero angoli uguali con EF. La relazione di equilibrio e'
XU*sin(UXE) = XV*sin(VXF)
Detta Z l'intersezione tra XV e DF ed essendo angoloZFX = angoloUXE;
angoloVXF = angoloZXF, per il teorema dei seni applicato al triangolo
ZFX si ha
XU = XV*ZF/ZX
ora occorre provare che quella relazione equivale a XU+AV = XV+AU.
Ciao
El Filibustero
>Invece l'errore e' qui: quanto sopra sarebbe esatto solo se XU e XV
>formassero angoli uguali con EF. La relazione di equilibrio e'
>
>XU*sin(UXE) = XV*sin(VXF)
>
>Detta Z l'intersezione....
In verita' e' piu' semplice considerare un'altra costruzione. Come nei
messaggi precedenti, sia A il vertice comune. Siano ABE e ADF
triangoli di perimetro p, con D situato su AE e B su AF. Sia C
l'intersezione tra BE e DF.
Lemma: AE+EC = AF+FC. Dimostrazione: la ignoro.
Consideriamo ora G tale che ECFG sia un parallelogramma. La
costruzione del quadrilatero AVXU di perimetro p e area massima e'
semplice: X e' l'intersezione di EF con AG (e ovviamente XU//DF,
XV//BE). Infatti X deve stare su EF; per avere area max X deve essere
tale che (vedi msg precedenti)
XU*sin(UXE) = XV*sin(VXF) ossia XU:XV = sin(VXF):sin(UXE)
poiche' angoloVXF = angoloXFG e angoloUXE = angoloXEG e ricordando che
sin(XFG):sin(XEG)=EG:GF (teorema dei seni su EFG), risulta
XU:XV = EG:GF
e questa proporzione e' soddisfatta se X sta su AG.
A questo punto si tratta di dimostrare che AVXU e' circoscrittibile.
Lo e' perche' e' simile a AFGE, nel quale si ha AE+GF = AF+EG (cio'
consegue dal lemma e dal fatto che EC=GF e FC=EG). QED. Ciao
ticonzero
El Filibustero wrote:
>[....]. QED. Ciao
Ciao, grazie mille e complimenti!
A me il problema risultava difficilissimo.
Provero' a dimostrare il lemma.
Avevo anche io trovato un modo per costruire tutti i quadrilateri di dato
perimetro e angoli: supponiamo che il problema sia assegnato dando uno
specifico quadrilatero ABCD, se costruisco il quadrilatero ausiliario PQRS,
individuato dalle perpendicolari alle bisettrici dei vertici di ABCD nei
rispettivi vertici, allora ogni quadrilatero inscritto in PQRS e avente i
lati paralleli a quelli di ABCD ha lo stesso perimetro di ABCD. Per trovare
il quadrilatero circoscrivibile di questa famiglia basta tirare le
perpendicolari ai lati di PQRS dal punto di intersezione delle diagonali di
PQRS. A questo punto pero' non riuscivo a dimostrare che questo quadrilatero
e' quello di area massima! :-(
Grazie di nuovo.
ciao
El Filibustero
>Ciao, grazie mille e complimenti!
grazie, ma i complimenti andrebbero a chi dimostra il lemma...
>Avevo anche io trovato un modo per costruire tutti i quadrilateri di dato
>perimetro e angoli: supponiamo che il problema sia assegnato dando uno
>specifico quadrilatero ABCD, se costruisco il quadrilatero ausiliario PQRS,
>individuato dalle perpendicolari alle bisettrici dei vertici di ABCD nei
>rispettivi vertici, allora ogni quadrilatero inscritto in PQRS e avente i
>lati paralleli a quelli di ABCD ha lo stesso perimetro di ABCD. Per trovare
>il quadrilatero circoscrivibile di questa famiglia basta tirare le
>perpendicolari ai lati di PQRS dal punto di intersezione delle diagonali di
>PQRS.
