Problema isoperimetrico

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Denolrah_Elure
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Problema isoperimetrico

Messaggio da Denolrah_Elure » 02 feb 2010, 02:15

Se una curva piana chiusa (regolare) di lunghezza $ L $ racchiude una regione di area $ A $ allora dimostrare che vale la seguente disuguaglianza isoperimetrica: $ L^2\ge4\pi\(A $ con uguaglianza se e solo se la curva è una circonferenza.
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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 05 feb 2010, 11:55

uhm, cosa intendi per curva regolare?? Una curva $ C^1 $, una curva $ C^{\infty} $ o sempicemente una curva Lipsichiziana, oppure solo continua (per la quale in realtà non puoi definire una lunghezza...), oppure una di cui puoi definire la lunghezza?

(a seconda dei casi esistono dimostrazioni diverse)

Denolrah_Elure
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Messaggio da Denolrah_Elure » 05 feb 2010, 19:33

$ C^k $ con $ k\ge1 $
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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 13 feb 2010, 17:22

Dunque, conosco una dimostrazione che fa uso delle serie di Fourier e funziona per curve $ C^1 $ (in realtà $ C^1 $ a tratti), tratta da "facile come $ \pi $".

Essenzialmente mi scrivo la curva $ \sigma : \left[ 0,1 \right] \to \mathbb{R}^2 $ e dico che le due coordinate ammettono sviluppo in serie di Fourier. i coefficienti li chiamo rispettivamente: per $ \sigma_1 $ prendo $ a_i $ e $ b_i $ mentre per $ \sigma_2 $ prendo $ A_i $ e $ B_i $. Posso assumere che il baricentro della curva sia in $ (0,0) $ così posso porre il primo coefficiente $ =0 $ per gli sviluppi.
Con una semplice integrazione per parti ottengo che i coefficienti di $ \sigma_1' $ sono $ 2\pi ib_i $ e $ -2\pi ia_i $ e similmente per $ \sigma_2 ' $.

Ora abbiamo che:

$ \displaystyle Area = \int _\sigma x dy = \int_0^1 \sigma_1(t) \sigma_2 '(t) dt = 2 \pi \sum _{i=1}^ {\infty} ( a_i B_i - b_i A_i ) $

dove abbiamo usato l'identità di Parseval nell'ultimo passaggio (tra l'altro può essere che l'area così sia negativa; basta considerare allora una riparametrizzazione $ t \to 1-t $). Per la lunghezza:

$ \displaystyle (lunghezza)^2 =\left( \int_0^1 \sqrt{ \sigma_1' (t)^2 + \sigma_2' (t)^2 } dt \right)^2 \geq^{CS} \left( \int_0^1 \sigma_1' (t)^2 + \sigma_2' (t)^2 dt \right) \left( \int_0^1 1 dt \right) = $
$ \displaystyle =(2\pi)^2 \sum_{i=1}^{\infty} i^2(a_i^2+b_i^2+ A_i^2+ B_i^2) \geq^1 (2\pi)^2 \sum_{i=1}^{\infty} i(a_i^2+ B_i^2+b_i^2+ A_i^2) \geq^2 (2\pi)^2 \sum_{i=1}^{\infty} 2i(|a_iB_i|+|b_iA_i) \geq^3 4 \pi Area $

Quindi la disuguaglianza è dimostrata. Ora resta da vedere l'uguaglianza. Per la $ \geq^1 $ la disuguaglianza è stretta solo se per $ i>1 $ ho $ a_i=b_i=A_i=B_i=0 $. Per la $ \geq^2 $ ho applicato AM-GM e quindi l'uguaglianza c'è se e solo se $ |a_i|=|B_i| $ e $ |b_i|=|A_i| $ e infine l'ultima uguaglianza ci dice che $ a_i=B_i=\alpha $ e $ b_i=-A_i=\beta $

Quindi l'uguaglianza si ha quando $ \sigma(t)=( \alpha \cos(2 \pi t) + \beta \sin (2 \pi t ) , -\beta \cos(2 \pi t) + \alpha \sin (2 \pi t) ) $ ed è facile ora vedere che $ \sigma_1^2 + \sigma_2^2= \alpha^2 + \beta^2 $ e la curva è dunque una circonferenza.


Ps scusa mi sono un po' sbagliato... Cauchy Scwharz è vera nell'altro senso... Comunque puoi scegliere una riparametrizzazione di $ \sigma $, tipo quella per lunghezza d'arco, in modo che $ \sqrt{ \sigma_1' (t)^2 + \sigma_2' (t)^2 } $ sia sempre costante e allora lì vale l'uguaglianza...

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