Pregunta : Dejar a $S{^\prime}$ ser la zona de el interior del pentágono de los cinco diagonales de un pentágono convexo cuya área es de $S$, y luego encontrar el máximo de $\frac{S^\prime}{S}$.
Me he interesado en esta simple pregunta. Parece que un pentágono regular y su afín imágenes de dar el máximo, pero estoy en la dificultad.
Comentario : Esta pregunta ya ha sido pedido previamente en las matemáticas.SÍ , sin recibir ninguna respuesta.
No es una respuesta, sólo un comentario largo. Este comentario evolucionado lentamente en un parcial numérica de la solución: el pentágono regular es el máximo local.
He usado Arce para producir la fórmula para $\frac{S'}{S}$ y el resultado es una función racional en $\mathbb{R}^{10}$ con ambos, numerador y denominador de grado 12. El numerador tiene 11495 monomio términos, mientras que el denominador se tiene en cuenta el producto de seis grados de dos polinomios. Esto significa que la simetría del problema es perdido de alguna manera durante el cálculo y por lo tanto uno debe ser un poco cuidadoso al usar este tipo de programas.
Sin embargo, la restricción del pentágono para tener el primer lado de la $x$-ejes puedo obtener numerador que factorizes como producto de $x_2$ y un polinomio con 182 monomials. Mientras que la solución analítica es todavía más probablemente fuera de la cuestión, puede ser posible el uso de esta para experimentos numéricos.
Por ejemplo, trabajando en $\mathbb{R}^{10}$, pude verificar que el pentágono regular es un punto fijo. Para mi sorpresa, Arce calcula los autovalores de Hesse en este punto analíticamente. Cuatro de los autovalores son negativos, pero, por desgracia, hay seis valores propios que son numéricamente cero ($\approx 10^{-9}$).
Creo que podría ser posible "probar" de esta manera que el pentágono regular es un máximo local. Voy a intentarlo de nuevo mañana.
Edit: permítanme resumir los comentarios hasta ahora.
Como David Speyer mencionado, todos los pentágonos son affinely congruente a aquellos cuyos vértices se encuentra en una cónica. Si uno utiliza el racional parametrización del círculo $t \to \left(\frac{t}{1+t^2}, \frac{1-t^2}{1+t^2}\right)$, entonces el grado de los polinomios resultantes en el Jacobiano lugar a más de 30. Sin embargo, uno puede factor términos como $t$ o $t^2 + 1$. Por supuesto, todavía podemos arreglar un vértice y, sorprendentemente, no importa (al menos en madera de Arce) que uno. La fijación de $(0,1)$ como un vértice conduce a mejores resultados con grados $(29,29,29,29)$ y el número de monomials $(2348,2754,2754,2348)$. Esto es todavía sin solución (al menos en madera de Arce en mi equipo). Pero no lloréis por al menos podemos calcular el estado de Hesse en el pentágono regular y obtener los autovalores (en este caso sólo numérica, analítica cálculo de tiempo de espera agotado): $-0.174, -0.075, -0.001, -0.003$.
Podemos concluir (si creemos Arce) que el pentágono regular es el máximo local entre "círculo pentágonos".
Dag Oskar Madsen me recordó que yo no uso toda la libertad que tenemos en el problema. A través de la fijación $(0,0), (1,0)$ e $(0,1)$ I obtenido racional en función de cuatro variables con el numerador es de grado 8 con 53 términos y denominador de grado 10 tenerse en cuenta en un producto de 6 términos. Los numeradores de la Jacobiana tiene la siguiente estructura: "Grados:", [16, 16, 15, 15], "Términos:", [637, 633, 424, 510] a partir de la cual vemos que esto resultó en un sistema más pequeño hasta ahora. Por otro lado, ninguna simetría en las ecuaciones fue probablemente destruido y por lo tanto puede ser más difícil de resolver.
La fijación de los vértices $1,2,3$ del pentágono regular con edge $12$ sobre el $x$-eje I verificado que los valores propios de Hesse son de hecho negativo, es decir,$-0.027, -0.012, -0.148, -0.136$. Esto establece numéricamente que el pentágono regular es un máximo local en el conjunto de todos los pentágonos.
He tratado de jugar con la reformulación de Noam D. Elkies y la trate como a una limitada problema de maximización. Que es $$ S = \frac{1}{2}\left(a + \sqrt{a^2 - 4b}\right) \\ S' = S - a + \sum_{i \text{ mod } 5} \frac{A_{i-2}A_{i+2}}{S-A_i},\\ \text{donde}\\ a = \sum_{i \text{ mod } 5} A_i, \quad b = \sum_{i \text{ mod } 5} A_iA_{i+1} $$ y $A_i$ es el área del triángulo formado por los tres vértices $P_{i-1}P_iP_{i+1}$. El problema es de maximizar $S'$ en relación al $S=1$.
El sistema de multiplicadores de Lagrange, se reduce a 5 ecuaciones racionales con numeradores de grado 12 con 1544 términos $$ \frac{\partial L}{\partial a_i} = f_i + \left(\lambda + \sum_{j \text{ mod } 5} \frac{A_{j-2}A_{j+2}}{(1-A_j)^2} \right)g_i =0, $$ donde $$ g_i = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{A_i - 4A_{i-1} - 4A_{i+1}}{2}\right)\\ f_i = g_i -1 + \sum_{j \text{ mod } 5} \frac{ (A_{j-2}\delta_{i,j+2} + A_{j+2}\delta_{i,j-2})(1-A_j) - A_{j-2}A_{j+2}(g_i - \delta_{i,j}) }{(1-A_j)^2}; $$ además de la restricción $$ a - b = 1, $$ que es cuadrática con once términos.
