Demostrar que para un vértice de un pentágono convexo, la suma de las distancias a los otros cuatro es mayor que el perímetro

Question

El problema proviene de la revista 'Crux Mathematicorum', originalmente propuesto por Paul Erdos y Esther Szekeres para el caso de un $n$-gono convexo con $n > 5$, y se puede encontrar aquí junto con una prueba para ese caso (pdf página 20). Desafortunadamente dejan el caso $n = 5$ abierto al lector, así que me gustaría saber cómo probar:

Cualquier pentágono convexo tiene un vértice cuya suma de distancias a los otros cuatro vértices es mayor que el perímetro del pentágono.

No pude extender el método del pdf anterior al caso $n = 5$, porque se basa en comparar el perímetro del pentágono con el de un $n$-gono regular centrado en el centroide del polígono original y luego usar la desigualdad $\sin(\frac \pi n) \leq \frac 1 2 $, que no es cierta para $n = 5$.

¡Gracias de antemano por cualquier ayuda!

EDICIÓN: Preferiría una prueba que fuera factible en el contexto de una competencia matemática como la IMO o Putnam, pero se aprecia cualquier tipo de resultado.

Otro resultado que podría ser útil: Si para dos vértices distintos $U$ y $V$ denotamos por $s_U$ y $s_V$ la suma de distancias desde $U$ y desde $V$ respectivamente, se puede demostrar que

$s_U + s_V > 3\vert UV\vert + p$,

donde $p$ es el perímetro del pentágono y $\vert UV\vert$ es la distancia de $U$ a $V$. Por lo tanto, si tuviéramos $\vert UV\vert \geq \frac{p}{3}$, esto nos daría una prueba, por lo que podemos asumir sin pérdida de generalidad que la distancia entre cualquier par de vértices es a lo sumo $\frac{p}{3}$.

EDICIÓN 2: Si pudiéramos probar la desigualdad en esta publicación, tendríamos una prueba utilizando la desigualdad del pdf.

EDICIÓN 3: Se solicitó una demostración del resultado de la primera edición: Etiqueta los vértices $U_1,\ldots, U_5$ de manera que los vértices consecutivos tengan índices consecutivos (módulo $5$), luego hay dos casos, vértices no consecutivos y vértices consecutivos.

Caso 1:

Los vértices no son consecutivos, digamos $U_1$ y $U_3$. Sea $P$ el punto de intersección de los segmentos $U_1U_4$ y $U_3U_5$. Usando la desigualdad del triángulo obtenemos

$$ \begin{align} |U_1P| + |PU_3| &> |U_1U_3|,\\ |U_4P| + |PU_5| &> |U_4U_5| \\ \implies |U_1U_4| + |U_3U_5| &> |U_1U_3| + |U_4U_5| \\ \implies s_{U_1} + s_{U_3} &= |U_1U_2| + |U_1U_3| + |U_1U_4| + |U_1U_5| \\ & \hspace{5mm}+ |U_3U_1| + |U_3U_2| + |U_3U_4| + |U_3U_5|\\ &> 3|U_1U_3| + |U_1U_2| + |U_2U_3| + |U_3U_4| + |U_4U_5| + |U_5U_1| \\ &= 3|U_1U_3| + p. \end{align} $$

Caso 2:

Los vértices son consecutivos, digamos $U_1$ y $U_2$. Como antes, obtenemos

$$ \begin{align} |U_1U_3| + |U_2U_4| &> |U_1U_2| + |U_3U_4|,\\ |U_1U_4| + |U_2U_5| &> |U_1U_2| + |U_4U_5| \\ \implies s_{U_1} + s_{U_2} &= |U_1U_2| + |U_1U_3| + |U_1U_4| + |U_1U_5| \\ & \hspace{5mm}+ |U_2U_1| + |U_2U_3| + |U_2U_4| + |U_2U_5|\\ &> 3|U_1U_2| + |U_1U_2| + |U_2U_3| + |U_3U_4| + |U_4U_5| + |U_5U_1| \\ &= 3|U_1U_2| + p. \end{align} $$ $\tag*{$\square$}$

Answer 1

Esto no es en absoluto una solución, pero dado que la pregunta solicita cualquier ayuda, aquí hay algunas observaciones.

