Правильный Многоугольник и точки внутри

[Erken1]

Дан правильный многоугольник $A_1A_2\dots A_n$ и произвольная точка внутри, скажем $P$.
Точки пересечения лучей $A_iP$ с границей многоугольника обозначим через $B_i$.
Докажите следующее неравенство
$\sum_{i=1}^{n}PA_i\geq \sum_{i=1}^{n}PB_i$.

[THC]

Может быть попробовать доказать сначала для правильного треугольника (n=3) или квадрата (n=4). Потом обобщить...

[ИСН]

Может быть, сначала доказать для описанной окружности (that is, брать точки пересечения лучей с ней - так выражение для $PB_i$ будет проще), а для многоугольника тогда тем более верно.
Я доказал для двуугольника, а тем самым и для любого чётного n, но "поля слишком узки".

[Батороев]

Коль скоро данное неравенство соблюдается для точки $ P $, расположенной в центре многоугольника, то по-видимому, можно попытаться доказать, что при смещении этой точки в любую сторону "ситуация только усугубляется".

Только у меня для этого не поля узковаты, а лоб.

[TOTAL]

$$\sum_{i=1}^{n}PB_i - \sum_{i=1}^{n}PA_i \leq 2\sum_{i=1}^{n}\frac{-r^2 + r\cos(\omega_i)} {\sqrt{1+r^2 -2r\cos(\omega_i)}} \leq 0$$

Пусть специалисты по неравенствам докажут последнее неравенство при

$$0 \le r < 1, \; \omega_i = \omega + \frac{2\pi i}{n}$$

[Хорхе]

Кстати, если верно для окружности, на что намекал ИСН, тогда верно и для точки $P$ вне окружности.

[Erken1]

ИСН писал(а):

Может быть, сначала доказать для описанной окружности (that is, брать точки пересечения лучей с ней - так выражение для $PB_i$ будет проще), а для многоугольника тогда тем более верно.
Я доказал для двуугольника, а тем самым и для любого чётного n, но "поля слишком узки".

Для четно-угольника все в-принципе понятно, и кстати за этот случай на олимпиаде давали 6 баллов из 15.
Хотелось бы увидеть доказательство для второго случая, мне кажется, что трюк с описанной окружностью здесь "не прокатит".

[TOTAL]

Считая $B_i$ точками пересечения с окружностью с центром в $O$, имеем

$$\sum_{i=1}^{n}PA_i + \sum_{i=1}^{n}PB_i \le \sum_{i=1}^{n}OA_i + \sum_{i=1}^{n}OB_i = 2 \sum_{i=1}^{n}OA_i \le 2\sum_{i=1}^{n}PA_i$$

[Erken1]

TOTAL писал(а):

Считая $B_i$ точками пересечения с окружностью с центром в $O$, имеем

$$\sum_{i=1}^{n}PA_i + \sum_{i=1}^{n}PB_i \le \sum_{i=1}^{n}OA_i + \sum_{i=1}^{n}OB_i = 2 \sum_{i=1}^{n}OA_i \le 2\sum_{i=1}^{n}PA_i$$

осталось только понять почему последнее неравенство верно

[Хорхе]

Erken1 писал(а):

осталось только понять почему последнее неравенство верно

Ну, например, потому что эта сумма --- выпуклая функция точки $P$, к тому же еще с некоторыми симметриями, которые позволяют заключить, что минимум в нуле.

А вообще, настолько все просто оказалось, я теперь бьюсь головой об стенку.

[TOTAL]

Хорхе писал(а):

Erken1 писал(а):

осталось только понять почему последнее неравенство верно

Ну, например, потому что эта сумма --- выпуклая функция точки $P$, к тому же еще с некоторыми симметриями, которые позволяют заключить, что минимум в нуле.

Последнее неравенство верно потому, что сумма единичных векторов, направленных из центра окружности в точки $A_i$, равна нулю. Это означает (легко доказать), что центр окружности является точкой, от которой сумма расстояний до $A_i$ меньше, чем от любой другой точки. Утверждение в задаче верно не только для вершин правильного многоугольника, а для произвольно расположенных на окружности точек с указанным свойством.

[Erken1]

Да, моя невнимательность, случай правильного многоугольника действительно очевиден...а задачка оказывается была упрощением частного случая известного утверждения(о нормированных векторах).
Разрешите мне поместить ваше решение на Mathlinks'е, от вашего имени, разумеется.

[TOTAL]

Erken1 писал(а):

Разрешите мне поместить ваше решение на Mathlinks'е, от вашего имени, разумеется.

Мне кажется правильным в таких случаях разрешения не спрашивать и имени не упоминать,
но давать точную ссылку на форум (тему), с которого взято решение.

[Хорхе]

Добавлю свои пять копеек для случая, когда $P$ лежит вне круга (понятно, что решение Erken1 для этого случая не проходит).
Проще всего записать через комплексные числа. Пусть координата $P$ --- $ae^{i\phi}$, радиус окружности --- $r$, $a>r$. В условии, утверждается, что

$$ \sum_{k=1}^n |ae^{i\phi}-r e^{2i\pi k/n}|\ge \big|a^2-r^2\big|\sum_{k=1}^n |ae^{i\phi}-r e^{2i\pi k/n}|^{-1}. $$

Это эквивалентно

$$ \sum_{k=1}^n |re^{-i\phi}-a e^{-2i\pi k/n}|\ge \big|a^2-r^2\big|\sum_{k=1}^n |re^{-i\phi}-a e^{-2i\pi k/n}|^{-1}, $$

а это --- ни что иное как утверждение задачи для точки $r e^{-i\phi}$ внутри окружности радиуса $a>r$.

[TOTAL]

Хорхе писал(а):

Добавлю свои пять копеек для случая, когда $P$ лежит вне круга (понятно, что решение Erken1 для этого случая не проходит).

Этот случай ещё легче. Удаляя точку $P$ от центра круга по линии $OP$, заметим, что хорда $A_iB_i$ растёт в случае $PA_iB_i$ и убывает в случае $PB_iA_i$. Поэтому разность $\sum_i PB_i - \sum_i PA_i$ растет до нуля (очевидно) при стремлении $P$ к бесконечности.