Máxima área: Cuadrilátero con perímetro fijo y ángulo interior

Question

Edición (1 de mayo de 2018): Parece haber una suposición implícita relacionada con la convexidad en varias de las respuestas publicadas hasta ahora; ver la respuesta e imagen publicada aquí.

Así que: Limitemos el caso en el que el cuadrilátero es convexo.

---

Mi publicación se basa en un tuit vinculado a una entrada de blog donde se plantea el siguiente problema:

Un cuadrilátero [convexo] tiene un perímetro de $60$ y un ángulo de $30^\circ$. ¿Cuál es el área máxima posible?

En los comentarios, hay un enlace a un applet de GeoGebra para explorar este problema. Experimentar con el applet me llevó a creer que la maximización ocurre cuando los otros tres ángulos son cada uno $110^\circ$, pero ni tengo una prueba de que esto sea óptimo, ni he calculado el área exacta (en forma cerrada) para este caso.

Agradecería una respuesta que aborde el caso especial mencionado anteriormente, aunque creo que es razonable preguntar sobre una generalización natural para cuadriláteros; en cualquier escenario, una prueba o un enlace a uno que ya exista sería genial.

Generalización:

Un cuadrilátero [convexo] tiene un perímetro de $N$ y un ángulo de $d^\circ$. ¿Cuál es el área máxima posible?

(Entonces, como ejemplo bien conocido, para el caso en el que $d = 90$, el área máxima posible ocurre para un cuadrado con longitud de lado $N/4$; por lo tanto, el área máxima es $N^2/16$.)

Answer 1

Aquí hay una descripción de lo que estoy a punto de hacer.

• Mostrar que el cuadrilátero debe ser convexo.
• Probar que $\triangle BCD$ debe ser isósceles.
• Probar que $\triangle BAD$ también debe ser isósceles.
• Tomar en cuenta que el cálculo de una sola variable puede ser utilizado para encontrar el área máxima.
• Usar cálculo para demostrar que los otros tres ángulos deben ser iguales.

---

Claramente, $ABCD$ debe ser convexo, ya que reemplazar tal ángulo de $\theta \mapsto 360^\circ - \theta$ preserva el perímetro, mientras incrementa el área.

EDICIÓN: Esto solo funciona con el ángulo $\angle BCD$. Considero que el problema está mal definido si el cuadrilátero no es convexo, es decir, no creo que haya un máximo (actualmente no tengo el espacio o tiempo adecuado para demostrar esto).

---

Considera la elipse $\mathcal{E}$ con focos en $B, D$ que contienen a $C$. Moviendo $C$ a lo largo de $E$, vemos que el perímetro de $ABCD$ no cambia. El área de $ABCD$ es $[BAD] + [BCD]$, y $[BAD]$ también permanece igual. El área de $\triangle BCD$ varía, esto es $$[BCD] = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot CC'$$ donde $C'$ es el pie de la altura desde $C$. Claramente, $BD$ es invariable, y $CC'$ es la única cantidad variable. Obtiene un máximo cuando se convierte en un semieje de $\mathcal{E}$. Cuando esto ocurre, $\triangle BCD$ es isósceles.

---

Supongamos que $AD > AB$. Sea $E$ en el segmento $\overline{AD}$ tal que $AE = AB$. Además, sea $D'$ el punto medio de $\overline{ED}$, y $B'$ un punto en el rayo $\overrightarrow{AB}$ tal que $AB' = AD'$. De esta manera, los perímetros de $\triangle ABD$ y $\triangle AB'D'$ son iguales. Asimismo, $EBB'D'$ es un trapecio isósceles, dé la altura ser $h$. Entonces $[BB'D'] = h\cdot D'B'$ y $[BED'] = h \cdot EB$, por lo que $[BB'D'] > [BED']$. Además, $ED' = D'D$, y utilizando la altura desde $B$ a la línea $\overline{AD}$, $[BED'] = [BD'D]$. Como resultado, $$[BB'D'] > [BD'D] \implies [ABD'] + [BB'D'] > [ABD'] + [BD'D] \implies [B'AD'] > [BAD]$$ Se observa que $B'AD'$ era isósceles. De esta manera, el perímetro de $ABCD$ permanece constante, pero el área de $\triangle BAD$ se maximiza. Esto ocurre cuando $\triangle BAD$ es isósceles.

---

Equipado con el conocimiento de que $\triangle BCD$ y $\triangle BAD$ son isósceles, el argumento de Phil H puede ser suficiente.

