Izoperimetria

A euklideszi geometria , isoperimetry kezdetben a tanulmány tulajdonságainak geometriai formák a síkban , amely ugyanazt a kerülete , amely azután általánosítja más euklideszi terekben .

Különösen a legklassikusabb probléma abban áll, hogy meghatározzuk a sík geometriai alakját, amely fix kerület mellett maximalizálja a területét . A válasz intuitív, ez a lemez , de ártalmatlan megjelenése ellenére ez a probléma kifinomult elméletekre szólít fel a szigorú demonstráció érdekében (egy olyan sajátosság, amelyet például Jordánia tételével oszt meg, amely azt jelzi, hogy a keresztezés nélkül meghúzott hurok kettéválasztja a tervet alkatrészek). Emiatt az izoperimetriai problémát néha leegyszerűsítik az engedélyezett felületek korlátozásával, például csak négyszögekre vagy háromszögekre szorítkozva , amelyek ezután a négyzetet és az egyenlő oldalú háromszöget adják meg . Általában az a n sokoldalú sokszög , amelynek legnagyobb területe van, egy adott kerületen az, amelyik a legközelebb van a körhöz  : a szabályos sokszög .

Az izoperimetriát különböző geometriákra általánosítják. Például félsík esetén az adott kerület maximális területének zónája a féllemez. A 3. dimenzióban a legnagyobb térfogatú, szilárd mérési felületbe burkolt szilárd anyag megtalálása a kérdés; a szappanbuborék , amely az ellenkező problémát oldja meg azzal, hogy "arra törekszik", hogy minimalizálja azt a felületet, amellyel az adott térfogatú levegőt beborítja, jelzi a megoldást: a gömböt .

Ez a fogalom létrehozza az isoperimetrikus tételeknek nevezett tételek családját, az izoperimetrikus egyenlőtlenségek néven ismert növekedéseket , valamint az isoperimetrikus hányadosnak nevezett arányt . A 2. dimenzió, a izoperimetrikus egyenlőtlenség azt jelzi, hogy egy felület kerülete p és területe egy kielégíti a növekedés  ; a bal oldali kifejezés az izoperimetrikus hányados, amely csak a lemez esetében egyenlő 1-vel. 4πnál nélo2≤1{\ displaystyle {\ frac {4 \ pi a} {p ^ {2}}} \ leq 1}

Ha ennek a kérdésnek az eredete legalább 2900 éves, csak 1895-ben , Minkowski tételéből levezetett módszerek felhasználásával sikerült véglegesen megoldani a kérdést ősi formájában. Ezek a módszerek lehetővé teszik az izoperimetrikus tétel bebizonyítását és euklideszi geometria esetén magasabb dimenziókba való általánosítását .

Ez a cikk csak a kérdés alapvető szempontjaival foglalkozik. Néhány válasz, kifinomultabb matematikai eszközök felhasználásával, az Izoperimetrikus tétel című cikkben található .

A történelem töredékei

A legenda szerint Karthágó városát itt alapítottákKr. E. 814 J.-C.Dido becenevű föníciai Elissa hercegnő . Kérte a Numidia Iarbas királyát, hogy adjon földet az ott letelepedéshez. Iarbas vonakodva megadta neki a jogot, hogy olyan földdarabot válasszon, amely tartalmazhatja az ökör bőrét . Dido vékony csíkokra vágta a bőrt, amely 4 km hosszú hosszú tanga lett. Ezt a tanga félkörben kinyújtotta, amelynek két vége a bordát érintette, egyenesen ott, ahol volt. A királynő intuitív módon egy euklideszi félsíkon találta meg az izoperimetriai probléma megoldását . Ezt a problémát akkor oldják meg, amikor a lehető legnagyobb felületet találják meg, egy adott kerületen. A félkör tulajdonképpen az a görbe, amelyet a hevedernek követnie kell a lehető legnagyobb felület elhatárolásához, ebben a konkrét esetben.

Az ókori Görögországban elterjedt volt egy terület mérési módja annak kerületével . Homer azt jelzi, hogy a város Troy tart 10.200  lépést , jelezve, hogy menni körül igényel séta a 10.200 lépést. A megoldás a izoperimetrikus probléma az euklideszi síkon ismert néhány a V th  században  ie. AD , legalábbis az n oldalú sokszög esetében . Az izoperimetrikus tétel nevét viseli . A görögök idején úgy tűnt, nem mindenki ismeri ezt az eredményt és annak következményeit. Proclos ( 412 - 495 ) megemlíti a földmérők ebből az időszakból származó csalásának esetét. A földet különböző parcellákra osztották, azonos kerülettel, de különböző felületekkel. A megosztásért felelős földmérők szerezték meg a legnagyobb parcellákat. Az aratáskor fedezték fel a megtévesztést, amelynek bősége arányos a területtel és nem a kerületével.

Theon Alexandria ( 335 - 405 ) és Pappus IV th  századi tulajdonítható Zenodorus II th  században  ie. Kr. Az első tüntetések. Azt bizonyítja, hogy az összes a poligonok és n oldala és ugyanazon kerület, csak a rendszeres egyik jelentése jelöltet, hogy a válasz a izoperimetrikus problémát. Azt is felfedezi, hogy egy adott kerület lemezének területe nagyobb, mint bármely szabályos sokszögé. Megmutatta azt is, hogy a gömb az a szilárd anyag, amelynek térfogata nagyobb, mint bármely azonos felületű poliéderé .

A görög matematikusoknak nincs módjuk ezen túllépni. Tüntetéseik részlegesek maradnak, még akkor is, ha szerzőik nincsenek tisztában a bizonyítások hiányos aspektusával. Nem rendelkeznek olyan matematikai eszközökkel sem, amelyek lehetővé tették volna a továbbjutást. Az arab matematikusok megfelelnek a görögök tudásának ebben a kérdésben. Abū Ja'far al-Khāzin értekezést írt, összefoglalva kora összes tudását az izoperimetriáról. Fejlesztik az eszközöket a továbbjutáshoz. Nasir al-Din al-Tusi , a XIII .  Század matematikusa kifejlesztette a négyszögről szóló értekezését , amely elegendő trigonometriával rendelkezik ahhoz, hogy teljes bizonyítékot nyújtson be háromszögek vagy téglalapok esetében.

