Una unidad de disco se divide en $n$ piezas iguales, es decir, cada pieza tiene área de $\dfrac\pi n$.
la igualdad de "piezas" significa la igualdad de área
Deje $l_1, l_2,\dotsc,l_n$ de los perímetros de la $n$ partes, respectivamente.
¿Cuál es el menor valor de $l_1+l_2+\dotsb+l_n$?
Es decir, cómo calcular el $L_n=\min\{l_1+l_2+\dotsb+l_n\}$ ?
Para $n=8$, hasta donde yo sé, $L_8\lt 2\pi+16$
Cualquier ayuda será apreciada!
La desigualdad isoperimétrico da el límite inferior:
$$L_n\geq 2\pi\sqrt{n},$$
y creo que podemos lograr:
$$L_n\leq C\cdot\sqrt{n}$$
a través de la siguiente estrategia: elegir algunos enteros $m_1,\ldots,m_k$ tal forma que:
$$0\leq m_1\leq m_2\leq\ldots\leq m_k,\qquad m_1+\ldots+m_k = n$$
y considerar concéntricos polígonos regulares $\Gamma_1,\ldots,\Gamma_k$, con centro en el centro del círculo, de tal manera que $\Gamma_i$ $m_i$ vértices y el área de $\frac{m_1+\ldots+m_i}{n}\pi$, luego se divide el "anillo poligonal" entre el $\Gamma_i$ $\Gamma_{i+1}$ donde $\Gamma_{n+1}$ es el círculo original, en $m_i$ a partes iguales con un conjunto de $m_i$ segmentos tener mínimo perímetro. Si la secuencia de $m_1,\ldots,m_k$ es elegido adecuadamente (cerca de ser una progresión aritmética, con el fin de que todas las piezas son "casi iguales" unos de otros), nos quedamos muy cerca del límite inferior de $L_n$. Todavía no tengo una rigurosa prueba de ot, pero la conjetura
$$L_n = \Theta(\sqrt{n})$$
es muy probable que se mantenga en mi opinión.
Sólo para hacer mi argumento visualmente claro, aquí hay una probabilidad de casi el mínimo split con $n=10$,$m_1=0,m_2=3,m_3=7$:
Con el fin de obtener el "invertida isoperimétrico la desigualdad" sólo tenemos que demostrar que podemos tomar todas las piezas "lo suficientemente cerca para ser un círculo". Es bastante trivial que podemos tener todas las piezas con más de seis lados (incluyendo el curvilíneo una de las piezas en el límite del círculo) y convexa, sólo tenemos que probar que para cualquier pieza, existe una circunscrito rectángulo cuyo lado ratio (como la relación entre el diámetro y la "ortogonal de ancho") es menos cierto constante $K$, con el fin de demostrar que $$L_n\leq 2\pi K'\sqrt{n}.$$ El problema ahora se reduce a dos componentes: la media aritmética, que es la elección de la mejor secuencia $\{m_i\}$, y el geométrico, es decir, la búsqueda de la $K$ $K'$ constantes.
Lema $1$: El diámetro de cualquier pieza perteneciente al anillo $A_i$ $\Gamma_i$ $\Gamma_{i+1}$ está delimitado por $\frac{1}{m_i}$ veces la longitud de la circunferencia circunscrita de $\Gamma_{i+1}$, por lo tanto, por $$\frac{1}{m_i}\sqrt{\frac{m_1+\ldots+m_{i+1}}{n}\cdot\frac{2\pi}{n\sin\frac{2\pi}{m_i}}}.$$ Además, para cualquier pieza perteneciente a $A_i$, el "ortogonal ancho" está acotado abajo por la diferencia de la circumradii de $\Gamma_i$$\Gamma_{i+1}$, por lo tanto $K$ sólo depende de la secuencia de $\{m_i\}.$
Lema $2$: Para cualquier convexidad con el área de $A$ e "Kakutani relación" $\leq K$, el perímetro está delimitado por: $$ 2\left(\sqrt{K}+\frac{1}{\sqrt{K}}\right)\sqrt{A}.$$
Suponiendo que para cualquier $n$ que puede alcanzar los realistas constante $K=3$ a través del Lema 1, tenemos:
$$ L_n \leq 3\pi\sqrt{n}.$$
Esta obligado es peor que el trivial $2\pi+2n$-obligado para cualquier $n\leq 15$, pero es asintóticamente óptimo. Lo interesante es que el $K$ puede ser grande sólo para las piezas que se encuentran cerca del centro del círculo, así que, básicamente, sólo para $m_1$ piezas. Esto conduce a una mayor conjetura:
$$ L_n \leq 2\pi\sqrt{n} + K''. $$
Sin embargo, esta última línea puede increíblemente difícil de probar, si no incluso mal. Si mi algoritmo conduce a la solución óptima, en el caso de $n=9$ (en la cual tenemos un trisected hexágono en el centro, con $K\approx\sqrt{3}$) le da a ese $K''$ debe ser de al menos $2.7$.