---

Personalmente me intriga el hecho de que los ángulos eran todos de $110^\circ$. Parece que usar cálculo en la longitud de los lados puede que no sea la mejor herramienta, ya que aún hay simetrías sin explotar escondidas en el problema.

---

Considera $\triangle ABC$, y utiliza las convenciones de nomenclatura normales. Usando la fórmula del seno dos veces, obtenemos $$[ABCD] = \frac{a^2\sin(2\beta) + b^2\sin(2\alpha)}{2}$$ Pero considera el hecho de que $a+b = 30$ y $$\frac{a}{\sin \alpha} = \frac{b}{\sin \beta}$$ Entonces $$b = \frac{30\sin(\beta)}{\sin(\alpha) + \sin(\beta)}$$ y $$a^2 = b^2 \frac{\sin(\alpha)^2}{\sin(\beta)^2}$$ Nuestra área se convierte en $$[ABCD] = b^2 \left(\frac{\sin(\alpha)^2\sin(2\beta)+\sin(\beta)^2\sin(2\alpha)}{2\sin(\beta)^2} \right)$$ Lo cual es $$\left(\frac{30\sin(\beta)}{\sin(\alpha) + \sin(\beta)}\right)^2 \left(\frac{\sin(\alpha)^2\sin(2\beta)+\sin(\beta)^2\sin(2\alpha)}{2\sin(\beta)^2} \right)$$ "reduciendo" a $$\frac{450(\sin(\alpha)^2\sin(2\beta)+\sin(\beta)^2\sin(2\alpha))}{(\sin(\alpha) + \sin(\beta))^2}$$ Al derivar se obtiene $$-\frac{900\sin(\alpha)(\sin(\alpha) (\cos(\beta)\sin(2\beta)-(\sin(\beta)+\sin(\alpha))\cos(2\beta))-\sin(2\alpha)\cos(\beta)\sin(\beta))}{(\sin(\alpha)+\sin(\beta))^3}$$ Sustituyendo $\beta = 60^\circ - \alpha/3$ se obtiene que la derivada es cero. (Realmente no puedo molestarme en chequear más, así que vamos a creer que es el único extremo, y que es un máximo).

---

Por ende, hemos llegado al hecho de que los otros tres ángulos son iguales. A partir de aquí, calcular el área es trivial. Para $\alpha = 15^\circ$ el área es

$$\frac{450\left(\frac{(\sqrt{3}-1)^2\sin(110^\circ)}{8} + \frac{\sin(110^\circ)^2}{2}\right)}{\left(\sin(110^\circ)+\frac{\sqrt{3}-1}{2^\frac{3}{2}}\right)^2} \aprox 154.3$$

Answer 2

Escribe una expresión para el área del cuadrilátero como la suma de las áreas de dos triángulos isósceles, $ADB$ y $DCB$, como el caso especial tal que $AD + DC = AB + BC = 30.

Por lo tanto, $AD = AB = x$ y $DC = BC = 30 - x$, lo cual da una fórmula para el área:

$$A = \sin(15)x\Big(\cos(15)x+\sqrt{(30-x)^2-(\sin(15)x)^2}\Big)$$

Estableciendo la derivada $dA/dx = 0$ y resolviendo%5E2))%20%3D%200) para $x$ se obtiene:

$$x = 22.797\ldots, \text{ por lo tanto } A = 154.303\ldots$$

Para el caso general, no es óptimo tener asimetría sobre $AC$. Lo que funciona para maximizar el triángulo $ADC$ se aplicará al triángulo $ABC$.

A continuación se presenta un análisis de la declaración anterior:

Para el caso general, establecer un área máxima para el triángulo $ABD$ es clave. Para dos lados y un ángulo incluido, el área máxima del triángulo resultante, dado el sumo de los dos lados, digamos $(40)$, y el ángulo incluido $(30)$, es......... $$A = 0.5\sqrt{x^2+(40-x)^2-(2x(40-x)cos(30))}(40-x)sin(30+sin^{-1}(\frac{sin(30)(40-x)}{\sqrt{x^2+(40-x)^2-(2x(40-x)cos(30))}}))$$ Donde $0 \le x \le 20$

Nota: el dominio limitado considera todas las combinaciones de las longitudes de los dos lados adyacentes.

Estableciendo la derivada $dA/dx = 0$ y resolviendo para x se obtiene:

$$x = 20\ldots, \text{ por lo tanto } A_{max} = 100$$

En resumen, un triángulo isósceles es óptimo, y por lo tanto se sigue que dos triángulos isósceles consecutivos son óptimos para el caso general.