Queste considerazioni sui biliardi quadrilateri sono molto
interessanti. L'unica cosa che ho trovato evidente (e che consentira'
di concludere definitavamente la tua versione di dimostrazione) e' che
due traiettorie chiuse ABCD e A'B'C'D' dentro il biliardo PQRS hanno i
lati equidistanti, cioe' le striscie di piano individuate da lati
paralleli hanno la stessa ampiezza. Inoltre ho capito il perche'
dell'isoperimetria delle traiettorie chiuse, col metodo del percorso
virtuale della bilia. Pero' non sono riuscito a prima vista a provare
due fatti che hai citato, cioe'
1) il quadrilatero con vertici nei piedi delle perpendicolari condotte
ai lati del biliardo dall'intersezione delle diagonali individua una
traiettoria chiusa
2) la traiettoria di cui in 1) e' circoscrivibile
Per queste 2 cose chiedo un cenno. Riguardo al passo finale della tua
dimostrazione, deriva dal fatto che muovendosi da un quadrilatero ad
uno "infinitamente vicino" l'ampiezza infinitesima delle striscie e'
uguale per tutti e quattro i lati. Affinche' il bilancio delle aree
sia in pareggio, e' sufficiente che l'area persa dal quadrilatero di
partenza dal movimento di due lati opposti sia guadagnata dall'altra
coppia di lati opposti. Poiche' l'ampiezza infinitesima e' la stessa,
cio' equivale (in termini di "indivisibili") a richiedere che le
coppie di lati opposti abbiano la stessa somma. QED. Ciao
ticonzero
El Filibustero wrote:
>grazie, ma i complimenti andrebbero a chi dimostra il lemma...
In effetti il lemma aveva un'aria cosi' innocua che ho pensato inizialmente
che il tuo "Dimostrazione: la ignoro" fosse un "la lascio al lettore" :-).
Poi ho provato a dimostrarlo, non ci sono riuscito e mi sono reso conto che
non era tanto semplice.
> 1) il quadrilatero con vertici nei piedi delle perpendicolari condotte
> ai lati del biliardo dall'intersezione delle diagonali individua una
> traiettoria chiusa
> 2) la traiettoria di cui in 1) e' circoscrivibile
>
> Per queste 2 cose chiedo un cenno.
La chiave sta nel notare che il quadrilatero PQRS e' un quadrilatero ciclico
(inscrivibile in una circonferenza), infatti con semplici considerazioni
sugli angoli si vede che i quattro angoli di PQRS sono (A+B)/2, (B+C)/2,
(C+D)/2 e (D+A)/2 (indico con A,B,C,D gli angoli di ABCD).
Sia Y il punto di intersezione delle diagonali di PQRS e A' la proiezione di
Y su SP, B' quella su PQ, C' su QR e D'su RS. Anche i quadrilateri
YA'PB', YB'QC', YC'RD' e YD'SA' sono ciclici avendo ciascuno due angoli
opposti rettangoli. Allora applicando ripetutamente il fatto che angoli che
insistono sullo stesso arco sono congruenti si prova che per esempio:
YA'D'=YSD'=QSR=QPR=YPB'=YA'B'
quindi Y sta sulla bisettrice di B'A'D'. In modo analogo si dimostra che Y
sta sulle bisettrici degli altri angoli di A'B'C'D' e quindi che Y e' il
centro del cerchio inscritto.
Per quello che riguarda l'altra parte del tuo post non mi azzardo neanche a
capirlo vista l'ora. Domani me lo studio bene e ... non escludo che ti
chiedero' ulteriori chiarimenti (i ragionamenti cogli "indivisibili" mi
risultano ostici).
ciao
ticonzero
El Filibustero wrote:
> In verita' e' piu' semplice considerare un'altra costruzione. Come nei
> messaggi precedenti, sia A il vertice comune. Siano ABE e ADF
> triangoli di perimetro p, con D situato su AE e B su AF. Sia C
> l'intersezione tra BE e DF.
>
> Lemma: AE+EC = AF+FC. Dimostrazione: la ignoro.
>
Credo che una dimostrazione si possa ricavare dal fatto che se i due
triangoli hanno lo stesso vertice A e uguale perimetro allora condividono lo
stesso excerchio relativo al vertice A. Infatti la distanza da A ai punti di
tangenza del suo excerchio e' esattamente uguale al semiperimetro.
Se W e' il punto di tangenza con AE, W' con EB, K con AF, K' con DF allora
W'C=K'C
W'E=EW
K'F=FK
quindi
AE+EW'=perimetro=AF+FK'
e quindi
AE+EW'+W'C=AF+FK'+K'C
AE+EC=AF+FC
spero di non aver sbagliato.
ciao
ticonzero
El Filibustero wrote:
> Queste considerazioni sui biliardi quadrilateri sono molto
> interessanti. L'unica cosa che ho trovato evidente (e che consentira'
> di concludere definitavamente la tua versione di dimostrazione) e' che
> due traiettorie chiuse ABCD e A'B'C'D' dentro il biliardo PQRS hanno i
> lati equidistanti, cioe' le striscie di piano individuate da lati
> paralleli hanno la stessa ampiezza.