DESCARGO de responsabilidad: Esto no es una respuesta! Solo proporciona visual y numérica de los aspectos del problema en forma ilustrativa.
Hice dinámica de los diagramas de la producción de configuraciones similares a la de la OP dio en la pregunta. Mi método era simplemente asumir que cada anillo tendría un ancho de aproximadamente $\sqrt{\pi/n}$ que es la longitud lateral de $n$ idénticos plazas tener la misma área de un círculo. Después de haber ajustado el ancho simplemente redondeo para que coincida con un número total de segmentos de área $\pi/n$ en cada anillo. El resultado se puede ver aquí:
Sería mucho más difícil para un programa de más que afinar el enfoque. Elegí esta circular y en el que muy a regular la construcción, debido a su sencillez. Sin embargo, parece bastante bueno ya!
Si le importa a alguien para jugar con ella más, pueden visitar mi archivo interactivo que se va a a $n=700$ de esta manera. Nota cómo el perímetro actual de estas configuraciones parecen seguir una curva cerca del límite inferior de $2\pi\sqrt n$ dado por Jack D'Aurizio en su respuesta. Aquí está el archivo interactivo para jugar con:
Para $n>2$, vamos a $a=\sqrt{\frac{2\pi}{3n\sqrt 3}} $, por lo que el área de $ a^2\frac32\sqrt 3$ regular con lado de longitud $a$$\frac \pi n$. La superposición de la unidad de círculo, con la correspondiente red hexagonal. Podemos suponer wlog. que no celosía punto está en el círculo. Luego hay $O(\sqrt n)$ hexágonos de intersección del círculo. Más precisamente, la intersección de estos hexágonos están dentro del anillo con radio interior $1-2a$ y radio exterior $1+2a$, por lo que su superficie total es de $<\pi(1+2a)^2-\pi(1-2a)^2=8\pi a$ y su recuento $m$ $$m<8na=\sqrt{\frac{2\pi}{3\sqrt 3}}\cdot \sqrt n.$$ En la mayoría de los cuatro de los bordes de un hexágono están completamente dentro del círculo unidad, por lo tanto la longitud total $p$ de estos bordes es $$p\le 4am<32na^2 =\frac{64\pi}{3\sqrt 3}.$$ (Es cierto que, el factor constante en esta estimación es muy crudo). El $n'\ge n-m$ hexágonos que están completamente dentro del círculo unidad de contribuir $6an'$ a del perímetro de la suma. Dividimos el resto del área en $n-n'\le m$ partes con $(n-n')$ líneas radiales de lenth $<2a$, por lo tanto, estos $n-n'$ partes que contribuyen en la mayoría de las $2\pi+p+2(n-n')\cdot 2a$ a del perímetro de la suma. Llegamos a la conclusión de que $$\begin{align}L_n &\le 6an'+2\pi +p+4a(n-n')\\ &\le 6an -2a(n-n') +p+2\pi\\ &\le 6an +p+2\pi\\ &= 2\sqrt{{2\pi\sqrt 3}}\cdot \sqrt n+\frac{64\pi}{3\sqrt 3}+2\pi.\end{align}$$ Numéricamente, $$\begin{align}2\sqrt{2\pi\sqrt 3}&\approx 6.597817 \end{align}$$ y sorprendentemente, esto es sólo acerca de la $1.05$ veces $2\pi$.
Bueno, si usted tiene una unidad de círculo con el área de $\pi$, y cada pieza n de tener un área de $\pi/n$, podemos decir que el perímetro de cada pieza n se $$\frac{2\pi}{n} + 2$$
Por lo que la suma de todas las piezas serán:
$$(\frac{2\pi}{n} + 2)*n = 2\pi + 2n$$
Si queremos expresar como una función de n:
$$f(n) = 2\pi + 2n$$
Tomando la derivada: $$f'(n) = 2$$
$f'(n)$ siempre será positivo, por lo $f(n)$ siempre aumenta. Por lo tanto, podemos decir que no hay un mínimo valor.
Otra nota que me gustaría hacer es que el $$L_8 = 2\pi + 16$$ Si soy incorrecto, por favor explique por qué.
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