Isoperimetri

I euklidisk geometri er isoperimetri i utgangspunktet studiet av egenskapene til geometriske former i planet som har samme omkrets , som deretter generaliseres i andre euklidiske rom .

Spesielt består det mest klassiske problemet i å bestemme den plane geometriske formen som maksimerer arealet med en fast omkrets. Svaret er intuitivt, det er disken , men til tross for dets uskyldige utseende krever dette problemet sofistikerte teorier for å oppnå en streng demonstrasjon (en særegenhet som den for eksempel deler med Jordans teorem, som indikerer at en løkke tegnet uten kryssing deler planen i to deler). Av denne grunn blir det isoperimetriske problemet noen ganger forenklet ved å begrense de autoriserte overflatene, for eksempel ved å begrense seg til bare kvadrater eller trekanter , som deretter gir henholdsvis kvadratet og den likesidige trekanten . Generelt er polygonet med n sider som har det største arealet, for en gitt omkrets, det som er nærmest sirkelen : den vanlige polygonen .

Isoperimetri er generalisert til forskjellige geometrier. For eksempel, når det gjelder et halvplan , er sonen med maksimalt areal for en gitt omkrets halvdisken. I dimensjon 3 er det et spørsmål om å finne det faste stoffet med størst volum, innhyllet i en fast måleflate; den såpeboble , som løser det motsatte problemet med "søke" for å minimalisere overflaten ved hvilken det omslutter et gitt volum av luft, angir løsningen: sfære .

Dette konseptet gir opphav til en familie av teoremer kalt isoperimetriske teoremer , til økninger som kalles isoperimetriske ulikheter , så vel som til et forhold, kalt isoperimetrisk kvotient . I dimensjon 2 indikerer den isoperimetriske ulikheten at en overflate med omkrets p og areal a tilfredsstiller økningen ; Begrepet til venstre er den isoperimetriske kvotienten, som bare er lik 1 når det gjelder platen. ${\ frac {4 \ pi a} {p ^ {2}}} \ leq 1$

Hvis opprinnelsen til dette spørsmålet er minst 2900 år gammelt, var det først i 1895 , ved hjelp av metoder hentet fra Minkowskis teorem, at spørsmålet ble definitivt løst i sin eldgamle form. Disse metodene gjør det mulig å bevise den isoperimetriske setningen og å generalisere den til høyere dimensjoner når det gjelder euklidisk geometri .

Denne artikkelen omhandler bare de grunnleggende aspektene ved dette spørsmålet. Noen svar, som bruker mer sofistikerte matematiske verktøy, er foreslått i artikkelen The isoperimetric theorem .

Fragmenter av historien

Legenden forteller at byen Kartago ble grunnlagt i814 f.Kr. J.-C.av den fønikiske prinsessen Elissa, med tilnavnet Dido . Hun ba kongen av Numidia Iarbas om å gi land for å bosette seg der. Iarbas, motvillig, ga ham retten til å velge et stykke land som kunne inneholde skinn fra en okse . Dido kuttet huden i en tynn stripe, som ble en lang tanga 4 km lang. Hun hadde denne strikken strakt ut i en halvcirkel, hvis to ender berørte ribben, rett der den var. Dronningen hadde intuitivt funnet løsningen på det isoperimetriske problemet i et euklidisk halvplan . Dette problemet løses når størst mulig overflate blir funnet, for en gitt omkrets. Halvsirkelen er faktisk kurven som stroppen må følge for å avgrense størst mulig overflate, i dette spesielle tilfellet.

Metoden for å måle et område ved hjelp av omkretsen var vanlig i det gamle Hellas . Homer indikerer at byen Troy tar 10 200 trinn , noe som indikerer at for å gå rundt krever en tur på 10 200 trinn. Den løsning av problemet isoperimetric i den euklidske planet er kjent av noen for V th århundre BC. AD , i det minste for tilfellet med polygonet med n sider. Den bærer navnet på isoperimetrisk teorem . På grekernes tid syntes ikke alle å være klar over dette resultatet og dets konsekvenser. Proclos ( 412 - 495 ) nevner saken om juks av landmålere fra denne perioden. Land ble delt inn i forskjellige tomter med samme omkrets, men forskjellige overflater. Landmålere, ansvarlig for deling, fikk de største tomtene. Bedrag ble oppdaget på høsttid, hvor overflod er proporsjonal med området og ikke til omkretsen.