Answer 3

No hay ningún requisito dado de que el cuadrilátero debe ser convexo. La gente está asumiendo que el resultado debe ser convexo, pero eso no es correcto. Si el cuadrilátero es cóncavo en $D$, eso no se puede cambiar a un cuadrilátero convexo sin violar la restricción de que el ángulo $A$ es de $30$ grados.

Un cuadrilátero con un lado $AD$ arbitrariamente corto y con los otros tres lados de igual longitud, tendrá un área que se acerca al área de un triángulo equilátero: $\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 20^2$ o aproximadamente $173.21$. Esto es significativamente más grande que cualquier otra solución propuesta hasta ahora.

A continuación se muestra una imagen de la aplicación de GeoGebra enlazada en la cual se arrastra $D$ hacia $A; al hacer zoom, se puede ver que el ángulo de$30^{\circ}$ se mantiene, pero el resultado es mucho mayor que el máximo previamente reclamado para figuras convexas.

Answer 4

Considere el cuadrilátero $Q$ en la imagen a continuación :

El área de $Q$ está dada por $$f(a,b,c,d,A,C) = \frac{a d \sin A+bc \sin C}{2}$$

Por lo tanto, queremos maximizar $f(a,b,c,d,A,C)$ sujeto a: $$\begin{align*} A &= \alpha \\ a+b+c+d &= N \\ a^2 + d^2 - 2ad \cos A &= b^2 + c^2 - 2bc \cos C \end{align*}$$

Nota: Como se indica aquí, la tercera restricción impone que dos triángulos comparten el lado BD.

Es decir, queremos maximizar $$f(a,b,c) = \frac{a (N-a-b-c) \sin \alpha +bc \sin \left( C(a,b,c)\right)}{2}$$ donde $$C(a,b,c) = \pi - \cos^{-1}\left(\frac{a^2 + (N-a-b-c)^2 - 2a(N-a-b-c) \cos \alpha - b^2 + c^2}{ - 2bc } \right)$$

Resolver $\nabla f = 0$ manualmente es bastante desafiante. Con un software (por ejemplo, Maple) y estableciendo $\alpha:=30^°$, $N:=60$:

f := (1/2)*a*d*sin(alpha)+(1/2)*b*c*sin(C) 
C := arccos((a^2+d^2-2*a*d*cos(alpha)-b^2-c^2)/(-2*b*c)) 
d := N-a-b-c   
eqns := [diff(f, a) = 0, diff(f, b) = 0, diff(f, c) = 0]  
vars := {a, b, c}  
fsolve(eval(eqns, [alpha = (1/6)*Pi, N = 60]), vars, complex)

$$a = 22.79705048 \\ b = 7.202949525 \\ c = 7.202949525$$

lo cual arroja: $$f(22.79705048,7.202949525,7.202949525) \approx 154.3031703$$ También podemos calcular los otros parámetros $$\begin{align*} C(a,b,c) &= \pi-\cos^{-1}(9.016974745-5.008487375\sqrt{3}) \approx 109.999999^{°}\\ d &= N-a-b-c \approx 22.79705048 \end{align*}$$

Answer 5

Este enfoque está inspirado en la observación de Jeffery Opoku-Mensah de que en la configuración óptima, los otros tres ángulos del cuadrilátero son todos iguales a $110^\circ$.

Para abordar este problema, lo generalizaremos un poco y buscaremos condiciones para lograr la optimalidad.

• Sea $n$ cualquier entero $\ge 3$ y $[n] = \{ 0, 1, \ldots, n - 1 \}$.
• Sean $v_0, v_1, \ldots, v_{n-1}$ los vértices de cualquier $n$-gón simple con perímetro $p$ y área $\mathcal{A}$.
• Extendemos la definición de $v_k$ por periodicidad. Para cualquier $k = qn+r$ donde $r \in [n]$, $v_k$ es un alias de $v_r$.
• Sea $\ell_k$ la longitud del borde que une $v_{k-1}$ y $v_k$.
• Sea $\alpha_k$ el ángulo interno $\angle v_{k-1} v_k v_{k+1}$.

El problema en cuestión puede reformularse como.

Dado $n = 4$, $\alpha_0 = \frac{\pi}{6}$ y $p = 60$, ¿cuál es el valor máximo de $\mathcal{A}$?

En lugar de fijar $p$ y maximizar $\mathcal{A}$, es más conveniente considerar la siguiente generalización:

Dados $n$ y $m$ de los ángulos $\alpha_{i_1}, \alpha_{i_2}, \ldots, \alpha_{i_m}$, ¿cuáles son las relaciones entre $\ell_k$, $\alpha_k$ cuando se maximiza la razón $\frac{\mathcal{A}}{p^2}$?

