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Titolo: sorprendente

Dal sito segnalato da Dario, un problema tratto da "American Mathematical
Monthly" del 1921, la cui formulazione mi ha sorpreso alquanto.
- AMM 2925 by F. V. Morley:
Prendiamo una circonferenza unitaria divisa in 2n+1 punti.
Quanto vale la somma dei quadrati di tutte le possibili distinte distanze di
una coppia di punti? Volendo si possono interpretare come le lunghezze delle
diverse diagonali (sono n in tutto, lati compresi) del poligono di 2n+1 lati
inscritto in una circonferenza unitaria.
Sul sito il valore c'era, ma non la dimostrazione.
Ci si aspetterebbe seni, radici e pigrechi, invece...
Ciao, Silv:o)
P.S. Dario, tu ce l'hai le annate molto vecchie di AMM?

 Ci si aspetterebbe seni, radici e pigrechi, invece...
Mi sembra di capire che i punti debbano essere equidistanti, cioe' che si
debba considerare un poligono *regolare*, e inoltre che le diagonali (o
lati) uguali vadano considerate una sola volta (per esempio, n=2, pentagono,
un lato ed una diagonale).
Non sono molto sicuro, ma credo che la soluzione sia qualcosa come 2*(n+1)*r
dove r e' il raggio del cerchio.
(almeno per il triangolo equilatero, n=1, e' cosi').
Comunque mi pare che, per n abbastanza grande, una soluzione approssimata
possa essere 2*n*r.
Considero sulla circonferenza con centro nell'origine il punto A(r,0) ed il
generico punto P(x,y).
Il quadrato della diagonale AP vale:
(AP)^2 = y^2+(r-x)^2   dove y^2=1-x^2, da cui
(AP)^2 = 2*r*(r-x)
Consideriamo che x varia tra -1 e +1 in modo non simmetrico (la
distribuzione dovrebbe essere simmetrica nei poligoni pari), ma credo che
per n abbastanza grande l'effetto dell'asimmetria tenda ad essere
trascurabile, per cui il quadrato della diagonale *media* dovrebbe essere
(AP)^2 = 2*r^2
Fa troppo caldo per cimentarsi in calcoli piu' rigorosi :-), comunque fammi
sapere.
ciao
paolo

(AP)^2 = 2*r*(r-x)
Ottimo approccio, io avevo provato con la trigonometria arrivando alla
stessa formula.
Con r=1, (AP)^2 = 2*(1-x) e la quantita' richiesta e'
S = Sum(AP^2) = Sum(2*(1-x)) = 2*n-2*Sum(x)
Ora il problema e' calcolare la somma delle ascisse dei primi n punti del
poligono.
Se si riuscisse a dimostrare che la somma delle ascisse estesa a tutto il
poligono da 0, allora avremmo risolto: siccome nel nostro caso scartiamo il
punto di ascissa 1 e poi dividiamo per due per simmetria, la nostra somma
deve essere -1/2, e l'enunciato, S=#lati sarebbe dimostrato.
Ma se per i poligoni pari la cosa e' banale, per quelli dispari molto meno,
venendo a mancare la simmetria.
Dal punto di vista trigonometrico e' lo stesso: se chiamiamo a=2*pi/(2*n+1)
l'angolo al centro che sottende un lato del poligono, allora bisognerebbe
dimostrare che Sum(cos(k*a))=-1/2, oppure che la stessa somma, estesa a
tutto il poligono, e' nulla.
(Che cos(72)+cos(144)=-1/2 oppure cos(40)+cos(80)+cos(120)+cos(160)=-1/2
l'ho controllato, ma a priori non l'avrei mai detto...)
Comunque sono sicuro che il fatto che e' nulla la somma delle ascisse dei
vertici di un poligono inscritto in una circonferenza di centro
nell'origine, non dipende dalla scelta di far cadere uno dei punti
sull'asse, sarebbe nulla con qualsiasi orientamento degli assi.
Chi riesce a dimostrarlo?
Ciao, Silv:o)