Theon av Alexandria ( 335 - 405 ) og Pappus IV th tallet tilskrives Zenodorus II th århundre BC. AD de første demonstrasjonene. Det beviser at blant alle polygoner med n sider og samme omkrets, er det bare den vanlige som er kandidat til å være svaret på det isoperimetriske problemet. Han oppdager også at disken til en gitt omkrets har et område større enn for en vanlig polygon. Han ville også ha vist at kulen er det faste stoffet som har større volum enn noe polyhedron med samme overflate.

Greske matematikere har ikke mulighet til å gå utover dette. Demonstrasjonene deres forblir delvise, selv om forfatterne ikke er klar over bevisens ufullstendige aspekt. De har heller ikke matematiske verktøy som ville gjort det mulig å gå lenger. De arabiske matematikerne tilpasser kunnskapen til grekerne om dette spørsmålet. Abū Ja'far al-Khāzin skrev en avhandling som oppsummerer all kunnskapen om sin tid om isoperimetri. De utvikler virkemidlene for å gå lenger. Nasir al-Din al-Tusi , en matematiker av XIII th århundre , utviklet i sin avhandling av firkanten , til nok trigonometri levere fullstendig dokumentasjon i tilfelle av trekanter eller rektangler.

Det var ikke før europeisk matematikk fra XIX - tallet for videre fremgang. I 1836 , Jakob Steiner fått en første nye resultat. Med forbehold om å innrømme at det eksisterer en løsning i dimensjon 2, er denne løsningen nødvendigvis disken. For et komplett bevis i dimensjon 2, må vi vente på verkene til Karl Weierstrass og Hermann Minkowski ; den blir streng rundt 1895 . Denne delen av historien er behandlet i artikkelen Isoperimetrisk teorem .

Definisjoner og første egenskaper

Dimensjon 2

La P n være en polygon med n sider, hvor n betegner et heltall større enn 2, p dens omkrets og a n sitt areal. I dette spesielle tilfellet uttrykkes den isoperimetriske setningen i følgende form:

Isoperimetrisk teorem for en polygon - Arealet til P n er mindre enn for et vanlig polygon med n sider og omkrets p . En skive med omkrets p har et område som er strengt større enn det for P n .

Denne teoremet kan uttrykkes i form av en ulikhet:

Isoperimetrisk ulikhet for en polygon - Vi har følgende ulikhet:

4 \ pi a_ {n} <4n \ tan {\ frac {\ pi} n} a_ {n} \ leq p ^ {2}.

Denne egenskapen er veldig generell; det forblir sant for en hvilken som helst overflate av areal a , med en rettbar kant på lengden p , dvs. at kanten er en kurve som har en endelig lengde.

Isoperimetrisk setning i et euklidisk rom med dimensjon 2 - Området a er mindre enn skiven med samme omkrets p , noe som gir opphav til følgende økning, kalt isoperimetrisk ulikhet . Likhet skjer bare hvis overflaten er en disk.

p ^ {2} -4 \ pi a \ geq 0.

Denne teoremet gir opphav til en definisjon:

Isoperimetrisk kvotient - Kvotienten q definert av følgende likhet kalles isoperimetrisk kvotient:

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

Vi kan tolke dette kvotienten som kvadratet i forholdet mellom radiusen av sirkelen som har samme område på radiusen til sirkelen som har samme omkrets. Den isoperimetriske ulikheten tilsvarer å si at q er mindre enn 1, likhetstilfellet forekommer bare hvis overflaten er en disk.

Dimensjon 3

I dimensjon 3 kan man ikke nærme seg mer og mer presist sfæren ved vanlig konveks polyhedra . Det er bare 5, kalt platoniske faste stoffer . Det generelle resultatet forblir likevel sant:

Isoperimetrisk setning i et tredimensjonalt euklidisk rom - La være et målbart fast stoff i den forstanden at Lebesgue har en målbar kant , volumet er mindre enn det til ballen hvis sfære har samme område.

Merk : Her er kanten av det faste stoffet en overflate som kulen er kanten av ballen.

Den isoperimetriske ulikheten uttrykkes ved hjelp av en isoperimetrisk kvotient q . Det indikerer at denne koeffisienten alltid er mindre enn 1, og tilfellet med likhet forekommer bare for sfæren. Koeffisienten q uttrykkes i følgende form, hvis v betegner volumet til det faste stoffet og s området på kanten av dette faste stoffet:

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

Denne formelen kommenteres gjennom eksemplet med icosahedron, etter artikkelen.

Grunnleggende resultater

Innledning

Diagrammet til venstre viser fire figurer, hvorav tre er polygonale og alle har samme omkrets. Det er ikke alltid lett å umiddelbart få øye på den med det største området. Historien viser til og med at ideen om at to regioner, avgrenset av to kurver av samme lengde, kunne ha forskjellige områder for noen grekere var kontraintuitiv.