Notación: Los vértices del pentágono son $ABCDE$ en orden antihorario; el perímetro es $p$, la suma de las distancias desde el vértice $V$ es $s_V$, la suma máxima es $m = \max\{s_V\}$, y el exceso es $e=m-p$. La afirmación a probar es que $m>p$.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que el lado más largo tiene longitud $1$. Entonces $p \le 5$. Utilizando esto podemos aislar al menos algunos casos.

Observación 1. Si $D$ está lejos de $A$ y $B$, más precisamente, si $|AD|+|BD| \ge 3.5$, entonces $|CD|+|ED| > 1.5$ (porque $|AE|\le 1$ y $|BD|\le 1$), por lo tanto $m > 5 \ge p$. Por lo tanto, en cualquier contraejemplo posible, desde cualquier vértice, la suma de las dos diagonales debe ser menor que $3.5$.

Corolario 1. En cualquier contraejemplo, al menos tres diagonales son cortas (= tiene longitud menor que $1.75$). Esto se debe a que desde cualquier vértice tenemos al menos una diagonal corta, y hay cinco vértices (dos diagonales cortas no son suficientes porque como máximo pueden tener cuatro puntos finales).

Corolario 2. En cualquier contraejemplo, hay un vértice con dos diagonales cortas. Esto se debe a que hay tres diagonales cortas y al menos dos de ellas deben tener un punto final común.

Eso limita de alguna manera el problema (no necesitamos preocuparnos por pentágonos extremadamente alargados). Sin embargo, cualquier prueba posible no puede depender únicamente del hecho de que $p \le 5$, porque podemos encontrar fácilmente pentágonos donde $m < 5$. Además, el exceso puede ser menor que $0.206$.

Ejemplo numérico. Este pentágono fue encontrado mediante una simple búsqueda en cuadrícula, con $A$ fijo en $(0,0)$ y $B$ en $(1,0)$, y las seis coordenadas de $C,D,E$ buscadas en una cuadrícula con refinamientos sucesivos. Es simétrico respecto al espejo pero esto no se impuso en la búsqueda.

$$ A=(0,0)\\ B=(1,0)\\ C=(1.1699928358529263, 0.5584839529924609)\\ D=(0.5, 1.076262271881104)\\ E=(-0.1699928358529265, 0.5584839529924609) $$

Con esto tenemos un perímetro de $p \approx 3.861064$ y una suma máxima de $m \approx 4.066970$, por lo tanto un exceso de $e \approx 0.205906$. De hecho, aquí tenemos $s_V \approx m$ para los cinco vértices. La matriz de distancias es: $$ \begin{bmatrix} 0 & 1.0000 & 1.2965 & 1.1867 & 0.5838 \\ 1.0000 & 0 & 0.5838 & 1.1867 & 1.2965 \\ 1.2965 & 0.5838 & 0 & 0.8467 & 1.3400 \\ 1.1867 & 1.1867 & 0.8467 & 0 & 0.8467 \\ 0.5838 & 1.2965 & 1.3400 & 0.8467 & 0 \end{bmatrix} $$ y la suma de todas sus columnas es aproximadamente igual.

Pensamientos hacia una prueba: Quizás sea necesario dividir el espacio de parámetros en algunos casos (como en la Observación 1 anterior) y manejar cada caso con una prueba diferente. El hecho de que la solución numérica de exceso mínimo tenga todos los $s_V$ iguales también es sugerente; tal vez haya un argumento diferencial local para esto.

De hecho, probablemente se podría producir una especie de prueba ejecutando una búsqueda meticulosa en una cuadrícula (lo cual no hice); si la cuadrícula es lo suficientemente fina, entonces se podría apelar al hecho de que $p$ y $m$ no pueden variar demasiado dentro de una celda de la cuadrícula. Una prueba así establecería la verdad pero no sería muy atractiva desde el punto de vista geométrico.

Answer 2

Si denotamos como $S_d$ la suma de las cinco diagonales, la afirmación OP es cierta para todo pentágono convexo que cumpla $$p<\frac{2}{3} S_d$$

Esto se puede demostrar fácilmente observando que el perímetro (suma de todos los lados) y la suma de distancias desde un vértice a los otros cuatro tienen dos lados en común. Por lo tanto, la suma de los tres lados no comunes debe ser igual o mayor que las dos diagonales con el vértice común, y esto debe cumplirse para cada vértice del pentágono, generando cinco desigualdades que deben cumplirse simultáneamente.