Csak a XIX .  Századi európai matematika volt a további előrelépés. A 1836 , Jakob Steiner kapott első új eredményt. Feltéve, hogy elismerjük a megoldás létezését a 2. dimenzióban, akkor ez a megoldás szükségszerűen a lemez. A 2. dimenzió teljes igazolásához meg kell várnunk Karl Weierstrass és Hermann Minkowski munkáját  ; szigorúvá válik 1895 körül . A történetnek ezzel a részével az Isoperimetric tétel cikk foglalkozik .

Definíciók és első tulajdonságok

2. dimenzió

Legyen P n lehet egy sokszög az n oldalán, ahol n értéke egész szám, 2-nél nagyobb, p annak kerülete és egy n környékén. Ebben a konkrét esetben az izoperimetrikus tétel a következő formában van kifejezve:

Izoperimetrikus tétel egy sokszög  -  A terület a P n kisebb, mint a szabályos sokszög N oldala és kerülete p . A p kerületű lemez területe szigorúan nagyobb, mint a P n .

Ez a tétel egyenlőtlenség formájában fejezhető ki:

Izoperimetrikus egyenlőtlenség sokszög esetén  -  A következő egyenlőtlenségek vannak:

4πnál nélnem<4nemCser⁡πnemnál nélnem≤o2.{\ displaystyle 4 \ pi a_ {n} <4n \ tan {\ frac {\ pi} {n}} a_ {n} \ leq p ^ {2}.}

Ez a tulajdonság nagyon általános; igaz marad minden felületének nagysága olyan , amelynek rectifiable széle hossza p , azaz a szélén egy görbe, amely egy véges hosszúságú.

Izoperimetrikus tétel egy euklideszi térben a dimenzió 2  -  A terület egy kisebb, mint a lemez azonos kerülete p , amely okot ad a következő növekedése, az úgynevezett isoperimetric egyenlőtlenség . Az egyenlőség csak akkor fordul elő, ha a felület lemez.

o2-4πnál nél≥0.{\ displaystyle p ^ {2} -4 \ pi a \ geq 0.}

Ez a tétel ad definíciót:

Izoperimetrikus hányados  -  A következő egyenlőség által definiált q hányadost izoperimetrikus hányadosnak nevezzük:

q=4πnál nélo2.{\ displaystyle q = 4 \ pi {\ frac {a} {p ^ {2}}}.}

Ezt a hányadost úgy értelmezhetjük, mint az azonos kerületű kör sugarának azonos területű kör sugara közötti arány négyzetét. Az izoperimetriai egyenlőtlenség egyenértékű azzal, hogy q kisebb, mint 1, az egyenlőségi eset csak akkor fordul elő, ha a felület lemez.

3. dimenzió

A 3. dimenzióban nem lehet egyre pontosabban megközelíteni a gömböt szabályos konvex poliéderekkel . Csak 5, úgynevezett platoni szilárd anyag van . Az általános eredmény ennek ellenére igaz marad:

Izoperimetrikus tétel egy 3 dimenziós euklideszi tér  -  Hagy egy mérhető szilárd abban az értelemben, Lebesgue amelynek mérhető él , annak térfogata kisebb, mint a labda , akinek gömb van ugyanazon a területen.

Megjegyzés : Itt a szilárd anyag széle olyan felület, mint a gömb a golyó széle.

Az izoperimetriai egyenlőtlenséget q izoperimetrikus hányadossal fejezzük ki . Azt jelzi, hogy ez az együttható mindig kisebb, mint 1, és az egyenlőség esete csak a gömb esetében fordul elő. A q együtthatót a következő formában fejezzük ki, ha v jelöli a szilárd anyag térfogatát és s ennek a szilárd anyagnak a peremterületét:

q=36πv2s3.{\ displaystyle q = 36 \ pi {\ frac {v ^ {2}} {s ^ {3}}}.}

Ezt a képletet az ikozaéder példáján keresztül kommentáljuk, a cikk nyomán.

Alapvető eredmények

Preambulum

A bal oldali ábra négy ábrát mutat, amelyek közül három sokszög, és mindegyiknek azonos a kerülete. Nem mindig könnyű azonnal kiszúrni azt, amelynek a legnagyobb területe van. A történelem még azt is mutatja, hogy néhány görög számára ellentmondásos volt az a gondolat, hogy két, két azonos hosszúságú görbével körülhatárolt régió különböző területekkel rendelkezhet.

Ha általános esetben a bizonyítás elég bonyolult ahhoz, hogy közel 3000 év erőfeszítést igényeljen, akkor csak a sokszögek esetének kezelése egyszerűbb. Az elemi megoldások az ókor óta ismertek, még akkor is, ha részlegesek maradnak. Ezeket modern nyelven mutatják be.

Az n betű 2-nél nagyobb egész számot és p szigorúan pozitív valós számot jelöl . Megoldandó kérdés az, hogy megkeressük, ha létezik, a legnagyobb oldalú n oldalú és p kerületű sokszöget . Ne feledje, hogy elegendő csak konvex sokszögekben keresni . A domború kifejezés itt azt jelenti, hogy a sokszöget körülvevő gumiszalag mindig érintkezik a határával. Vegyünk egy nem konvex P 1 sokszöget , például a jobb oldali ábrán kéket. A domború burkolata , vagyis az az ábra, amely a P 1 sokszöget körülvevő rugalmas sáv által adott szegélyre vonatkozik , egy új P 2 sokszög , ezúttal domború. A P 2 sokszög megegyezik azzal, amely az ábrán kék és zöld területeket tartalmaz. Területe szigorúan nagyobb, kerülete szigorúan kisebb. Egy bővítése egy jól megválasztott aránya, szükségszerűen nagyobb, mint 1, alkalmazott P 2 definiál egy új sokszög P 3 azonos kerülete, hogy a P 1 . A P 1 területe szigorúan kisebb, mint a P 2 területe , maga szigorúan kisebb, mint a P 3 területe . A P 3 sokszög kerülete megegyezik a P 1 kerülettel és szigorúan nagyobb területtel rendelkezik. Arra a következtetésre jutunk, hogy P 1 nem alkalmas az izoperimetriai probléma megválaszolására.

Négyszög

Ez az eset megfelel annak az esetnek, amelyet a görög matematikusoktól eltérő ismeretek nélkül lehet teljes mértékben megoldani.