Hvis beviset generelt er tilstrekkelig komplisert til å ha krevd nesten 3000 års innsats, er det bare å behandle tilfellet med polygoner. Elementære løsninger har vært kjent siden antikken, selv om de forblir delvise. De presenteres her på moderne språk.

Bokstaven n betegner et heltall større enn 2 og p et strengt positivt reelt tall. Spørsmålet som skal løses er å finne polygonet med n sider og omkrets p , hvis det eksisterer , med det største området. Merk at det er tilstrekkelig å søke bare i konvekse polygoner . Begrepet konveks betyr her at et strikk som omgir polygonen alltid er i kontakt med grensen. Tenk faktisk på en ikke-konveks polygon P 1 , for eksempel den som er illustrert i figuren til høyre, i blått. Dens konvekse konvolutt , det vil si det tall som har for rammen som er gitt av et elastisk bånd som omgir polygonet P 1 , er en ny polygon P 2 , denne gang konveks. Polygon P 2 tilsvarer det som inneholder de blå og grønne områdene i figuren. Området er strengt større og omkretsen strengt mindre. En utvidelse av en velvalgt-forhold, nødvendigvis er større enn 1, anvendt på P 2 , definerer en ny polygon P 3 med samme omkrets som for P 1 . Arealet av P 1 er strengt mindre enn det for P 2 , i seg selv strengt mindre enn det for P 3 . Polygon P 3 har samme omkrets som P 1 og har et strengt større område. Vi utleder at P 1 ikke er en kandidat til å svare på det isoperimetriske problemet.

Firkant

Denne saken tilsvarer den som kan løses fullstendig uten annen kunnskap enn de greske matematikerne.

Ved den firkant - Den unike firkant med omkretsen p og maksimalt område for denne omkrets er kvadratisk med side p / 4.

Arealet av et kvadrat er lik p 2- / 16 år. Nevneren 16 er større enn 4π. Vi utleder, hvis en 4 er arealet av en firkant med omkrets p :

a_ {4} \ leq {\ frac {p ^ {2}} {16}} <{\ frac {p ^ {2}} {4 \ pi}}.

Beviset bruker et lemma, nyttig for det isoperimetriske problemet med hvilken som helst polygon:

Lemma 1 - Blant alle trekanter med base AB , med siste toppunkt C og med omkrets p , har den slik at avstanden AC er lik CB et område som er strengt større enn alle de andre. Trekanten er da nødvendigvis likbenet .

Demonstrasjon

Først må lemmaet bevises, det er ryggraden i mange bevis i denne artikkelen.

Blant alle trekanter med base AB , med siste toppunkt C og med omkrets p , har den slik at avstanden AC er lik CB et område som er strengt større enn alle de andre:

Lemmatrekanten er illustrert i svart i figuren til venstre. Det antas at den har to sider av ulik lengde, her AC og BC . La h være høyden på trekanten, i forhold til basen AB , illustrert i grønt i figuren og D punktet i samme høyde som C og plassert på linjen vinkelrett på AB og som krysser AB i midten. Δ er avstanden mellom L og C . Ved antagelse er lengden δ ikke null, ellers ville AC og BC ha samme lengde.Det første trinnet består i å vise at trekanten ABD har samme område som den opprinnelige trekanten ABC og med strengt mindre omkrets. Siden arealet til disse to trekantene er lik produktet av avstanden mellom A og B og halvparten av h , er disse to områdene faktisk like. Det gjenstår å vise at omkretsen til BDA er mindre enn BCA . Det er tilstrekkelig for å anvende Fermats prinsipp . En lysstråle som kommer fra punkt A , reflekterer på et speil som er vist i fiolett høyre Δ (svarende til linje parallelt med AB og som går gjennom C og D ) og belyst punkt B benytter den korteste bane, som passerer gjennom D . For å demonstrere det er det tilstrekkelig å vurdere punktet E symmetrisk av B med hensyn til aksen Δ. Avstanden mellom E og D er den samme som mellom B og D , vi utleder at avstanden ADE er den samme som ADB . På samme måte er avstanden ACE den samme som ACB . Nå er det ganske åpenbart at ADE er kortere enn ACE , fordi de tre punktene A , D og E er justert. Det andre trinnet er å konstruere en trekant ABF med samme omkrets og areal større enn den opprinnelige trekanten. Vi betrakter punktet F , på linjen vinkelrett på AB og går gjennom D (i grønt på figuren til høyre), og slik at lengden på de to segmentene AF og FB er den samme som de to segmentene AC og CB . Som trekant AFB og trekant ACB har samme omkrets, strengt større enn den til trekant ADB , punkt F er høyere enn D , med andre ord AF er strengt større enn AD , eller området av trekanten AFB er strengt større enn den for trekant ADB . Det ekstra området vises i rosa. Vi har faktisk konstruert en trekant AFB med samme omkrets som ACB og med et strengt større område, som avslutter beviset. Det bemerkes videre at basen AB ikke er modifisert.

