Entre todas las formas con la misma área, un círculo tiene el perímetro más corto

Question

¿Es verdad que "Entre todas las formas con la misma área, un círculo tiene el perímetro más corto"? ¿Y cómo se puede demostrar?

Answer 1

La pregunta se puede plantear de la forma "Encuentra la curva del plano que encierra un área dada con el perímetro más corto". Luego, mediante la formulación paramétrica de las coordenadas $x(t),y(t)$ y asumiendo una curva sin auto-intersección, el área puede escribirse como $$A=\frac 12 \int_{t_1}^{t_2}\big(xy'-x'y\big)dt$$ y el perímetro $$I=\int_{t_1}^{t_2}\sqrt{x'^2+y'^2}dt$$ Luego, la ecuación de Euler-Lagrange se convierte en $$-\frac{d}{dt}\bigg(\frac{x'}{\sqrt{x'^2+y'^2}}\bigg)-\frac{\lambda}2\bigg(y'+\frac{d}{dt}\bigg(y\bigg)\bigg)=0$$ $$-\frac{d}{dt}\bigg(\frac{y'}{\sqrt{x'^2+y'^2}}\bigg)-\frac{\lambda}2\bigg(-x'-\frac{d}{dt}\bigg(x\bigg)\bigg)=0$$ Si $ds$ es el elemento de arco, las ecuaciones se pueden reducir a $$\frac{d^2x}{ds^2}+\lambda \frac{dy}{ds}=0$$ $$\frac{d^2y}{ds^2}-\lambda \frac{dx}{ds}=0$$ que tiene la solución $$x(t)=K_1+C_1\cos(\lambda s)+C_2\sin(\lambda s)$$ $$y(t)=K_2-C_2\cos(\lambda s)+C_2\sin(\lambda s)$$ Se puede simplificar aún más mediante las "Identidades de suma y diferencia de ángulos" $$x(t)=K_1+D\sin(\lambda s+\alpha)$$ $$y(t)=K_2-D\cos(\lambda s+\alpha)$$ donde $D\sin(\alpha)=C_1$ y $D\cos(\alpha)=C_2$; y esta solución representa un círculo de radio $D$ y centro $(K_1,K_2)$

Answer 2

Esto es verdadero y clásico, y no tan trivial como uno podría pensar. Esto también funciona en dimensiones superiores.

Para un argumento de la vida real, ¡mira la forma que toman las gotas de agua! ¡O incluso de manera más convincente: mira las burbujas de jabón (gracias a fgp por este ejemplo).

Para una intuición de por qué esto debería ser cierto matemáticamente, prueba el siguiente razonamiento:

Sea $F$ la figura con el perímetro más corto entre las figuras con un área dada. Intenta cortar la figura $F$ con una línea $l$ de tal manera que ambas partes tengan la misma área. Llama a estas partes $F_1$ y $F_2$.

La observación iluminadora es que ahora podrías construir otra figura $F'$ con la misma área que $F$. Esto se logra reemplazando $F_2$ por la reflexión de $F_1$ respecto a $l$; es decir, toma $F' := F_1 \cup R_l(F_1)$, donde $R_l$ es la reflexión respecto a $l. Por supuesto, también podemos tomar $F'' := F_2 \cup R_l(F_2)$. Debido a que las áreas $\operatorname{Area}(F_1)$ y $\operatorname{Area}(F_2)$ son iguales (y tienen el valor $\frac{1}{2} \operatorname{Area}(F)$), las nuevas figuras tienen áreas $\operatorname{Area}(F') = \operatorname{Area}(F'') = \operatorname{Area}(F)$. Asimismo, tenemos $\operatorname{Perimeter}(F') = 2 \operatorname{Perimeter}(F_1)$ (aquí, no estamos contando la parte del perímetro que yace en $l$), $\operatorname{Perimeter}(F'') = 2 \operatorname{Perimeter}(F_2)$ y por supuesto: $$\operatorname{Perimeter}(F) = \operatorname{Perimeter}(F_1) + \operatorname{Perimeter}(F_2) = \frac{\operatorname{Perimeter}(F') + \operatorname{Perimeter}(F'')}{2} $$ Si $F_1$ y $F_2$ tuvieran perímetros diferentes, entonces una de $F'$, $F''$ tendría un perímetro más pequeño que $F$, y el mismo área. Pero asumimos que $F$ era óptimo, así que $\operatorname{Perimeter}(F_1) = 2 \operatorname{Perimeter}(F_2)$.