A négyszög esete  -  Az egyedülálló négyzet, amelynek kerülete p és ennek a kerületnek a legnagyobb területe, a p / 4 oldalú négyzet .

A négyzet területe egyenlő p 2 /16-tal. A 16 nevező nagyobb, mint 4π. Arra a következtetésre jutunk, hogy ha a 4 a p kerület négyszögének területe  :

nál nél4≤o216.<o24π.{\ displaystyle a_ {4} \ leq {\ frac {p ^ {2}} {16}} <{\ frac {p ^ {2}} {4 \ pi}}.}

A bizonyítás egy lemmát használ, amely hasznos bármely sokszög izoperimetriai problémájához:

1. Lemma  -  Az AB alapú , az utolsó C csúccsal és a p kerülettel rendelkező háromszögek között az AC távolság CB-vel egyenlő területe szigorúan nagyobb, mint az összes többi. A háromszög ekkor szükségszerűen egyenlő .

Demonstráció

Először is, a lemmát be kell bizonyítani, ez a cikk számos bizonyítékának gerince.

• Az AB alapú , az utolsó C csúccsal és a p kerülettel rendelkező háromszögek közül az AC távolsága CB-vel egyenlő területe szigorúan nagyobb, mint az összes többi:

A lemma háromszöget fekete színnel szemlélteti a bal oldali ábra. Feltételezzük, hogy két egyenlőtlen hosszúságú oldala van, itt AC és BC . Legyen h a háromszög magassága az AB alapra vonatkoztatva, amelyet az ábra zöld színnel szemléltet, D pedig a C-vel azonos magasságú pont, amely az AB-ra merőleges egyenesen helyezkedik el, és amely középen AB- t metsz . Δ a D és C közötti távolság . Feltételezés szerint a δ hossz nem nulla, különben az AC és a BC azonos hosszúságú lenne.Az első lépés abból áll, hogy megmutatjuk, hogy az ABD háromszög ugyanolyan területű, mint a kezdeti ABC háromszög, és szigorúan kisebb kerülettel rendelkezik. Mivel e két háromszög területe megegyezik A és B távolságának és h felének szorzatával , ez a két terület valóban egyenlő. Meg kell még mutatni, hogy a BDA kerülete kisebb, mint a BCA kerülete . Ehhez elegendő alkalmazni Fermat elvét . A fénysugár származó pont A , tükröző egy tükör látható ibolya jobb Δ (egyenesnek megfelelő párhuzamos AB és áthalad a C és D ), valamint világító pont B használja a legrövidebb út, amely átmegy a D . Annak bizonyítására, ez elegendő figyelembe venni a pont E szimmetrikus a B tekintetében a tengelyre Δ. Közötti távolság E és D jelentése ugyanaz, mint a között a B és a D , vezetjük le, hogy a távolság ADE ugyanaz, mint ADB . Hasonlóképpen, az ACE távolság megegyezik az ACB-vel . Most már teljesen nyilvánvaló, hogy az ADE rövidebb, mint az ACE , mert a három A , D és E pont egymáshoz igazodik. A második lépés az ABF háromszög megalkotása, amelynek kerülete és területe nagyobb, mint a kezdeti háromszögé. Úgy véljük, az a pont F , a merőleges vonal AB és áthalad a D (zöld az ábrán jobbra), és úgy, hogy a hossza a két szegmens AF és FB megegyezik, hogy a két szegmens AC és CB . Mivel az AFB háromszög és az ACB háromszög kerülete azonos, szigorúan nagyobb, mint az ADB háromszögé , az F pont magasabb, mint D , más szóval az AF szigorúan nagyobb, mint az AD , vagy az AFB háromszög területe szigorúan nagyobb, mint az háromszög ADB . A kiegészítő terület rózsaszínű. Mi valóban épített egy háromszög AFB azonos kerülete, ACB , szigorúan nagyobb területen, azaz a bizonyíték. Megjegyezzük továbbá, hogy az AB alapot nem módosították.

Miután ez a lemma létrejött, egy konvex Q négyszögből , az ABCD csúcsokból és a p kerületből indulunk ki . Ha ez a sokszög nem négyzet, akkor megmutatjuk, hogy a p kerülete négyzetének szigorúan nagyobb területe van. Céljaink elérése érdekében gyémánt segítségével lehet továbblépni, amely bemutatja a bemutató szakaszát.

• Ha a Q négyszög nem rombusz , létezik ugyanolyan kerületű és szigorúan nagyobb területtel rendelkező Q 1 rombusz :

Ez a lépés maga két szakaszra oszlik:Az első a bal oldali ábrán, a Q zöld színnel látható. Az ABCD négyszögnek szükségszerűen két szomszédos, eltérő hosszúságú oldala van, különben az ABCD rombusz lenne. Még akkor is, ha ez az egyes csúcsokhoz tartozó betűk sorrendjének módosítását jelenti, mindig feltételezhetjük, hogy az AB nem egyenlő a BC-vel . A lemma segítségével konstruáljuk a B 1 pontot . Az AB 1 C háromszög kerülete megegyezik az ABC szélességével, ráadásul egyenlő szárú. Ugyanígy konstruáljuk a D 1 -et is . A kék négyszög területe szigorúan nagyobb, mint a kezdeti négyszög, és a többi szempontjából hasznos tulajdonsággal rendelkezik. Az AB 1 távolság megegyezik B 1 C-vel , azonos AD 1 és D 1 C esetén . Más szavakkal, a két D 1 AB 1 és B 1 CD 1 hossz egyenlő p / 2-vel.A jobb oldalon látható második lépés az AB 1 CD 1 négyszög pontos analógja , de ezúttal a D 1 AB 1 és B 1 CD 1 háromszögeken . A kék négyszöget felhasználva most elkészítjük a pirosat, amelyet A 1 B 1 C 1 D 1-nek jelölünk . Az A 1 B 1 oldal hossza a D 1 AB 1 vagy a p / 4 hosszának a fele . Ez az érvelés a négy oldalra vonatkozik, amelyek mindegyike egyenlő, ami azt mutatja, hogy a piros négyszög rombusz.A vörös gyémánt, amelyet L megállapított , nagyobb, mint a kék négyszög, maga a terület szigorúan nagyobb, mint a zöld négyszög, és mindegyiknek ugyanaz a kerülete. Egy négyszögből, amely nem rombusz, valóban egy ugyanolyan kerületű és szigorúan nagyobb területtel rendelkező rombust építettünk, amely befejezi a demonstrációt.

