Desigualdad para polígonos convexos

Question

Tengo el siguiente problema:

Problema. Sea $P$ sea una convexa $n$ -gon en el plano. Para $k=\overline{1,n}$ defina $a_k$ como la longitud de $k$ -ésimo lado de $P$ y $d_k$ como la longitud de proyección de $P$ en la línea que contiene $k$ -ésimo lado del polígono $P$ . Demostrar que $$ 2<\frac{a_1}{d_1}+\frac{a_2}{d_2}+\ldots+\frac{a_n}{d_n}\leq 4. $$

En primer lugar, demostremos la primera desigualdad. En efecto, si $p$ es el perímetro del polígono $P$ entonces está claro que $2d_k<p$ para todos $k\in\{1,2,\ldots,n\}$ . Por lo tanto, obtenemos $$ \frac{a_1}{d_1}+\frac{a_2}{d_2}+\ldots+\frac{a_n}{d_n}>\frac{2(a_1+a_2+\ldots+a_n)}{p}=\frac{2p}{p}=2, $$ como desee.

Ahora, para la segunda parte observa que la igualdad se mantiene si, por ejemplo, $P$ es un rectángulo, por lo que la segunda desigualdad es aguda. Para el polígono $P$ denotan $$ f(P):=\frac{a_1}{d_1}+\frac{a_2}{d_2}+\ldots+\frac{a_n}{d_n}. $$ Entonces, se puede demostrar que si $P'$ es un polígono con simetría central respecto a $P$ entonces la suma de Minkowski $Q=P+P'$ satisfacen la siguiente igualdad $$ f(Q)=f(P). $$ Por lo tanto, basta con demostrar la desigualdad para $Q$ es decir, para polígonos con simetría central (es bien sabido que $P+P'$ es un polígono con simetría central). Sin embargo, no está muy claro cómo continuar con este enfoque (ni siquiera estoy seguro de que el problema se hizo más fácil).

Entonces, ¿hay alguna forma de acabar con esta solución?

Answer 1

Finalmente, descubrí que este problema se propuso en la olimpiada matemática de San Petersburgo en 1988.

Como ya se ha dicho, basta con demostrar la desigualdad para polígonos con simetría central. Así, supongamos que $n=2m$ y $P=A_1A_2\ldots A_{2m}$ y que $O$ sea centro de simetría de $P$ . Sea $h_k$ sea la longitud de proyección de $P$ en una línea perpendicular a $k$ -ésimo lado del polígono $P$ . Denotemos el área del polígono $P$ como $S$ . Entonces, debido a la convexidad de $P$ tenemos $d_kh_k\geq S$ para cada $k\in\{1,2,\ldots,2m\}$ . Por lo tanto, $$ \sum_{k=1}^{2m}\frac{a_k}{d_k}\leq\sum_{k=1}^{2m}\frac{a_kh_k}{S}. $$ Tenga en cuenta que $a_kh_k$ es igual al área del paralelogramo $B_iB_{i+1}B_{i+m}B_{i+m+1}$ pero $S(B_iB_{i+1}B_{i+m}B_{i+m+1})=4S(OB_iB_{i+1})$ (los cuatro triángulos correspondientes tienen la misma área). Así pues, $$ \sum_{k=1}^{2m}\frac{a_k}{d_k}\leq\sum_{k=1}^{2m}\frac{a_kh_k}{S}=\sum_{k=1}^{2m}\frac{4S(OB_iB_{i+1})}{S} =\frac{4S}{S}=4, $$ como desee.