Al notar que, al juntar las desigualdades, cada lado se cuenta tres veces, y cada diagonal dos veces, se demuestra la condición necesaria para que la afirmación OP no se cumpla: $$3p\geq 2S_d$$

Por lo tanto, la afirmación OP es cierta para todo pentágono convexo que cumpla $$p<\frac{2}{3} S_d$$

EDICIÓN

Después de revisar este problema, creo que tengo una demostración completa y válida.

Sin pérdida de generalidad, supongamos que el perímetro $p$ del pentágono convexo es igual a $1$. Supongamos que no hay un vértice tal que la suma de distancias a los otros cuatro sea mayor que el perímetro.

Observa que el resultado establecido en esta respuesta antes de la sección de EDICIÓN implica que $S_d\leq 1.5$, y por lo tanto el promedio de las longitudes de las diagonales es como máximo $0.3$.

Usando la Ley de los Cosenos, cada lado $s_i$ se puede calcular como $$s_{i}^2=d_{j}^2+d_{k}^2-2d_{j}d_{k}\cos(\theta_i)$$ Donde $\theta_i$ es el ángulo interior del pentágono estrellado formado por las diagonales.

La suma de los ángulos interiores de cualquier pentágono estrellado es igual a $180º$; por lo tanto, el promedio de los ángulos interiores es igual a $36º$. Si calculamos la longitud de algún $s_i$ usando el promedio de los ángulos interiores del pentágono estrellado y la longitud promedio máxima de las diagonales, obtenemos que $$s_{i}^2=(0.3)^2+(0.3)^2-2(0.3)(0.3)\cos(36)$$ $$s_{i}^2=0.18(1-\cos(36))$$ $$s_i\approx0.18541$$

Sin embargo, la longitud promedio de los lados del pentágono convexo, dado que el perímetro es igual a $1$, es de 0.2. Por lo tanto, se necesitarían lados $s_j$ mayores que $s_i$ para alcanzar la longitud del perímetro, y eso solo se podría lograr (i) con diagonales de mayor longitud que el promedio, o/y (ii) con ángulos interiores del pentágono estrellado mayores que el promedio.

Observa que, según el resultado establecido en la respuesta, cada diagonal puede ser como máximo igual a $\frac{p}{3}$. Si sustituimos esto en la fórmula para $s_j$ con el ángulo interior promedio del pentágono estrellado, obtenemos que $$s_{j}^2=\frac{2}{9}(1-\cos(36))$$ $$s_j\approx0.206$$

De hecho, $s_j\geq 0.2$ con ambas diagonales iguales a $\frac{p}{3}$ solo si $\theta_i>34.9152°$; y si establecemos $\theta_i=36°$, ambas diagonales deben ser iguales o mayores que $\frac{1+\sqrt{5}}{10}\approx 0.3236$ para tener algún $s_j\geq 0.2$. Finalmente, $s_{j}\geq0.2$ con ambas diagonales iguales a $0.3$ solo si $\theta_{i}>38.9424^{\circ}$.

Esto muestra que, sin importar qué diagonales mayores que el promedio usemos, o qué ángulos interiores del pentágono estrellado sustituyamos, podemos obtener como máximo lados tales que la suma de los lados $s_i$ obtenidos con diagonales menores o iguales al promedio y ángulos interiores del pentágono estrellado, y los lados $s_j$ obtenidos con diagonales mayores que el promedio y/o ángulos interiores del pentágono estrellado, sea menor que el perímetro del pentágono convexo; de lo contrario, la suma de las longitudes de las diagonales sería mayor que el máximo posible de 1.5, y/o la suma de los ángulos interiores del pentágono estrellado sería mayor que 180°.

Dado que llegamos a una contradicción, la suposición inicial de que no hay un vértice tal que la suma de distancias a los otros cuatro sea mayor que el perímetro no puede ser cierta; por lo tanto, en cualquier pentágono convexo existe al menos un vértice tal que la suma de distancias a los otros cuatro es mayor que el perímetro.