Befejezésül elegendő megmutatni, hogy ha az L rombusz nem négyzet, akkor az azonos kerületű C négyzet területe szigorúan nagyobb.

• A p kerületi rombuszok közül a négyzet az egyetlen, amelynek területe maximális:

A rombusz területe megegyezik az alapja szorzatával, itt az A 1 D 1 hosszával, magasságával. A B 2 pontot úgy definiáljuk, mint az A 1 B 1 ponttal egyenlő távolságot és olyat, hogy A 1 D 1 és A 1 B 2 derékszöget képezzen . Az előző bemutató vörös rombuszából egy kék A 1 B 2 C 2 D 1 rombuszra megyünk, amely véletlenül a p kerülete C négyzete . Ennek a négyzetnek a magassága az A 1 D 1 alaphoz képest szigorúan nagyobb, mint az L rombuszé , ha nem négyzet volt, ami azt mutatja, hogy a négyzet területe szigorúan nagyobb, és befejezi a demonstrációt.

Röviden, ha Q nem rombusz, akkor egy L rombust készítünk ugyanolyan kerülettel és szigorúan nagyobb területtel. Ekkor, ha L nem a p kerülete négyzete , akkor azt látjuk, hogy az L terület szigorúan kisebb, mint a C négyzet . Ez a kettős felépítés egyértelműen azt mutatja, hogy a C négyzet területe nagyobb, mint a p kerület összes négyszögének területe, és hogy ha a p kerület négyszögének területe megegyezik a C négyzetével , azért, mert ez a négyszög egyben négyzet is kerülete p .

Bármely sokszög

A tetszőleges sokszög esetét kissé másként kezeljük. A következő állítás az előző bekezdéséhez hasonló technikákkal igazolható:

Bármely sokszög esete  -  Az n oldalú sokszög , a p kerülete és a kerület maximális területe szabályos .

Ha egy n jelöli a szabályos sokszög területét, akkor az izoperimetrikus egyenlőtlenségek vannak:

nál nélnem≤o24nemCser⁡(πnem)<o24π.{\ displaystyle a_ {n} \ leq {\ frac {p ^ {2}} {4n \ tan \ balra ({\ frac {\ pi} {n}} \ jobbra)}} <{\ frac {p ^ { 2}} {4 \ pi}}.}

A bizonyítás jelentős részét a Zenodorusnak tulajdonított következő lemma megállapítása jelenti. A szabályos sokszög területének kiszámítása Archimédész munkája . Ha az elképzelések ősiek, az itt javasolt megfogalmazás modern, teljesen eltér a bizonyítéktól, amelyet nekünk jelentettek.

2. Lemma  -  Ha az n oldalú sokszög megoldja az izoperimetrikus problémát, akkor az azonos csúcsot osztó két oldal közötti szög egyenlő.

Demonstráció

A cél annak bemutatása, hogy az n oldalú és p kerületű P sokszögnek nincs maximális területe, ha nem szabályos. Ami az előző bekezdést illeti, ugyanezen okokból feltételezzük, hogy P konvex. Ezért elegendő megmutatni, hogy vagy az oldalak nem egyformák, vagy pedig igen, de az ugyanazt a csúcsot megosztó két él közötti szögek nem egyenlőek. Ami a demonstrációt két részre osztja. Az első eredményt a következőképpen fejezzük ki:

• A két, különböző hosszúságú éllel rendelkező sokszög nem oldja meg az izoperimetriai problémát:

Feltételezzük, hogy a P sokszögünknek két különböző hosszúságú éle van. Észrevesszük, hogy ekkor két él is megtalálható ugyanazon csúcson. Valóban, ha az összes, ugyanazon csúcsot megosztó él azonos hosszúságú, lépésről lépésre észrevesszük, hogy mindegyikük azonos hosszúságú. A vizsgált esetet a jobb oldali ábra szemlélteti, az ACB háromszöget , amelyet a két, különböző hosszúságú él alkot , zöld színnel szemléltetjük, annak csúcsait megjegyezzük. A csúcsot megosztó két AB és CB él különböző hosszúságú, az előző bekezdés 1. lemma azt mutatja, hogy lehetséges egy második, piros színnel illusztrált háromszög felépítése ugyanazzal az AB alappal és D csúccsal , például az ACB és az ADB háromszögekkel kerülete azonos és olyan, hogy az ADB piros háromszög területe szigorúan nagyobb, mint a zöldé.A P 1 sokszög , amelynek csúcsa megegyezik a P-vel , kivéve a C-t , amelyet D helyettesít , kerülete p-vel egyenlő és változatlan. Valójában az AC + CB hossza szerkezetileg megegyezik az AD + DB hosszúsággal . Ezzel szemben a terület P 1 szigorúan nagyobb, mint P . Ennek meggyőződéséhez elegendő észrevenni, hogy a kék terület nincs módosítva. Másrészt a kivont zöldterületet felváltja a piros terület, amely az 1. lemma szerint szigorúan nagyobb.

• Az a sokszög, amelynek csak azonos hosszúságú élei vannak, de legalább két szöge eltér egymástól, nem oldja meg az izoperimetriai problémát:

Most azt feltételezzük, hogy a csúcsokkal társított szögek nem egyenlőek. Kezdetben még azt feltételezzük, hogy létezik két α és β szög, úgy, hogy β szigorúan kisebb, mint α, és hogy a hozzájuk tartozó csúcsok nem szomszédosak, vagyis ez a két csúcs nem alkotja a sokszög élét. Ezt szemlélteti a bal oldali ábra, amely egyidejűleg lehetővé teszi az A , B , C , D , M és N pontok meghatározását . Amint az ábrán látható, a δ és λ távolságok megegyeznek az AB és a CD távolságaival . Mivel α szigorúan nagyobb, mint β, δ szigorúan nagyobb, mint λ.

Anélkül, hogy módosítanánk a P kerületét, egy új P 1 sokszöget szerkesztünk , amelynek azonos számú n csúcsa , ugyanaz a kerülete van, de szigorúan nagyobb területe van, amely megmutatja a javaslatot. A jobb oldalon a P 1 sokszög látható.