[...]
> Riguardo al passo finale della tua
> dimostrazione, deriva dal fatto che muovendosi da un quadrilatero ad
> uno "infinitamente vicino" l'ampiezza infinitesima delle striscie e'
> uguale per tutti e quattro i lati. Affinche' il bilancio delle aree
> sia in pareggio, e' sufficiente che l'area persa dal quadrilatero di
> partenza dal movimento di due lati opposti sia guadagnata dall'altra
> coppia di lati opposti. Poiche' l'ampiezza infinitesima e' la stessa,
> cio' equivale (in termini di "indivisibili") a richiedere che le
> coppie di lati opposti abbiano la stessa somma. QED. Ciao
Bhe... che dire... grazie mille di nuovo... e' una soluzione semplicissima
ed elegante.
Un po' di domande:
1) il bilancio delle aree in pareggio sarebbe l'equivalente della derivata
uguagliata a zero?
2) (perdona l'ingenuita'): fino a che punto una dimostrazione di questo tipo
si puo' considerare elementare? Cioe' si puo' riformulare in termini di
quantita' finite o e' intrinsecamente "analitica".
3) Mi potresti spiegare come arrivi nella tua prima dimostrazione alla
condizione di equilibrio
XU*sin(UXE) = XV*sin(VXF)
perche' intuitivamente la capisco ma vorrei sapere se c'e' un modo
"meccanico" di ottenere questo tipo di condizioni.
ciao
ticonzero
ticonzero wrote
> AE+EW'=perimetro=AF+FK'
era
AE+EW'=semiperimetro=AF+FK'
Aron
> > AE+EW'=perimetro=AF+FK'
>
> era
>
> AE+EW'=semiperimetro=AF+FK'
>
Tra l'altro, che siano uguali al semiperimetro o meno e' indifferente, e'
sufficiente che le due somme siano uguali, cosa che avviene perche' AK e AW
sono segmenti di tangenza mandati da A. Ottima dimostrazione.
Maurizio Frigeni
Ho trovato una dimostrazione "algebrica".
Siano ABCD i vertici del quadrilatero e abcd i rispettivi angoli e
supponiamo che a sia l'angolo maggiore (quindi a è o retto o ottuso).
Per i lati, poniamo:
AB = x, AC = y, CD = r, BD = s.
Risolvendo il quadrilatero con i ben noti metodi della trigonometria
possiamo trovare r e s in funzione di x e y e degli angoli; si ottiene:
(1) r = (x sin b - y sin(a+b))/sin d,
(2) s = (y sin c - x sin(a+c))/sin d.
Il problema richiede di rendere massima la doppia area:
(3) A(x, y) = xy sin a + rs sin d
(dove al posto di r e s si intendono sostituite la (1) e la (2))
con il vincolo che il perimetro P sia costante:
(4) x + y + r + s = p.
Questo si può fare con i soliti metodi dell'analisi (direttamente oppure
usando i moltiplicatori di Lagrange) e si ottengono i valori di x, y, r
e s che rendono massima l'espressione (3). Sostituendo i valori così
ottenuti nella
(5) x + r = y + s
si vede che questa è soddisfatta e quindi il quadrilatero è
circoscrivibile ad una circonferenza.
In pratica l'algebra richiesta per trovare i valori di massimo è un po'
pesante; io l'ho fatto con Mathematica ed ho impiegato pochi minuti,
però immagino che a mano i calcoli siano piuttostro noiosi.
Naturalmente questa dimostrazione non è molto elegante: una prova
"geometrica" sarebbe molto più bella...
Maurizio
El Filibustero
>La chiave sta nel notare che il quadrilatero PQRS e' un quadrilatero ciclico
>....
>sta sulle bisettrici degli altri angoli di A'B'C'D' e quindi che Y e' il
>centro del cerchio inscritto.
Bella dimostrazione, non era proprio qualcosa di immediato. Comunque
mi ero reso conto che un generico biliardo quadrilatero puo' non
ammettere traiettorie chiuse a 4 sponde, come ad esempio nel caso di
un biliardo trapezoidale rettangolo (in cui avevo visto che la
costruzione della proiezione dell'int. diagonali falliva, cioe' non
portava ad una traiettoria chiusa a 4 sponde). Cosi' ho capito che
occorre partire da una traiettoria chiusa a 4 sponde gia' esistente, e
il biliardo che corrisponde ad essa e' necessariamente ciclico. Tutte
cose per me nuovissime e interessanti. Ciao
El Filibustero
>1) il bilancio delle aree in pareggio sarebbe l'equivalente della derivata
>uguagliata a zero?
