Cortar un pastel con un tenedor

Question

Usted horneado un pastel en forma de disco, con algunas cerezas repartidos de forma desigual en su parte superior. Usted quiere dar a cada uno de sus dos hijos un pedazo de la torta tal que:

1. Las piezas son congruentes - tienen la misma forma y tamaño;
2. Cada pieza tiene la misma cantidad de cerezas (cerezas se consideran divisibles por lo que cada pieza puede contener fracciones de cerezas).

Una forma de hacerlo es la siguiente: mantenga un cuchillo sobre el diámetro de la tarta y gira lentamente, cambiando su ángulo de $0$ hacia $\pi$. Deje $l(t)$ el número de cerezas a la izquierda de la cuchilla en ángulo de $t$ $r(t)$ el número de cerezas a su derecha. En el ángulo $\pi$, la derecha vuelve a la izquierda y a la izquierda se convierte en derecho, $l(0)=r(\pi)$$r(0)=l(\pi)$, por lo que si (por ejemplo) $l(0)>r(0)$,$l(\pi)<r(\pi)$. Ambas funciones son continuas, entonces por el teorema del valor intermedio, debe haber un $T\in[0,\pi]$ que $r(T)=l(T)$. Corte en ángulo que da dos semi-discos con la misma cantidad de cerezas.

MI PREGUNTA ES: ¿Qué sucede si, en lugar de un cuchillo recto, tiene una horquilla, la cual se deja un pequeño pedazo de la torta indiviso, como esta? Allí, el verde 3-parte de la línea representa la horquilla. Se divide el marrón de la tarta de 3 piezas, dos de los cuales (los más grandes) son dados a sus hijos, y el triangular pequeño recordatorio se descarta.

El argumento de la semi-caja del disco no funciona, porque no es cierto que $r(0)=l(\pi)$. Sin embargo, por jugar con el GeoGebra simulación parece ser que siempre es posible encontrar un ángulo en el que $r(T)=l(T)$, por lo que estoy tratando de demostrar esto.

Pensé en la siguiente "prueba" que estoy tratando de completar:

Debido a que las dos piezas son simétricas, su integral es el mismo, es decir:

$$\int_{t=0}^{2\pi} l(t)dt = \int_{t=0}^{2\pi} r(t)dt$$

Así:

$$\int_{t=0}^{2\pi} (l(t)-r(t))dt = 0$$

Así que debe haber un $T\in[0,2\pi]$ que $l(T)-r(T) = 0$.

Es esto una prueba de la correcta?

Answer 1

Cierto teorema, si no me equivoco, pero creo que no existe una prueba simple, incluso si la cereza, la densidad es Riemann integrable. Por favor, dime si ves algún error en mi solución!

Deje $v(p)$ ser no negativo finito integrable cereza de la densidad en el punto de $p$ dentro de la circular pastel $P$.

Deje $r(p,x)$ ser la rotación de punto de $p$ por el ángulo de $x$ sobre el centro de la $P$.

Deje $A(S,x) = \int_P v(p) \mathbf{1}_S(r(p,x))\ dp$ para cualquier medibles $S \subseteq P$.

A continuación, $(x \mapsto A(S,x))$ es continua para cualquier medibles $S \subseteq P$ porque $|S|$ es finito y $v$ es finito.

Tomar cualquier medibles $S,T \subseteq P$ tal que $S,T$ son reflexiones sobre el diámetro de $P$ que está en el ángulo 0.

$\int_{[0,2\pi]} A(S,x)\ dx$

$= \int_{[0,2\pi]} \int_P v(p) \mathbf{1}_S(r(p,x))\ dp\ dx$

$= \int_P \int_{[0,2\pi]} v(p) \mathbf{1}_S(r(p,x))\ dx\ dp$ [debido a $v,\mathbf{1}_S$ son no-negativos]

$= \int_P v(p) \int_{[0,2\pi]} \mathbf{1}_S(r(p,x))\ dx\ dp$

$= \int_P v(p) \int_{[0,2\pi]} \mathbf{1}_T(r(p,-x))\ dx\ dp$ [porque S,T son reflexiones acerca de ángulo 0]

$= \int_P v(p) \int_{[-2\pi,0]} \mathbf{1}_T(r(p,x))\ dx\ dp$

$= \int_P v(p) \int_{[0,2\pi]} \mathbf{1}_T(r(p,x))\ dx\ dp$ [debido a la rotación por $2\pi$ es la identidad]

$= \int_{[0,2\pi]} \int_P v(p) \mathbf{1}_T(r(p,x))\ dp\ dx$ [debido a $v,\mathbf{1}_T$ son no-negativos]

$= \int_{[0,2\pi]} A(T,x)\ dx$

Si $A(S,x) \ne A(T,x)$ cualquier $x \in [0,2\pi]$:

Suponga $A(S,0) < A(T,0)$ mediante el intercambio de $S,T$ si es necesario.

A continuación, $A(S,x) < A(T,x)$ cualquier $x \in [0,2\pi]$. (*)

Así $\int_{[0,2\pi]} A(S,x)\ dx < \int_{[0,2\pi]} A(T,x)\ dx$. (**)

Contradicción.

Por lo tanto, $A(S,x) = A(T,x)$ algunos $x \in [0,2\pi]$.

(*) por el teorema del valor intermedio en la función continua $(x \mapsto A(S,x)-A(T,x))$.

(**) debido a $(x \mapsto A(S,x)),(x \mapsto A(T,x))$ son continuas.