Az APB és CQD háromszögek felépítése  : A jobb oldali ábrán kék színű szegmenst tekintünk, amelynek hossza négyszerese a P 1 szélének . Ennek a szegmensnek ugyanolyan hosszúsága van, mint a négy él AM , MB , CN és ND hosszának összegével . Ezt a hosszúságot az A és P , P és B , C és Q , Q és D közötti távolság összegével választjuk meg . Így a zöld háromszögek piros háromszögekkel való helyettesítése nem módosítja a sokszög kerületét.Legyen r a δ / (δ + λ) arány, a szakaszt két részre osztjuk, az egyik r , a másik az (1 - r ). Így két olyan szegmenst kapunk, amelyek hosszúságainak összege megegyezik egy él négyszeresével, és ez a két szegmens arányos két δ és λ hosszúságú szegmenssel. A két szegmens két egyenlő részre oszlik, 4 szegmenst kapunk, kettő hossza c 1 , a másik kettő c 2 . A sorrendet úgy választjuk meg, hogy c 1 nagyobb legyen, mint c 2 . Ezt a felosztást egy olyan módszer szemlélteti, amely lehetővé teszi, hogy vonalzóval és iránytűvel szerkessze a jobb oldali ábrán. A lila szegmens hossza egyenlő δ + λ.Legyen az A és B P pontjának c 1 távolsága , C és D pedig a Q 2 c távolság távolsága . Az APB és a CQD háromszögek egyenlő szárúak , ráadásul hasonlóak. Valóban, az arány a távolság AB szóló AP jelentése szerint az építőipari megegyezik a CD a CQ . Kétféle pontválasztási lehetőség van a P és Q számára , természetesen azokat választjuk, amelyek P 1 domborúvá teszik. Most felcserélhetjük a két zöld egyenlő szárú háromszöget két piros egyenlő szárú háromszöggel a körzet módosítása nélkül. A két piros egyenlő szárú háromszög hasonló, ami a zöld háromszögekkel nem így van, különben az α és β szög egyenlő lenne. Ez a hasonló karakter lehetővé teszi annak kimutatását, hogy a P területe szigorúan kisebb, mint a P 1 területe . Ez a következő demonstráció tárgya. P és P 1 területeinek összehasonlítása  : Mivel ennek a legördülő mezőnek az első két ábráján a kék színű területet nem módosították, ez azt mutatja, hogy a zöld háromszögek területeinek összege kisebb, mint a piros háromszögek területeinek összege.A területek összehasonlításához kivágjuk és téglalapba helyezzük. Menjünk először a piros téglalapokra. Legyen k 1 és k 2 a magasságuk. Ha a háromszögeket a magasságuk szerint vágjuk, akkor mindkét két derékszögű háromszögre k i hosszúságú oldalt kapunk , ahol i értéke 1 és 2 között változik. Összeszerelhetjük őket téglalapok kialakítására, amint azt a jobb oldali ábra mutatja, a piros háromszögek egyenlő szárúak. Vegye figyelembe, hogy a két átló egymáshoz igazodik, mert a háromszögek hasonlóak. Ugyanaz a feldolgozás a zöld háromszögeken adja meg a bal oldalon látható eredményt, ha h 1 és h 2 a két háromszög magasságát jelöli. Észrevesszük, hogy ezúttal h 1 kisebb, mint k 1 , az első zöld téglalap jobban ellaposodik, mint piros megfelelője. Valóban, ha k 1 kisebb lenne h 1-nél , akkor k 2 még kisebb lenne. Valójában λ kisebb, mint δ, és a két piros háromszög hasonló. A piros háromszögek éleinek összege szigorúan kisebb lenne, mint a zöld háromszögek éleié, ami nem lehetséges, felépítéssel ezek az összegek megegyeznek. Azt is észrevehetjük, hogy a zöld háromszögek két átlója hossza megegyezik a P 1 sokszög peremével, és hogy összegük megegyezik a piros téglalapok átlóinak összegével. Arra következtetünk, hogy h 1 + h 2 szigorúan kisebb, mint k 1 + k 2 . A két ábra egymásra helyezésével a diagram látható a jobb alsó sarokban. Van egy zöld terület, amelyet nem fed le a piros terület (A piros és a zöld téglalap által lefedett területeket kék színnel mutatják). Mivel δ szigorúan nagyobb, mint λ, elegendő ezt a területet balra húzni, hogy a zöld teljesen be legyen fedve. Ekkor marad egy fedetlen piros zóna, a jobb felső sarokban, ami azt mutatja, hogy a piros háromszögek területe szigorúan nagyobb, mint a zöld háromszögeké.

Most foglalkozhatunk a bekezdés általános esetével. Vagyis azt az esetet, amikor az α és β szögek egymás mellett vannak.

• A nem szabályos sokszög soha nem jelent megoldást az izoperimetrikus problémára:

Ha n értéke 4, akkor az előző bekezdésben találunk bizonyítékot. Ha n értéke 3, akkor egy három egyenlő oldalú háromszögnek szükségszerűen három egyenlő szöge van. Ha n nagyobb vagy egyenlő 5-vel, az előző bizonyítás azt mutatja, hogy szabályos sokszög esetén az első csúcshoz tartozó szög megegyezik a bármely csúcshoz társított szöggel, kivéve a másodiké az utolsó csúcsot. A negyedik csúcshoz tartozó szög, amely soha nem az utolsó, mert n nagyobb vagy egyenlő 5-vel, megegyezik az első és a második csúcshoz tartozó szöggel. Az első és a második csúcs tehát egyenlő szöget zár be. Ugyanez az érvelés a harmadik csúcs felhasználásával azt mutatja, hogy az első és az utolsó csúcshoz kapcsolódó szög is egyenlő.

• Az n oldalú és p kerületű szabályos sokszög területe egyenlő p 2 / 4n tan (π / n):

Egyszerűen kiszámíthatjuk a szabályos sokszög izoperimetrikus hányadosát. A magyarázó ábra a bal oldalon található. A számításokat a Szabályos sokszög című cikk tartalmazza .