Si'. Nel movimento del quadrilatero, alcune aree vengono perse e altre
acquistate. La loro somma algebrica (approssimata, vedi sotto) per uno
spostamento infinitesimo non e' altro che il differenziale d'area: se
esso e' nullo, cosi' e' la derivata dell'area come funzione della
posizione di un vertice.
>2) (perdona l'ingenuita'): fino a che punto una dimostrazione di questo tipo
>si puo' considerare elementare? Cioe' si puo' riformulare in termini di
>quantita' finite o e' intrinsecamente "analitica".
Nei termini visti, e' tipicamente analitica, perche' nella
considerazione del differenziale d'area si trascurano aree
infinitesime di ordine superiore rispetto al differenziale stesso: le
regioni perse ed acquistate sono trapezoidali, ma vengono approssimate
da rettangoli. Comunque non escludo che si possa riformulare senza
alcun riferimento al calcolo infinitesimale.
>3) Mi potresti spiegare come arrivi nella tua prima dimostrazione alla
>condizione di equilibrio
> XU*sin(UXE) = XV*sin(VXF)
>perche' intuitivamente la capisco
Anche io la capisco solo intuitivamente. Anzi, nel primo post avevo
avuto un'intuizione sbagliata. Comunque, l'idea e' la stessa di sopra.
Quando il vertice X si muove su EF da E verso F di una quantita'
finita DeltaX, le regioni persa e acquistata sono trapezoidali con
altezze rispettive DeltaX*sin(UXE) e DeltaX*sin(VXF). Se DeltaX tende
a zero, le regioni si approssimeranno a rettangoli con rispettive basi
maggiori XU e XV e quindi rispettive aree XU*DeltaX*sin(UXE) e
XV*DeltaX*sin(VXF). L'equilibrio comporta l'uguaglianza di queste
aree infinitesime; cancellando DeltaX si ha la condizione citata.
>ma vorrei sapere se c'e' un modo "meccanico" di ottenere questo
>tipo di condizioni.
Non saprei. Ciao
El Filibustero
>Credo che una dimostrazione si possa ricavare dal fatto che se i due
>triangoli hanno lo stesso vertice A e uguale perimetro allora condividono lo
>...
>spero di non aver sbagliato.
Ok, perfetto. Anche questa non era per niente banale. Ciao
ticonzero
El Filibustero wrote
> Bella dimostrazione, non era proprio qualcosa di immediato.
Non e' mia.
L'ho trovata su questo sito
http://www.math.fau.edu/yiu/Geometry.html
nel file
http://www.math.fau.edu/yiu/EuclideanGeometryNotes.pdf
Sono 170 pagine di geometria euclida elementare zeppe di cose interessanti e
poco note.
ciao
ticonzero
Maurizio Frigeni:
> Ho trovato una dimostrazione "algebrica".
> In pratica l'algebra richiesta per trovare i valori di massimo è un po'
> pesante; io l'ho fatto con Mathematica ed ho impiegato pochi minuti,
> però immagino che a mano i calcoli siano piuttostro noiosi.
>
Grazie mille dell'informazione, io non c'avevo neanche provato: mi sembrava
un'impresa disperata.
ciao
ticonzero
> ...
> L'unica cosa che ho trovato evidente (e che consentira'
> di concludere definitavamente la tua versione di dimostrazione) e' che
> due traiettorie chiuse ABCD e A'B'C'D' dentro il biliardo PQRS hanno i
> lati equidistanti ...
Ciao, ripensando al problema, mi sono accorto che questa tua osservazione
permette di dare in modo naturale anche una dimostrazione elementare
(non "analitica").
Sia A'B'C'D' la traiettoria circoscrivibile e ABCD una qualunque altra, sia
O il centro del cerchio inscritto in A'B'C'D' e r il suo raggio,
detta h l'ampiezza delle strisce di piano tra A'B'C'D' e ABCD e se, per
esempio, BC+DA>=AB+CD (cioe' se BC e DA sono i lati di ABCD che intersecano
A'B'C'D') allora:
2*S(ABCD)=
=2*(S(ABO)+S(CDO)+S(BCO)+S(DAO))=
=AB(r+h)+CD(r+h)+BC(r-h)+DA(r-h)=
=(AB+BC+CD+DA)r-(BC+DA-AB-CD)h <=
<=(AB+BC+CD+DA)r=
=(A'B'+B'C'+C'D'+D'A')r=
=2*S(A'B'C'D')
l'uguaglianza si ha quando h=0 (o, equivalentemente, quando BC+DA=AB+CD).