Når dette lemmaet er etablert, går vi fra en konveks firkant Q , hjørner ABCD og omkrets p . Hvis denne polygonen ikke er en firkant, vil vi vise at kvadratet med omkrets p har et strengt større område. For å oppnå våre mål er det mulig å fortsette ved hjelp av en diamant, som presenterer et trinn i demonstrasjonen.

Hvis det firsidige Q ikke er en rombe , eksisterer det en rombe Q 1 med samme omkrets og strengt større område:

Dette trinnet er i seg selv delt inn i to trinn:Den første vises i figuren til venstre, Q vises i grønt. Den firsidede ABCD har nødvendigvis to tilstøtende sider med forskjellige lengder, ellers ville ABCD være en rombe. Selv om det betyr å endre rekkefølgen på bokstavene som er knyttet til hvert toppunkt, kan vi alltid anta at AB ikke er lik BC . Vi bruker lemmaet til å konstruere punktet B 1 . Trekanten AB 1 C har en omkrets som er lik ABC og er dessuten likbenet. Vi konstruerer D 1 på samme måte . Den blå firsiden har et område som er strengt større enn den opprinnelige firsiden, og det har en nyttig egenskap for resten. Avstanden AB 1 er lik B 1 C , er det samme for AD- 1 og D en C . Med andre ord er de to lengdene D 1 AB 1 og B 1 CD 1 begge like p / 2.Det andre trinnet, vist til høyre, er den nøyaktige analogen på firsidet AB 1 CD 1 , men denne gangen på trekantene D 1 AB 1 og B 1 CD 1 . Ved å bruke den blå firkanten konstruerer vi nå den røde, betegnet A 1 B 1 C 1 D 1 . Lengden på siden A 1 B 1 er halvparten av lengden D 1 AB 1 eller p / 4. Dette resonnementet gjelder de fire sidene, alle like, og viser at den røde firsiden er en rombe.Den røde diamanten, betegnet L, har et område som er større enn den blå firsiden, selv av et område som er strengt større enn det grønne firesidet, og alle har samme omkrets. Fra en firkant som ikke er en rombe, har vi faktisk konstruert en rombe med samme omkrets og strengt større område, som avslutter demonstrasjonen.

For å fullføre, er det tilstrekkelig å vise at hvis romben L ikke er en firkant, så har firkanten C , med samme omkrets, et strengt større område.

Blant romber med omkrets p er torget den eneste som har maksimalt areal:

Arealet av romben er lik produktet av basen, her lengden på A 1 D 1 , etter høyden. Vi definerer punktet B 2 som det punkt i en avstand lik den for A 1 B 1 og slik at A 1 D 1 og A 1 B 2 danner en rett vinkel . Fra den røde romben fra forrige demonstrasjon går vi til en blå rom A 1 B 2 C 2 D 1 som tilfeldigvis er kvadratet C i omkretsen p . Høyden på denne firkanten i forhold til basen A 1 D 1 er strengt større enn romben L , hvis den ikke var en firkant, noe som viser at arealet på torget er strengt større og avslutter demonstrasjonen.

Kort sagt, hvis Q ikke er en romb, konstruerer vi en romb L med samme omkrets og strengt større område. Så, hvis L er ikke kvadratet av omkretsen p , ser vi at området L er strengt mindre enn for kvadratet C . Denne doble konstruksjonen viser tydelig at kvadratet C har et område større enn arealet til alle kvadrilateralene i omkretsen p, og at hvis et kvadrilateral med omkretsen p har samme areal som kvadratkanten på C , er det fordi dette firkanten også er et kvadrat av omkretsen s .

Enhver polygon

Saken om den vilkårlige polygonen blir behandlet litt annerledes. Følgende proposisjon kan demonstreres ved hjelp av teknikker som kan sammenlignes med forrige avsnitt:

Tilfelle av hvilken som helst polygon - En polygon med n sider, med omkrets p og maksimalt areal for denne omkretsen er vanlig .

Hvis a n betegner området til den vanlige polygonen, har vi de isoperimetriske ulikhetene:

a_ {n} \ leq {\ frac {p ^ {2}} {4n \ tan \ left ({\ frac {\ pi} n} \ right)}} <{\ frac {p ^ {2}} {4 \ pi}}.