Ha a a sokszög területe, amelynek n kerülete a p kerület n oldalán van , akkor annak területe kisebb, mint a szabályos sokszögé, ami demonstrálja az izoperimetrikus egyenlőtlenség első részét. Az érintő függvény deriváltja a ] 0, π / 2 intervallumban [szigorúan nagyobb, mint 1, a véges növekményes tétel az egyenlőtlenség második részét mutatja:

Cser⁡(πnem)>πnemés4π<4nemCser⁡(πnem).{\ displaystyle \ tan \ left ({\ frac {\ pi} {n}} \ right)> {\ frac {\ pi} {n}} \ quad {\ text {és}} \ quad 4 \ pi <4n \ tan \ balra ({\ frac {\ pi} {n}} \ jobbra).}

Nem sokszögű határ

A nem sokszögű határ esete alig bonyolultabb, hogy az előzőekkel egyenértékű eredményt érjen el:

Bármely felület esete  -  Bármely olyan felület, amelynek p kerülete és ennek a kerületnek a legnagyobb területe van, egy korong .

A trükk Steiner munkája, aki megtalálja a szimmetrizációs folyamatot , amelyet még mindig használnak, és amely most a nevét viseli.

Steiner bemutató

Feltételezzük, hogy S olyan felület, amelynek területe a és kerülete p . Feltételezzük továbbá, hogy az a terület a p kerületnél maximális . Ezt a felületet balra szemléltetjük, vízszintesen elhelyezett tojás alakú. A cél annak bemutatása, hogy az ellentmondások elkerülése érdekében az S szükségszerűen lemez. A választott kezdeti forma nem korong az ellentmondás élénkebb szemléltetésére.

• A Δ tengely és az O pont felépítése  :

A cél az ábra két egyenlő és szimmetrikus részre vágása. Először a D jobb P végű fél területének egy P pontját vesszük figyelembe , amelynek metszéspontja S-vel a P pontra csökken . Legyen f az [0, 2π] függvénye, amely φ szögben társítja az S és a D félvonal által határolt zóna metszéspontját és annak forgását a with szöggel. Az f (φ) érték megfelel az ábra sötétkék színű területének. Észrevesszük, hogy f (0) egyenlő 0-val, f (2π) pedig a-val . Mivel az f függvény folytonos, van egy φ érték, amelynek képe f alatt egyenlő az S felület felével . Az ábrán a value értéke megegyezik π-vel. Legyen Δ az ezzel az value értékkel társított egyenes, ez az S felületet egyenlő terület két részére vágja .

A P pont az egyik Δ-hez tartozó S két határpontja , legyen Q a második határpont, O pedig ennek a két pontnak a középpontja. S felső részének Δ kerülete megegyezik az alsó rész kerületével. Valójában, ha a kerülete felülről kisebb lenne, akkor a kerületi terület, amely egyenlő Δ-vel, mint az S-vel , majd a felső rész O- ponthoz viszonyított félfordulatának forgása alatt, pontosan azonos felületű kisebb kerülettel. Ennek a felületnek a kiterjesztése szigorúan nagyobb felületet eredményezne ugyanazon kerületen. Ez lehetetlen, mert S- t választják maximálisan. Ha S egy korong, akkor a Δ tengely az átmérője, O a korong közepe és az alsó zóna a felső szimmetrikus.

• A QAPB négyszög felépítése  :

Azonban nem az S-n , hanem az S 1-n dolgozunk , amelyet a jobb oldali ábra mutat. Az alsó zóna határát úgy választják meg, hogy egyenlő legyen a felső zóna fordulatának fél fordulatával. Mivel a forgás izometria, sem a kerület, sem a terület nem változott. Az S 1 területe a p kerületnél is maximális .

Legyen A pont S 1 határán ( A és P és Q különbözik ), B pedig szimmetrikus az O-hoz képest. Az S 1 ábra O szimmetrikus, a B pont pedig S 1 határán van . A négy QA , AP , PB és BQ szegmens 5 részre vágja az új felületet, a jobb ábrán 4 lila lunula és egy rózsaszínű paralelogramma .

• Álláspontja A  :

A négyszögek igazolása azt mutatja, hogy a legnagyobb területtel rendelkező, izoperiméteres rombusz a négyzet. Ugyanez a demonstráció bizonyítja, hogy a nagyobb terület paralelogramma izoperiméterrel és az oldalak hosszának módosítása nélkül a téglalap. Ha a QAPB paralelogramma nem egy téglalap, akkor lehetséges egy új felületet S 2 mozgatásával a négy lunulas úgy hogy a QAPB területen téglalap alakú, amint az az ábrán a bal oldalon.

Ha a QA és az AP nem két kezdetben merőleges szegmens lenne, akkor egy új alakot kapnánk, ugyanazon kerülettel, mint S, és szigorúan nagyobb területtel, ami hipotézis szerint lehetetlen. A háromszög QAP tehát téglalap A , amely szerint a tétel a háromszög írva félkörben, helyezi a pont A a kör átmérőjű [PQ] . Az a pont egy , mert a választott meghatározhatatlan határán S 1 (eltér a P vagy Q ), az összes pontot a határ a kör átmérője [PQ] és S 1 , ezért a lemezt.

Topológia

A négyszög esetét leszámítva a megállapított tételek nem olyan erősek, mint amilyennek látszanak. Csak a XIX .  Század közepére lehet figyelmes . A tételek azt mutatják, hogy ha egy felület maximális területtel rendelkezik, akkor a vizsgált esettől függően szabályos sokszöget vagy lemezt rajzol. Másrészt nem jelzik, hogy a szabályos sokszög vagy a lemez eléri ezt a maximumot. A demonstrációnak ez a része, ez a hiányzó láncszem kifinomultabb eszközöket igényel, mint amelyeket Steiner idején fedeztek fel. A matematika egy topológiának nevezett ágát használják .

Az ebben a cikkben bemutatott összes érvelés, a négyszögben szereplők kivételével, azonos logikai felépítésű. Kimutatták, hogy egyetlen megoldás nem elfogadható. Ez nem azt mutatja, hogy a fennmaradó megoldás megoldás. O. Perron matematikus azzal szemlélteti a logikai hibát, hogy megfigyeli, hogy az ilyen típusú bizonyítás elfogadása azt jelentené, hogy be lehet bizonyítani, hogy 1 az egész szám közül a legnagyobb. Ha egész szám egy eltér 1, négyzetével egy szigorúan nagyobb, mint egy . A szám a ezért nem lehet a legnagyobb egész szám. Az egyetlen kivétel a szigorúan pozitív egészek közül az 1, amely ekkor a legnagyobb lenne az egész szám közül.