Animo a todos a probarlo en su CAS de la elección. Me picó la curiosidad sobre el estado actual de la técnica en la base de Groebner y le preguntó a otra pregunta.
[Corregido (dos errores tipográficos, señalado por V. T.) y ampliado (alternativa coordenadas)]
También no es una respuesta, pero esta vez de una forma más simple formulación algebraica.
Todos los índices son cíclicos mod $5$. Deje que los vértices se $P_i$ ($i \bmod 5$), y deje $A_i$ ser el área del triángulo $P_{i-1} P_i P_{i+1}$. A continuación, $S$ es el más grande de la raíz de la ecuación cuadrática $$ S^2 - S \sum_{i\,\bmod\,5} A_i + \sum_{i\,\bmod\,5} A_i A_{i+1}, $$ y $$ S' = S - \sum_{i\,\bmod\,5} A_i + \sum_{i\,\bmod\,5} \frac{A_{i-2} A_{i+2}}{S-A_i}. $$ Así que vamos a demostrar que como $A_i$ variar a lo largo de todos los números positivos la relación de $S'/S$ se maximiza cuando la $A_i$ son todos iguales.
La fórmula para $S$ fue obtenido por medio de la elección de coordenadas de modo que el $P_i$ están en $(0,0)$, $(0,1)$, $(1,0)$, $(x_2,y_2)$, $(x_3,y_3)$ (según lo sugerido por Dag Oskar Madsen) y la búsqueda de una simple relación entre el $S$ e las $A_i$ que tenga la simetría en la $A_i$. En retrospectiva, esto equivale a la relación cuadrática en los seis Plücker coordenadas para una $2$-dimensiones subespacio de ${\bf R}^4$.
Para demostrar la fórmula para $S'$ entonces podemos argumentar de la siguiente manera. Deje $Q_i$ ser el vértice del interior del pentágono opuesto $P_i$. A continuación, $S - \sum_{i\,\bmod\,5} A_i$ casi le da el área de $S'$ de la interior del pentágono, excepto debemos sumar las áreas de los cinco triángulos $P_{i-2} Q_i P_{i+2}$ que se restan dos veces. Evaluamos el área de este triángulo mediante la siguiente observación. Deje $WXYZ$ ser convexa cuadrilátero cuyas diagonales se cortan en $O$. Entonces $$ {\rm Área}(XOY) = \frac{{\rm Área}(WXY) {\rm Área}(XYZ)} {{\rm Área}(WXYZ)}. $$ (Prueba: el uso de la fórmula del área $\frac12 ab\sin C$ para las áreas de $WOX$, $XOY$, $YOZ$, $ZOW$.) En nuestro establecimiento $WXYZ$ es $P_{i+1}P_{i+2}P_{i-2}P_{i-1}$ y su área es de $S-A_i$.
La fórmula anterior para el $S'$ es menos agradable para trabajar de lo que podría parecer, ya que cada denominador $S-A_i$ contiene una raíz cuadrada. Sería mejor utilizar como coordenadas el cuadrilátero áreas $$ B_i := S-A_i = \frac12(P_{i+1} - P_{i-2}) \times (P_{i-1} - P_ {+2}) $$ en lugar de $A_i$. Ya que la relación entre el $S$ e las $A_i$ es homogénea de segundo grado, la relación entre $S$ e las $B_i$ es también homogénea de segundo grado, y de hecho resulta para ser dada por el mismo polinomio $$ S^2 - S \sum_{i\,\bmod\,5} B_i + \sum_{i\,\bmod\,5} B_i B_{i+1} = 0, $$ aunque esta vez $S$ es el más pequeño de la raíz. Así que ahora tenemos que demostrar que la relación entre $$ S' = S - \sum_{i\,\bmod\,5} (S-B_i) + \sum_{i\,\bmod\,5} \frac{(S-B_{i-2}) (S-B_ {+2})}{B_i}. $$ y $S$ es máxima cuando todas las $B_i$ son iguales.
He aquí una posible estrategia:
Considerar las deformaciones de un vértice de la convexo (exterior) del pentágono que preservar la zona. El vértice está restringido a moverse a lo largo de una línea paralela al segmento que conecta los vértices adyacentes, y claramente debe permanecer en un intervalo compacto si el pentágono está siendo convexo. La zona del interior del pentágono puede ser escrito como la suma y la diferencia de áreas de triángulos, cada uno de los cuales tiene más de un vértice se mueven a lo largo de un segmento de línea durante la deformación, por lo que tiene de área proporcional a la longitud de un borde. Los vértices del interior del pentágono están determinados por las transformaciones de los movimientos del vértice, por lo que disponemos de las coordenadas a lo largo de los segmentos fijos dada por lineal fraccional transformaciones del desplazamiento. Por lo tanto, el área del pentágono es una suma de funciones racionales, y resulta que cada uno es cóncava hacia abajo en el intervalo, entonces el área es un cóncavo función racional con un único máximo. Uno debe, por lo tanto, 5 restricciones en los vértices del pentágono.
Hasta afín, hay un 4-parámetros de la familia de los pentágonos (por ejemplo, mediante la fijación de 3 vértices, como David Speyer sugirió en un comentario). Así se obtiene un sobredeterminada sistema, que con suerte tiene un único (o un número finito de soluciones, uno de los cuales es el (afín) pentágono regular.
Una solución completa está disponible en https://arxiv.org/abs/1812.07682
Sobre el polígono determinado por las diagonales cortas de un polígono convexo, Jacqueline Cho, Dan Ismailescu, Yiwon Kim, Andrew Woojong Lee
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