 possa essere 2*n*r.
Correggo ancora: 2*n*r^2
Possiamo trovare queto risultato *approssimato* anche con una costruzione
grafica.
(Occorre considerare alcuni concetti matematici non troppo ortodossi, ma
intuitivi, come il quasi_diametro ed il quasi_triangolo rettangolo :-)
Numeriamo i punti da 0 a 2*n, in senso orario, con il punto 0 situato
all'estremita' Est del diametro orizzontale. Disegnamo tutte le corde da 0-1
a 0-n.
Notiamo che, essendo i punti in numero dispari, l'estremo Ovest del diametro
orizzontale NON e' tra i punti considerati.
Tuttavia, se n e' abbastanza grande,il punto n+1 si trova molto vicino a
quell'estremo, quindi possiamo considerare il segmento che unisce 0 ed (n+1)
come un quasi_diametro.
Tracciando una serie di segmenti quasi_orizzontali, paralleli al
quasi_diametro, accoppio i punti 1,2,3... del primo quadrante con i punti
n,(n-1),(n-2) del secondo. In questo modo, ad ogni punto P del primo
quadrante e' associato un P' del secondo.
A questo punto, per tutti i P', posso *cancellare* la corda 0-P' e
sostituirla con quella di uguale lunghezza (n+1)-P.
Essendo 0-(n+1) un quasi_diametro, le corde 0-P e P-(n+1) sono i
quasi_cateti di un quasi_triangolo_rettangolo, e per il quasi_Pitagora, la
somma dei loro quadrati vale quasi_4*r^2; quindi il valore medio del
quadrato di una diagonale e' quasi_2*r^2.
Occorre ancora precisare che, se n e' dispari, esiste un punto P, vicino
all'estremo Nord, che rimane isolato, senza un corrispondente P'. Comunque,
essendo P molto vicino al Nord, la corda 0-P vale quasi_r*sqrt(2), quindi il
suo quadrato corrisponde alla media vista sopra.
quasi_ciao
quasi_paolo
:-)))

 Chi riesce a dimostrarlo?
Credo che una dimostrazione trigonometrica richiederebbe calcoli piuttosto
lunghi. Se ti accontenti, provo con un approccio fisico.
Considera una ruota, con n masse uguali concentrate sui vertici del poligono
inscritto. Il baricentro di questo sistema di masse e' evidentemente il
centro della ruota.
Disponi la ruota in un piano verticale, libera di ruotare su un asse
orizzontale passante per il centro.
La risultante delle forze peso G dovute alle n masse passa per il
baricentro, quindi la ruota rimane in equilibrio in qualsiasi posizione.
Cio' significa che la somma dei momenti positivi (antiorari) e negativi
(orari) e' nulla, quindi
Sum(G_i*x_i)=0, ed essendo tutte le forze G_i uguali tra loro,
G*Sum(x_i)=0;   Sum(x_i)=0
ciao
paolo

2*(n+1)*r^2
ribadisco il 2*n+1, per n grande o piccolo che sia.
secondo me la tua idea del quadrato medio e' quella che ti porta fuori
strada:
hai trovato che il quadrato *esatto* di ogni diagonale vale 2(1-2x) e poi,
invece di sommarli, ti sei andato ad impelagare nella media.
Accoppiarli come dici tu e' un ottima idea, ma la media dei due quadrati si
discosta un po' da r^2 (da 1 quindi), e la quantita' non e' affatto
trascurabile, anzi, alla fine sommando tutti gli scostamenti otteniamo 1,
proprio la differenza tra la tua soluzione 2(n+1) e quella esatta 2n+1. Nel
mio post precedente (era successivo a questo tuo, 5:53 contro 5:30: MA A
DORMIRE QUANDO CI ANDIAMO???) avevo descritto un metodo grafico, basato
sullo stesso accoppiamento, per visualizzare tali differenze, e al crescere
di n si vede sempre meglio che le differenze occupano la meta' del diametro.
Ciao, Silv:o)

Chi riesce a dimostrarlo?
Sarebbe la soluzione dei problemi. Se nel calcolare la somma delle ascisse
posso ruotare il poligono come voglio, allora portando uno dei vertici
sull'asse y raggiungo una configurazione simmetrica rispetto all'asse y e la
somma facilmente risulta nulla.
Ciao, Silv:o)

di n si vede sempre meglio che le differenze occupano la meta' del
diametro.
ehm, l'avevo descritto, poi l'ho anche cancellato. Comunque e' semplice.
Dato che abbiamo scoperto che la somma dei qudrati delle diagonali vale S =
2*n - 2*Sum(x)
allora dobbiao valutare la somma delle ascisse.
Numeriamo i punti con 0,..,n. Quelli che cadono nel secondo quadrante
avranno ascisse negative: riportiamoli simmetricamente sul primo quadrante
(cadranno a meta' tra un punto e l'altro) e proiettiamoli tutti sull'asse x,
individuando i punti H1,..,Hn. Il segmento Hn-H1 rappresenta la somma
(negativa) x_1+x_n, e cosi' via (l'eventuale punto isolato vicino a Nord non
comporta alcun problema).
La somma dei segmenti occupa la meta' del raggio, quindi vale -1/2, ed e' e'
tanto piu' evidente quanti piu' sono i punti. Ma allora S = 2*n +1
Ciao, Silv:o)