Credo che questa dimostrazione si possa generalizzare ad un qualunque
2n-latero ma non ci ho riflettuto un gran che (la proprieta' delle
traiettorie chiuse isoperimetriche dovrebbe continuare a valere per tutti i
2n-lateri, credo).
ciao
PS
Mi piacerebbe riuscire ad ottenere una dimostrazione elementare anche
del tuo approccio (quello colla condizione XU*sin(UXE) = XV*sin(VXF)).
Mi sa che apro un altro thread :-).
ticonzero
ticonzero wrote:
>
> 2*S(ABCD)=
> =2*(S(ABO)+S(CDO)+S(BCO)+S(DAO))=
> =AB(r+h)+CD(r+h)+BC(r-h)+DA(r-h)=
> =(AB+BC+CD+DA)r-(BC+DA-AB-CD)h <=
> <=(AB+BC+CD+DA)r=
> =(A'B'+B'C'+C'D'+D'A')r=
> =2*S(A'B'C'D')
>
> l'uguaglianza si ha quando h=0 (o, equivalentemente, quando BC+DA=AB+CD).
>
Piu' precisamente si trova che:
h=|BC+DA-AB-CD|*r/(AB+BC+CD+DA)
siccome in un quadrilarero circoscrivibile
2r=(A'B'+B'C'+C'D'+D'A')/(cot(A/2)+cot(B/2)+cot(C/2)+cot(D/2))
=(AB+BC+CD+DA)/(cot(A/2)+cot(B/2)+cot(C/2)+cot(D/2))
Sostituendo si ottiene (se non ho s:
4S(ABCD)=[(AB+BC+CD+DA)^2-(BC+DA-AB-CD)^2]/(cotA/2+cotB/2+cotC/2+cotD/2)
Formula per calcolare l'area di un quadrilatero che mi sembra
piuttosto notevole!!!
ciao
ticonzero
ticonzero wrote
>
> Piu' precisamente si trova che:
>
> h=|BC+DA-AB-CD|*r/(AB+BC+CD+DA)
>
Mi sa che ho detto una cavolata: chiedo scusa.
ticonzero
ticonzero wrote
In effetti questa relazione e' valida solo quando ABCD e' un quadrilatero
ciclico (se a qualcuno interessa scrivo la dimostrazione), quindi la
relazione
4S=[(AB+BC+CD+DA)^2-(BC+DA-AB-CD)^2]/(cotA/2+cotB/2+cotC/2+cotD/2)
diventa esatta in questo caso particolare.
Ho posto la questione (e la formula sbagliata!) su un gruppo specifico di
geometria e mi hanno risposto (Sergei Markelov) dandomi la formula
corretta nel caso generale.
Riporto qui la risposta:
"The formula you are asking for is the following. Let ABCD be (not
nesessary convex) quadrilateral with sides AB=k, BC=l, CD=m, DA=n and
angles 2a, 2b, 2c, 2d at vertices A,B,C,D respectively; and let S be the
area of the quadrilateral.
Then:
4*S = (k+l+m+n)^2/(cot(a)+cot(b)+cot(c)+cot(d)) -
(k-l+m-n)^2/(tan(a)+tan(b)+tan(c)+tan(d))
As far as I know, this formula was first discovered by german
mathematition Wilhelm Blaschke. First appeared in 1914 in:
Jahresbericht Deutsch. Mathem. Vereinigung 23, 1914, page 210-234
Plain geometry proof and several computer-based proofs of this formula can
be found in the article:
"Russian killer No. 2, A challenging geometric theorem with human and
machine proofs" by Xiaorong Hou, Hongbo Li, Dongming Wang and Lu Yang
Mathematical Intelligencer, Volume 23, number 1, 2001, pages: 9-15
...
"
ciao
pasqualec...@gmail.com
pasqualec...@gmail.com
> Dimostrare che fra tutti i quadrilateri di dato perimetro e di dati angoli
> (anche nell'ordine in cui si susseguono)quello circoscrivibile ad una
> circonferenza ha area massima.
> Grazie
> ciao
Io la formula la conosco.
Pasquale Cutolo
Maurizio Frigeni
> Io desidererei conoscere la formula che fornisce l'area massima di un
> quadrilatero in funzione dei lati di lunghezza a,b,c,d,.
M.