Vamos a llevar esta idea un poco más lejos. Nota que $F'$ y $F''$ son nuevamente óptimos, en el sentido de que tienen el mismo área que $F$. Esto significa que tienen que ser convexos (si una figura no es convexa, puedes hacer un "atajo" en su concavidad, acortando el perímetro y aumentando el área; pero es fácil deshacerse del área extra sin aumentar el perímetro, por ejemplo, escalando). Esto significa, entre otras cosas, que las líneas perpendiculares a $l$ a través de los puntos de intersección con $F$ son tangentes a $F$ (así que si $F$ tiene una tangente bien definida en estos puntos, la tangente es perpendicular a $l). Aún no muestra que $F$ tenga que ser un círculo, pero vemos que $F$ tiene mucha simetría que solo parece tener el círculo.

Con un poco más de trabajo, casi podemos llegar de aquí a la solución. Nota que en lugar de trabajar con $F$, podemos trabajar con $F'$, es decir, podemos asumir que la figura es simétrica respecto a $l$. Pero esto es equivalente a considerar solo $F_1$. Vamos a denominar a los dos puntos donde $l$ se encuentra con $F$ como $A, B$, y deja que $C$ sea un punto en el límite de $F_1$. Las líneas $AB, BC, CA$ cortan $F_1$ en tres regiones: el triángulo $ABC$ y dos formas irregulares que tocan las líneas $AC$ y $BC$. Ahora podemos hacer dos cosas. La idea de Cut the knot es transformar $ABC$ cambiando la longitud de $AB$. Dado que $\operatorname{Area}(ABC) = \frac{1}{2} | AC | \cdot | CB | \cdot \sin \angle C$, podemos asumir que $\angle C = \pi/2$. Otra posibilidad es reflejar el área adyacente a $AC$ y concluir que la tangente a $F$ en $C$ se encuentra con $AC$ en el mismo ángulo que la tangente en $A$ se encuentra con $AC$. Haciendo lo mismo con $BC$ y contando ángulos, nuevamente concluimos que $\angle C = \pi/2. Pero $\angle C = \pi/2$ significa que $C$ yace en la semicircunferencia basada en $F_1$. ¡Por lo tanto, $F_1$ es un semicírculo, y hemos terminado!

Pero por supuesto, hay un poco de truco involucrado en asumir que la mejor figura existe. Además, en algunos pasos asumí la existencia de tangentes. Esto se puede explicar, pero no estoy seguro si es relevante aquí.

Para una discusión detallada, esto parece relevante: Cut the knot (que lo usé aquí fuertemente, pero la mayoría de las ideas son un folklore matemático).

Answer 3

Voy a intentar agregar una solución "Más Fácil" aún requiere 2 suposiciones:

1. La forma está formada por bordes.
2. Dada una forma formada por $ n $ bordes y perímetro $ P $ el área más grande será si todos los bordes tienen la misma longitud.

Es decir, si la pregunta se limita a Polígono con bordes iguales, lo siguiente se cumplirá.

Si tomamos esas 2 suposiciones algo bueno sucede.
Dado que la forma es simétrica tiene un centro y la distancia desde su centro a cualquier vértice es igual.
Definamos la distancia a cada vértice como $ r $.
Lo que se forma es un Triángulo Isósceles compuesto por dos bordes de longitud $ r $ y una base de longitud $ \frac{P}{n} $.
El área de este triángulo está dada por $ {A}_{n} = \frac{r}{2} \cos \left( \frac{\pi}{n} \right) \frac{P}{n} $.

Dado que hay $ n $ triángulos justo como este, el área está dada por $ A = \frac{r}{2} \cos \left( \frac{\pi}{n} \right) P $.

Ahora, para maximizar el área se necesita maximizar el término $ \cos \left( \frac{\pi}{n} \right) $ que se maximiza para $ n \to \infty $ lo que sugiere una forma de un círculo.

Dedicado con amor a Renana!

Answer 4

Si tienes una cuerda con longitud $P$, la forma con la mayor área que puedes crear es el círculo. Si tienes una forma, que no sea un círculo, con el mismo área que el primer círculo es porque has utilizado una cuerda más larga.