 G*Sum(x_i)=0;   Sum(x_i)=0
Ottimo!
Dovrei prendere esempio da te e provare piu' spesso a trasportare nel mondo
della fisica i problemi geometrici, a volte i risultati sono
sorprendentemente semplici ed efficaci.
Ciao, Silv:o)

lunghi. Se ti accontenti, provo con un approccio fisico.
La tua interpretazione fisica mi ha fatto venire in mente un approccio
altrettanto semplice, quello vettoriale. Consideriamo i raggi che arrivano
nei vertici del poligono circoscritto come dei vettori (versori, se la
circonferenza e' unitaria). L'ascissa dei vertici e' la proiezione dei
vettori sull'asse, ovvero il prodotto scalare tra i vettori v_i ed il
versore v dell'asse x.
Ma allora Sum(x_i) = Sum(v_i*v) = v*Sum(v_i) = 0
perche' ovviamente Sum(v_i) = 0 per simmetria.
Ciao, Silv:o)


Ma come? Lodi il bieco empirismo al posto del ragionamento astratto e puro? Come
ritagliare modelli
di cartone e pesarli invece di calcolare gli integrali! Non che non sia servito,
in passato, ma ora
abbiamo di meglio.
La somma dei quadrati delle distanze di un poligono a 2n+1 lati e raggio 1 e' la
somma dei
quadrati delle lunghezze delle corde di archi k*2*pi/(2n+1), quindi:
X=sum((2*sin(Pi/(2n+1)*k))^2, k = 1.. n).
In pratica numeriamo da 0 i punti, prendiamo il punto 0 e tracciamo i segmenti
che lo uniscono
a quelli da 1 a n. Se estendiamo la somma, collegandolo anche a quelli da n + 1
a 2n,
abbiamo aggiunto altri n segmenti alla nostra somma, ciascuno uguale a uno della
somma
originale, quindi:
2X=4*sum(sin(Pi/(2n+1)*k)^2, k = 1 .. 2n).
Ora sin(x)^2 = 1-cos(x)^2 = 1-(1+cos(2x))/2=1/2-cos(2x)/2
X=2*sum(1/2-cos(2*Pi/(2n+1)*k)/2, k = 1 .. 2n)=sum(1-cos(2*Pi/(2n+1)*k), k = 1
.. 2n)=
2n-sum(cos(2*Pi/(2n+1)*k)/2, k = 1 .. 2n)=
2n + cos(2*Pi/(2n+1)*0) - sum(cos(2*Pi/(2n+1)*k)/2, k = 0 .. 2n) = .
2n + 1 - sum(cos(2*Pi/(2n+1)*k)/2, k = 0 .. 2n) = .
Per finire, dato che sum(cos(2*Pi/(2n+1)*k)/2, k = 0 .. 2n) = 0 (1), abbiamo
X=2n+1
(1) Lascio la dimostrazione come esercizio, piu' che altro perche' non me la
ricordo
proprio. Mi sembra fosse facile. Forse si possono tirare spaghi in un cerchio e
misurarli...
Pasticciando allo stesso modo, si trova che la somma delle quarte potenze delle
distanze (da 1 a 2n)
è 12 n + 6, delle seste 40n + 20, delle ottave 140n + 70, delle decime 504n +
252
e delle dodicesime 1848n+924.
Le potenze con esponente dispari sono invece molto meno trattabili; possono
essere espresse come
quoziente di polinomi di seno e coseno di Pi/(2n+1), ma sono orribili.
Nei poligoni con un numero di lati pari succede qualcosa di simile:
m    sum((2*sin(Pi/(2n)*k))^m, k = 1.. 2n-1)
2    4n
4    12n
6    40n
8    140n
In pratica si elimina la costante dal binomio.
Solo che con numero di lati pari il problema e' meno elegante: la somma non e'
piu' su tutte
le possibili distanze diverse, ma su tutte le distanze da un punto del poligono
a tutti gli altri.
Ciao
Mauro

Accidenti alla fretta!
Ho dimenticato di aggiungere che "sperimentalmente"
  sum((2*sin(Pi/(2n)*k))^(2m), k = 1.. 2n-1) = 2 * (2m)!/(m!)^2 * n
  sum((2*sin(Pi/(2n+1)*k))^(2m), k = 1.. 2n) = 2 * (2m)!/(m!)^2 * n + (2m)!/(m!)^2
vale a dire che il coefficiente di n e' il coeff. binomiale centrale.
Qualcuno se se si possa dimostrare?
Ciao
Mauro