Így megállapítást nyert, hogy a p kerület bármely felülete és maximális területe csak lemez lehet, de az állítás nem jelenti azt, hogy a lemez valójában maximális felület, vagy hogy az n oldalú szabályos sokszög maximális területe a n oldal ugyanazon kerülete. Ez a két eredmény mindazonáltal igaz, a kapcsolódó bizonyításokat az Isoperimetrikus tétel javasolja . A háromszög esetében még mindig elérhetjük az eredményt, ha a valós változó valós értékekkel rendelkező folytonos függvényének használatára szorítkozunk.

Háromszög eset

• A p kerület és a legnagyobb terület bármely háromszöge egyenlő oldalú:

Az 1. Lemma azt mutatja, hogy ha egy háromszög nem egyenlő oldalú, az nem jelenthet megoldást az izoperimetrikus problémára. Valójában, ha a három oldal három hosszát a , b és c jelöli , a lemma azt mutatja, hogy a  =  b és b  =  c szükséges feltétel ahhoz, hogy a háromszög maximális területtel rendelkezzen. Arra következtetünk, hogy egy ilyen háromszög egyenlő oldalú.

Összegzésként elegendő megmutatni, hogy van legalább egy megoldás.

• Háromszög esetén van megoldás az izoperimetrikus problémára:

Meg kell mutatnunk, hogy van egy p kerülete és maximális területe. A lemma azt mutatja, hogy létezik a p kerülete és a kezdeti háromszögénél nagyobb területű T i egyenlő szárú háromszög. Ezért elegendő megmutatni, hogy a p kerület bármely egyenlő szárú háromszögének területe kisebb, mint a p kerülete és a c oldal T e háromszögének területe . Legyen c + 2 ε a T i alapjának hossza, és c - ε a két egyenlő oldal hossza. Itt ε egy valós szám - c  / 2 és c  / 4 között. A T i területe az 1/2 ( c + 2 ε ) félmagasság szorzata h magassággal , amelyet a Pitagorasz-tétel ad meg  :

h2=(vs.-ε)2-(12vs.+ε)2=34vs.2-3vs.ε.{\ displaystyle h ^ {2} = \ bal (c- \ varepsilon \ right) ^ {2} - \ bal ({\ frac {1} {2}} c + \ varepsilon \ right) ^ {2} = { \ frac {3} {4}} c ^ {2} -3c \ varepsilon.}

Ha a i az egyenlő szárú háromszög területe, akkor képletünk van:

nál nélén2=(12vs.+ε)2(34vs.2-3vs.ε).{\ displaystyle a_ {i} ^ {2} = \ balra ({\ frac {1} {2}} c + \ varepsilon \ jobbra) ^ {2} \ balra ({\ frac {3} {4}} c ^ {2} -3c \ varepsilon \ right).}

A függvény, amely ε-val társítja az i 2 -t, folyamatos , ezt a jobb oldali ábra szemlélteti. Valóban, ez egy harmadik fokú polinomiális függvény . Egy szegmensen van meghatározva , a határtétel biztosítja, hogy elérjük a maximumot. Vagyis a háromszögek esetében az izoperimetriai problémának legalább egy megoldása van. Grafikusan azt vesszük észre, hogy ez a megoldás megfelel az ε = 0 pontnak , vagyis az egyenlő oldalú háromszögnek. Ez az eredmény összhangban van az előző javaslattal.

Példák

Egy város sáncai

Dido nem az egyetlen vezető, aki szembesül az adott kerület legnagyobb felületének kérdésével. Egy középkori város sáncai rengeteg építési munkát és bőséges katonát igényelnek, hogy támadás esetén megvédjék a várost. Ez a két ok kedvez a város belső felületének maximalizálására annak kerületéhez viszonyítva.

Az alkalmazott geometria nem mindig egyezik meg az euklideszi síkéval. Például egy euklideszi félsík lehetővé teszi a jobb arány elérését. A megoldás a félkör, kétszer olyan hatékony. A p hosszúságú sánc segítségével p 2 / 2π felületet fedünk le. Köln városa ezt a megközelítést alkalmazza, hogy megvédje városát a középkorban.

A XVIII .  Században más megszorítások nagyon eltérő geometriát kedveznek. A Lilleé például a fogó elvén alapszik, és az ágyú nehezen ágyúzható. Jobb ellenállást nyújt a tüzérségi támadásokkal szemben.

A húsleves szeme

A húsleves szem vízben szuszpendált csepp olajból áll. Az olaj és a víz közötti érintkezési felület potenciális energiát emészt fel . A legkisebb potenciális energia pontjához elért egyensúlyt úgy kapjuk meg, hogy a geometria minimalizálja ezt az interfész zónát. Képi szempontból szólva: "A legkényelmetlenebb molekulák a határfelületen találhatók (vagyis az olaj és a húsleves között), így minél nagyobb az interfész, annál jobb a rendszer. Kényelmetlen" .

Emiatt a cseppek kör alakú geometriát alkalmaznak. Ha két szem összeolvad, azonnal ezt a formát öltik. Ha az egyik szem félbevág, például késsel, a kapott két szem is kör alakú.

Ugyanez az ok gömb alakot szab a nem túl nagy méretű szappanbuborékokra. A potenciális energia akkor maximális, ha a buborék felülete minimális. A buborék hajlamos a gömb alakú térbe zárni a levegő térfogatát, mert ez a lehető legkisebbre csökkenti a felületet egy adott térfogatnál (a csapdába esett levegőnél).

Az ikozaéder

Az izoperimetriai tétel azt jelzi, hogy bármely mérhető szilárd anyag esetében, amelynek területe mérhető, a térfogat kisebb, mint az azonos területű gömbé. Tehát az S felülettel rendelkező szilárd anyag térfogata V mindig kisebb, mint V s , mint az azonos felületű gömb térfogata :

V≤Vs.{\ displaystyle V \ leq V_ {s}.}

Az r sugarú gömb területe 4π r 2 . A kérdéses gömb r sugara egyenlő √ S / (2 √ π ) . A kötet V s egyenlő 4π R 3 /3 . Új növekedést vonunk le:

Vs=4πS3/224.π3/2=S3/26.π.{\ displaystyle V_ {s} = {\ frac {4 \ pi S ^ {3/2}} {24 \ pi ^ {3/2}}} = {\ frac {S ^ {3/2}} {6 {\ sqrt {\ pi}}}}.}

