Una desigualdad para lados y diagonal de cuadrilátero convexo de AMM

Question

Sea $\square ABCD$ sea un cuadrilátero convexo. Si las diagonales $AC$ y $BD$ tienen puntos medios $E$ y $F$ respectivamente, demuestran que:

$$\overline{AB} + \overline{BC} +\overline{CD} + \overline{DA} \ge \overline{AC}+\overline{BD}+2\overline{EF}$$

donde, $\overline{XY}$ denota la longitud del segmento de línea $XY$ .

El problema era 11841 del número de mayo de 2015 de la revista AMM. Aunque escribir números/vectores complejos para los vértices reduce el problema a la conocida desigualdad de Hlawka para espacios de producto interno, me interesa puramente soluciones geométricas.

(Ya ha pasado la fecha límite de presentación, así que creo que es seguro pedir soluciones alternativas aquí).

Edita: Tenemos la siguiente reformulación, (¡aunque no facilita el trabajo!)

Si $H,I,J$ y $K$ son los puntos medios de $AD,DC,CB$ y $BA$ respectivamente, entonces $\square HIJK$ es un paralelogramo y es fácil ver que las diagonales $\overline{HJ}$ y $\overline{IK}$ se cruzan en $G$ que es el punto medio de $\overline{EF}$ también.

Entonces tenemos la reformulación equivalente de la pregunta:

En un paralelogramo $\square HIJK$ cuyas diagonales se cruzan en $G$ y $F$ ser un punto interior, tenemos que demostrar:

$$\overline{FH}+\overline{FI}+\overline{FJ}+\overline{FK} > \overline{IJ}+\overline{KJ}+2\overline{FG}$$

Answer 1

El caso especial más sencillo es cuando $\overline{ABCD}$ es un cuadrado de lado $a$ . En este caso, las diagonales tienen la misma longitud y vienen dadas por $a\sqrt{2}$ .

$4a \ge 2a\sqrt{2},\quad 4 \ge 2\sqrt{2},\quad$ la conjetura se mantiene.

El siguiente caso más sencillo es cuando $\overline{ABCD}$ es un rectángulo de lados $a$ y $b$ . En este caso las diagonales siguen siendo iguales y vienen dadas por $\sqrt{a^2 +b^2}$ Así que

$2(a+b)\ge 2\sqrt{a^2 + b^2}, \quad a+b\ge \sqrt{a^2 + b^2}, \quad a^2 + 2ab + b^2 \ge a^2 + b^2, \quad 2ab \ge 0, \quad$ y la conjetura se cumple.

El siguiente caso es cuando $\overline{ABCD}$ es un paralelogramo, con lados $a, b$ y ángulos interiores $h, k$ . Las diagonales pueden venir dadas por la ley de los cosenos, $d_1 = \sqrt{a^2 + b^2 + 2abcos(h)}$ y $d_2 = \sqrt{a^2 + b^2 + 2abcos(k)}$ . Ambos se pueden escribir en términos de un ángulo interior, ya que ${h, k} \in [0, \pi]$ y $h=\pi-k$ y $cos(\pi-h) = -cos(h)$ . Es decir: $d_{1,2} = \sqrt{a^2 + b^2 \pm 2abcos(h)}$ .

$2(a+b) \ge \sqrt{a^2 + b^2 + 2abcos(h)} + \sqrt{a^2 +b^2 -2abcos(h)}$

$4(a^2 + 2ab + b^2) \ge a^2 + b^2 + 2abcos(h) + 2\sqrt{(a^2 + b^2 + 2abcos(h)(a^2+b^2 -2abcos(h))} + a^2 +b^2 -2abcos(h)$

$4a^2 + 8ab + 4b^2 \ge 2a^2 + 2b^2 + 2\sqrt{(a^2 + b^2 + 2abcos(h)(a^2+b^2 -2abcos(h))}$

$a^2 + 4ab + b^2 \ge \sqrt{(a^2 + b^2 + 2abcos(h)(a^2+b^2 -2abcos(h))}$

$(a^2 + 4ab + b^2)^2 \ge (a^2 + b^2 + 2abcos(h)(a^2+b^2 -2abcos(h))$

(en aras del espacio, voy a omitir el papel de aluminio y pedirle que confíe en mí que esto se simplifica a lo siguiente:)

$2a^3b+4a^2b^2+2ab^3\ge-a^2b^2cos(h)$

Que $cos(h)$ está acotado en $[-1, 1]$ así que en el peor de los casos, el lado derecho de esa igualdad es negativo y la desigualdad es obviamente cierta. En el mejor de los casos, $2a^3b+2a^2b^2+2ab^3\ge 0$ y la conjetura se cumple.

En todos los casos anteriores, $\overline{EF} = 0$ porque en todos los paralelogramos las diagonales se cruzan en sus puntos medios.

El siguiente caso es un trapecio recto, con lados $b_1, b_2, h,$ y el último lado puede venir dado por $\sqrt{h^2 + (b_2-b_1)^2}$ . Supongamos que $b_1 \le b_2$ . Este es el primer caso en el que la línea $\overline{EF}$ entrará en juego.

En un trapecio recto, la línea $\overline{EF}$ se encuentra en la mediatriz de $h$ y su longitud viene dada por $\frac{b_2-b_1}{2}$ . Y las longitudes de las diagonales $d_1, d_2$ viene dada por $d_1 = \sqrt{h^2 +b_1^2},$ y $d_2=\sqrt{h^2+b_2^2}$ . Finalmente podemos escribir nuestra desigualdad como:

$h + b_1 + b_2 + \sqrt{h^2 + (b_2-b_1)^2} \ge \sqrt{h^2 + b_1^2} + \sqrt{h^2 + b_2^2} +2\frac{(b_2-b_1)}{2}$

Pero, por desgracia, al intentar resolver esta desigualdad me di cuenta de que tendría que elevar al cuadrado un polinomio de cuatro términos. Ya he demostrado geométricamente que la conjetura es válida para todos los paralelogramos. Los siguientes casos a considerar son el trapecio rectángulo, el trapecio general y el cuadrilátero general. Si todavía quieres una solución puramente geométrica, quizá vuelva y lo intente de nuevo.