Podemos dividir los bordes $v_{k-1}v_k$ del $n$-gón en dos grupos, los que son libres (es decir, tanto $\alpha_k$ como $\alpha_{k-1}$ no están fijos) y los que no lo están.

Para cualquier borde libre $v_{k-1}v_k$, consideremos la siguiente perturbación del $n$-gón que desplaza $v_k$ a lo largo de la línea $v_{k+1}v_k$ por una pequeña distancia $\epsilon$.

$$v_j \rightarrow v_j(\epsilon) = \begin{cases} v_{k} + \frac{\epsilon}{\ell_{k+1}}(v_k - v_{k+1}), & j = k\\v_j, & j \ne k\end{cases}$$

Tratando $p$ y $\mathcal{A}$ como funciones de $\epsilon$. Para $\epsilon$ pequeña, es fácil verificar

$$\begin{align} p(\epsilon) &= p(0) + \epsilon( 1 + \cos\alpha_k) + O(\epsilon^2)\\ \mathcal{A}(\epsilon) &= \mathcal{A}(0) + \frac12\ell_k (\epsilon\sin\alpha_k) + O(\epsilon^2) \end{align}$$

Si el $n$-gón está en una configuración que maximiza la razón $\frac{\mathcal{A}}{p^2}$, necesitamos

$$\left.\frac{d}{d\epsilon}\frac{A(\epsilon)}{p(\epsilon)^2}\right|_{\epsilon=0} = 0 \quad\implies\quad \frac{\ell_k\sin\alpha_k}{2\mathcal{A}} = \frac{2(1+\cos\alpha_k)}{p} \quad\iff\quad \frac{p\ell_k}{4\mathcal{A}} = \cot\frac{\alpha_k}{2}\tag{*1a}$$ Similarmente, si perturbamos el polígono desplazando $v_{k-1}$ a lo largo de la línea $v_{k-2}v_{k-1}$ por una pequeña distancia $\epsilon$:

$$v_j \rightarrow v_j(\epsilon) = \begin{cases} v_{k-1} + \frac{\epsilon}{\ell_{k-1}}(v_{k-1} - v_{k-2}), & j = k-1\\v_j, & j \ne k-1\end{cases}$$

Obtenemos la siguiente relación $$\frac{p\ell_k}{4\mathcal{A}} = \cot\frac{\alpha_{k-1}}{2}\tag{*1b}$$

Comparando $(*1a)$ y $(*1b)$, concluimos que $\alpha_{k-1} = \alpha_{k}$ siempre que el borde $v_{k-1}v_k$ sea libre.

En particular, si solo se da uno de los ángulos, entonces para maximizar la razón $\frac{\mathcal{A}}{p^2}$, necesitamos que todos los ángulos restantes sean iguales entre sí.

Cuando el borde $v_{k-1}v_k$ no es libre, estas perturbaciones se vuelven ilegales ya que están cambiando los ángulos $\alpha_{k-1}$ y $\alpha_k$. En su lugar, podemos desplazar el borde $v_{k-1}v_k$ hacia afuera por una distancia $\epsilon$ mientras mantenemos los otros bordes iguales. Si hacemos eso, obtenemos la siguiente relación que es válida para todos los bordes.

$$\frac{p\ell_k}{4\mathcal{A}} = \frac12\left(\cot\frac{a_k}{2} + \cot\frac{a_{k-1}}{2}\right)\tag{*1c}$$ Sumando sobre $k$, encontramos que el valor máximo de $\mathcal{A}$ satisface:

$$\mathcal{A} = \frac{p^2}{4}\left(\sum_{k=0}^{n-1}\cot\frac{\alpha_k}{2}\right)^{-1}\tag{*2}$$

Aplicando esto al problema con $v_0 = A$, tenemos $$p = 60,\quad\alpha_0 = \frac{\pi}{6}\quad\text{ y }\quad\alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = \frac13(2\pi - \alpha_0) = \frac{11\pi}{18}$$ El valor máximo del área es igual a

$$\begin{align}\mathcal{A} &= \frac{p^2}{4}\left(\cot\frac{\alpha_0}{2} + 3\cot\frac{2\pi - \alpha_0}{6}\right)^{-1} = \frac{60^2}{4}\left(\cot\left(\frac{\pi}{12}\right) + 3\cot\left(\frac{11\pi}{36}\right)\right)^{-1}\\ &\approx 154.3031702366152 \end{align}$$