A képletet egyszerűbben fejezzük ki, ha négyzetes. Azt kapjuk :

q=36πV2S3≤1.{\ displaystyle q = {\ frac {36 \ pi V ^ {2}} {S ^ {3}}} \ leq 1.}

Ez ad egy formáját izoperimetrikus egyenlőtlenség és a képlet az izoperimetrikus hányados, jegyezni itt Q . Abban az esetben, ikozaéder, és ha egy jelöli a szélén a szilárd, már a következő képletek:

V=5.φ26.nál nél3ésS=5.3nál nél2val velφ2=φ+1.{\ displaystyle V = {\ frac {5 \ varphi ^ {2}} {6}} a ^ {3} \ quad {\ text {et}} \ quad S = 5 {\ sqrt {3}} a ^ { 2} \ quad {\ text {}} \ quad \ varphi ^ {2} = \ varphi +1.}

Itt φ az arany számot egyenlő1 + √ 5/2. Találunk :

q=36π5.2φ4nál nél6.6.2⋅5.3⋅33nál nél6.=πφ4153≈0,82799772.{\ displaystyle q = 36 \ pi {\ frac {5 ^ {2} \ varphi ^ {4} a ^ {6}} {6 ^ {2} \ cdot 5 ^ {3} \ cdot 3 {\ sqrt {3 }} a ^ {6}}} = {\ frac {\ pi \ varphi ^ {4}} {15 {\ sqrt {3}}}} \ kb 0,82799772.}

Ez az izoperimetrikus hányados a lehető legmagasabb érték egy platóni szilárd anyag esetében .

Megjegyzések és hivatkozások

1. Ez gravírozás dátumok 1630 és jön a Historische Chronica által Johann Ludwig Gottfried  (de) . Az idősebb Matthäus Merian munkája .
2. Virgil , Aeneid [ a kiadások részlete ] [ online ] , 1., 16. könyv.
3. Ezt az információt az hosszúságú származik „  A izoperimetrikus probléma  ” , a IREM Orleans , p.  1 .
4. Bernard Teissier , "  Konvex testek, geometria és algebra kötetei  " , Jussieu Matematikai Intézet (1999. október 7-én tartott lecke, C. Reydy írta), p.  1-2 .
5. Ezt a meghatározást az F. Viot cikkben találjuk: „A variációk számításának kidolgozása és alkalmazása a dinamikában”, Mnémosyne , 4-5. 35 63. oldal ( ISBN  2866120868 )
6. (in) William Dunham , The Mathematical Universe: betűrendes utazás során a Nagy-igazolásokat, problémák és személyiségek , Wiley 1994 ( ISBN  978-0-471-53656-7 ) , p.  112 .
7. (in) Thomas Little Heath , A görög matematika története , 1. köt.  2: Ország Arisztarkhoszt a Diophantosz , Dover ,2013( 1 st  ed. 1921), 608  p. ( ISBN  978-0-486-16265-2 , online olvasás ) , p.  206-207.
8. (in) Paul J. Nahin , amikor a legkevésbé a legjobb: Hogyan Matematikusok felfedezve Sok okos módon, hogy a dolgok, mint Kis (gold've Large), a lehető , PUP ,2007, 372  p. ( ISBN  978-0-691-13052-1 , online olvasás ) , p.  47.
9. (in) Ivor Thomas, Görög matematikai művek , 1. évf. 2: Arisztarchustól Pappusig , koll. Loeb Klasszikus Könyvtár, HUP , 1941 ( ISBN  978-0-67499399-0 ) , p.  395 .
10. (in) Richard Lorch, "Abū Ja'far al-Khāzin we Isoperimetry and the Archimedean tradition", Zeitschrift für Geschichte der arabisch-islamischen Wissenschaften , vol. 3, 1986, p.  150-229 .
11. Hélène Bellosta , "  Az arab tudományok történetéről  ", Gazette des mathématiciens , vol.  82,1999, P.  37–44 ( online olvasás ).
12. Ez az információ az " isoperimetriai probléma" forrásból származik , az IREM Orleans-on , p.  11.
13. Teissier, "Konvex testek, geometria és algebra kötetei" , 1. o.  6.
14. Egy ötlet ihlette: D. Wells kíváncsi és érdekes geometria, A pingvinek szótára (nem klasszikusok) (1992), 123. o. ( ISBN  0140118136 )
15. Az itt bemutatott bizonyítás nagyon klasszikus, megtalálható például az "The isoperimetric problem" című részben, az Orleans-i IREM-en , p.  4.
16. A bizonyítást az „ Isoperimetriai probléma” című dokumentumban találjuk, az orleans-i IREM-en , p.  7.
17. Ezt a demonstrációt néha teljesnek és szigorúnak mutatják be: G. Villemin Variációk kiszámítása Számok: érdekességek elméleti felhasználása. Az akadémiai dokumentumok ellentétes álláspontot képviselnek. B. Teissier az első szigorú demonstrációt csaknem 60 évvel később helyezi el: Teissier, „Volumes des corps convexes, géometry et algebre” , p.  6.
18. F. ruha , „  néhány nagy matematika  feladatok, ” SMF Bulletin , Vol.  115, n o  egészül ki: konferencia "előtt Matematika"1987, P.  43.
19. Ez a példa az „ Isoperimetriai probléma” című dokumentumból származik , az IREM Orleans-on , p.  1.
20. "Az izoperimetriai probléma", IREM d'Orléans-on , p.  1.

Lásd is

Bibliográfia

• en) Isaac Chavel , izoperimetrikus egyenlőtlenségek: differenciális geometriai és analitikai perspektívák , CUP ,2001, 268  p. ( ISBN  978-0-521-80267-3 , online olvasás )
• (en) David Pollard , Az elméleti valószínűség mérésének használati útmutatója , CUP,2002( ISBN  978-1-139-93653-8 , online olvasás )

Kapcsolódó cikk

Legnagyobb kis sokszög  (en)

Külső linkek

• "  A szabályos sokszögektől a körig  " , az IREM-en a Párizs-Nord Egyetemen
• (en) Jennifer Wiegert, „  A körök feszessége: Az izoperimetrikus probléma története - Pappus munkája  ” , a MAA Digitális Könyvtárban

<img src="https://fr.wikipedia.org/wiki/Special:CentralAutoLogin/start?type=1x1" alt="" title="" width="1" height="1" style="border: none; position: absolute;">