Problema de geometría no estándar

Question

Estoy tratando de resolver el siguiente problema:

Una figura plana, convexa y acotada tiene la propiedad de que cualquier cuerda que la parta por la mitad tiene una longitud máxima de $1$ . Demuestra que la figura tiene un área menor que $2$ .

No estoy seguro de cómo enfocarlo, y de cómo utilizar el hecho de que la recta de partición tiene longitud menor que 1. Supongo que existe una aproximación con integrales, pero intento buscar una solución más elemental, ya que esto es de un libro de problemas de olimpiada. Gracias.

Answer 1

Aquí se presenta un esquema de una solución geométrica que da un límite de área de 2. Para simplificar, supongamos que el límite tiene una única tangente en cada punto.

Ahora afirmo que existe una cuerda que se divide por la mitad $c$ tal que las tangentes en sus dos extremos son paralelas. La forma más sencilla de ver esto es comenzar con una cuerda arbitraria que se divide por la mitad y dibujar las tangentes en sus puntos extremos. Muévela continuamente para que siempre siga siendo una cuerda que se divide por la mitad. La cuerda debe volver a su posición original en la orientación opuesta. Durante este tiempo, el ángulo entre las tangentes debe pasar de $\theta$ a $-\theta$ por lo que las tangentes deben ser paralelas en algún momento de este proceso.

Ahora la figura está intercalada entre dos líneas a distancia unitaria. Como toda cuerda que se divide por la mitad interseca $c$ cada punto de la figura está como máximo a una distancia de 1 de $c$ . Por lo tanto, la figura se encuentra dentro de un $1\times 2$ rectángulo.

Answer 2

Creo que hay que encontrar un límite superior para el perímetro de la figura utilizando el hecho de que la longitud de todas las líneas de división $\leq 1$ (Todavía no lo hice, pero de alguna manera parece obvio que hay uno). Entonces puede utilizar el Desigualdad isoperimétrica .

Espero que eso ayude.

Answer 3

La zona $A$ de la figura $K$ es de hecho $\leq{\pi\over4}$ y este límite sólo se alcanza si $K$ es un disco circular de diámetro $1$ .

Dejemos que $\bigl(u(\phi),v(\phi)\bigr)$ sea el punto medio de la mediana con pendiente $\phi$ y que $\mu$ sea el lugar de estos puntos medios. Entonces la curva límite $\gamma$ de $K$ tiene una representación paramétrica de la siguiente forma: $$\left.\eqalign{x(\phi)&=u(\phi)+r(\phi)\cos\phi\cr y(\phi)&=v(\phi)+r(\phi)\sin\phi\cr}\right\}\qquad(0\leq\phi\leq 2\pi)\ ,$$ donde $u(\cdot)$ , $v(\cdot)$ y $r(\cdot)$ son periódicas con periodo $\pi$ (y no $2\pi$ !).

Denotando por $A_\phi$ la parte de $A$ a la derecha de la mediana con pendiente $\phi$ , $\ 0<\phi<\pi$ y por $A(\phi)$ su área, tenemos $$2A(\phi)=\int_{\partial A_\phi}(x\ dy-y\ dx)=\int_{\phi-\pi}^\phi(x y'-yx')\ dt +\int_\sigma (x\ dy -y\ dx)\ ,$$ donde $\sigma$ denota el segmento dirigido desde $\bigl(x(\phi),y(\phi)\bigr)$ a $\bigl(x(\phi-\pi),y(\phi-\pi)\bigr)$ . Usando eso $u$ , $v$ y $r$ tener el periodo $\pi$ se calcula $$A'(\phi)=2 r(v'\cos\phi-u'\sin\phi)\ .$$ Como esto debe desaparecer idénticamente tenemos necesariamente $$v'(\phi)\cos\phi-u'(\phi)\sin\phi\equiv0\ .\qquad\qquad(1)$$ Geométricamente esto significa que donde $(u',v')\ne(0,0)$ el locus del punto medio $\mu$ es la envolvente de las medianas. Tal vez haya una forma más sencilla de demostrarlo.

Dejemos que $R$ sea el rectángulo $[0,1]\times[0,2\pi]$ en el $(t,\phi)$ -y considerar el mapa $$g:\ R\to K\ ,\quad (t,\phi)\mapsto\cases{x:=u(\phi)+tr(\phi)\cos\phi \cr y:=v(\phi)+t r(\phi)\sin\phi \cr}\quad.$$ Este mapa es sobreyectivo, ya que a través de cada punto $(x,y)\in K$ hay al menos una mediana, de modo que la mitad delantera de una mediana que da la vuelta $360^\circ$ pasará por encima de este punto. Por lo tanto, la función $\nu(x,y)$ contando las imágenes inversas del punto $(x,y)$ es $\geq1$ en $K$ . El jacobiano de $g$ computa a $$J_g(t,\phi)=r(v'\cos\phi-u'\sin\phi) + tr^2=t\> r^2(\phi)\geq 0\ ,$$ donde hemos utilizado $(1)$ . Utilizando la fórmula (intuitivamente evidente) $$\int\nolimits_K\nu(x,y)\ {\rm d}(x,y)=\int\nolimits _R J_g(t,\phi)\ {\rm d}(t,\phi)$$ de la teoría de la medida geométrica se deduce ahora que $$A=\int\nolimits_K\ {\rm d}(x,y)\leq\int\nolimits_K\nu(x,y)\ {\rm d}(x,y)={1\over2}\int_0^{2\pi}r^2(\phi)\ d\phi\leq{\pi\over4}\ .$$