Fie \( \Delta \) multimea plana formata din punctele interioare si laturile unui dreptunghi \( ABCD \) de laturi \( AB=a \) si \( BC=b \). Se defineste functia \( f : \Delta \rightarrow \mathbb{R} \), prin
\( f(P) = PA+PB+PC+PD \).
Sa se determine imaginea lui \( f \).
Mircea Becheanu, Concursul National Studentesc Traian Lalescu 2008
Im(PA+PB+PC+PD), cu ABCD dreptunghi - Traian Lalescu pb 4
Moderators: Laurian Filip, Filip Chindea, maky, Cosmin Pohoata, Virgil Nicula
Inegalitatea triunghiului implică \( f(P) \ge f(O) = 2 \sqr{a^2+b^2} \).
f fiind convexă \( f(P) \le \max (f(A),f(B),f(C),f(D)) = a + b + \sqr{a^2+b^2} \).
Rezultă \( f(\Delta)=\[2 \sqr{a^2+b^2}, \ a+b+\sqr{a^2+b^2}\] \)
(căci imaginea e conexă, deci interval).
P.S. Problemele de la concurs mi se par excesiv de uşoare, confirmând că ceva nu funcţionează ...
f fiind convexă \( f(P) \le \max (f(A),f(B),f(C),f(D)) = a + b + \sqr{a^2+b^2} \).
Rezultă \( f(\Delta)=\[2 \sqr{a^2+b^2}, \ a+b+\sqr{a^2+b^2}\] \)
(căci imaginea e conexă, deci interval).
P.S. Problemele de la concurs mi se par excesiv de uşoare, confirmând că ceva nu funcţionează ...
Offtopic : Totusi concursul era adresat studentilor de anul I, si problemele mi s`au parut dragute. Plus ca, intotdeauna, in concurs e mai greu 
Ontopic : Solutia mea foloseste urmatoarea lema :
Lema : Fie \( XYZT \) un dreptunghi si \( M \in ZT \). Atunci \( MX+MY \leq ZX+ZY \) (cu egalitate daca si numai daca \( M=Z \mbox{ sau }M=T \).
Demonstratie : Presupun fara a restrange generalitatea ca \( M \) e mai aproape de \( Z \) decat de \( T \). Duc \( Y^{\prime} \) simetricul lui \( Y \) fata de \( ZT \), si ma uit in triunghiul \( XZY^{\prime} \), cu punctul interior \( M \), obtinand (aplicand inegalitatea triunghilui de doua ori) :
\( MX+MY^{\prime} \leq ZX+ZY^{\prime} \), si de aici rezulta lema.
Apoi, revenind la problema, fie \( Q \) proiectia lui \( P \) pe \( AB \). Aplicand lema de cateva ori, obtin sirul de inegalitati \( f(P) \leq f(Q) \leq f(A) \), si partea mai "dificila" a problemei (maximul lui f) se incheie.
Ontopic : Solutia mea foloseste urmatoarea lema :
Lema : Fie \( XYZT \) un dreptunghi si \( M \in ZT \). Atunci \( MX+MY \leq ZX+ZY \) (cu egalitate daca si numai daca \( M=Z \mbox{ sau }M=T \).
Demonstratie : Presupun fara a restrange generalitatea ca \( M \) e mai aproape de \( Z \) decat de \( T \). Duc \( Y^{\prime} \) simetricul lui \( Y \) fata de \( ZT \), si ma uit in triunghiul \( XZY^{\prime} \), cu punctul interior \( M \), obtinand (aplicand inegalitatea triunghilui de doua ori) :
\( MX+MY^{\prime} \leq ZX+ZY^{\prime} \), si de aici rezulta lema.
Apoi, revenind la problema, fie \( Q \) proiectia lui \( P \) pe \( AB \). Aplicand lema de cateva ori, obtin sirul de inegalitati \( f(P) \leq f(Q) \leq f(A) \), si partea mai "dificila" a problemei (maximul lui f) se incheie.