En betydelig del av beviset består i å etablere følgende lemma, tilskrevet Zenodorus. Beregningen av arealet til den vanlige polygonen er arbeidet til Archimedes . Hvis ideene er eldgamle, er formuleringen som er foreslått her moderne, den er helt forskjellig fra bevisene som er rapportert til oss.

Lemma 2 - Hvis en polygon med n sider er løsningen på det isoperimetriske problemet, er vinklene mellom to sider som deler samme toppunkt like.

Demonstrasjon

Målet er å vise at en polygon P med n sider og omkrets p ikke har maksimalt areal hvis den ikke er vanlig. Når det gjelder forrige avsnitt og av samme grunner, antar vi at P er konveks. Det er derfor tilstrekkelig å vise at enten sidene ikke er like lange, eller de er, men vinklene mellom to kanter som deler samme toppunkt, er ikke like. Som deler demonstrasjonen i to deler. Det første resultatet uttrykkes som følger:

En polygon med to kanter med forskjellige lengder er ikke en løsning på det isoperimetriske problemet:

Vi antar at polygonet P har to kanter med forskjellige lengder. Vi merker at det da er mulig å finne to kanter som deler samme toppunkt. Faktisk, hvis alle kantene som deler samme toppunkt er av samme lengde, merker vi oss trinn for trinn at de alle har samme lengde. Det studerte tilfellet er illustrert i figuren til høyre, trekanten ACB , dannet av de to kantene i forskjellige lengder, er illustrert i grønt, dets hjørner er notert. De to kantene AB og CB som deler toppunktet, har forskjellige lengder, Lemma 1 i forrige avsnitt viser at det er mulig å konstruere en andre trekant, illustrert i rødt, med samme base AB og toppunkt D som trekanter ACB og ADB har samme omkrets og slik at den røde trekanten ADB har et område som er strengt større enn det grønne.Polygon P 1 , med samme hjørner som P , bortsett fra C , som erstattes av D, har en omkrets lik p og uendret. Faktisk er lengden AC + CB ved konstruksjon lik lengden AD + DB . I motsetning til dette området P 1 er strengt større enn P . For å være overbevist om dette, er det tilstrekkelig å legge merke til at det blå området ikke er modifisert. På den annen side erstattes det subtraherte grønne området med det røde området, strengt større ifølge Lemma 1.

En polygon som bare har kanter av samme lengde, men som har minst to vinkler, er ikke en løsning på det isoperimetriske problemet:

Vi antar nå at vinklene knyttet til toppunktene ikke er like. Vi antar til og med i utgangspunktet at det eksisterer to vinkler α og β slik at β er strengt mindre enn α og at deres tilknyttede hjørner ikke er tilstøtende, det vil si at disse to hjørnene ikke danner en kant av polygonet. Dette er illustrert på figuren til venstre, som samtidig gjør det mulig å definere punktene A , B , C , D , M og N . Som vist i figuren er avstandene δ og λ henholdsvis de for AB og CD . Siden α er strengt større enn β, er δ strengt større enn λ.

Uten å endre omkretsen av P , konstruerer vi en ny polygon P 1 , med samme antall hjørner n , samme omkrets, men et strengt større område, som viser proposisjonen. Polygon P 1 er vist til høyre.

Konstruksjon av trekanter APB og CQD : Vi ser på et segment, i blått i figuren til høyre, med lengden 4 ganger lengden på en kant av P 1 . Dette segmentet har samme lengde som summen av lengdene på de 4 kantene AM , MB , CN og ND . Denne lengde er valgt lik summen av avstandene A og P , P og B , C og Q , Q og D . Dermed endrer ikke substitusjonen av de grønne trekanter med de røde trekanter omkretsen av polygonet.La r være proporsjonen δ / (δ + λ), vi deler segmentet i to deler, en av proporsjonen r og den andre av (1 - r ). Vi oppnår således to segmenter hvor summen av lengdene er lik 4 ganger den for en kant, og disse to segmentene er proporsjonale med to segmenter av lengdene δ og λ. De to segmentene er delt i to like store deler, vi får 4 segmenter, to av lengden kalt c 1 og de andre to kalles c 2 . Rekkefølgen velges slik at c 1 er større enn c 2 . Denne inndelingen illustreres av en metode som gjør det mulig å konstruere den med en linjal og et kompass i figuren til høyre. Det lilla segmentet har en lengde lik δ + λ.La P punkt avstand c en av A og B og Q punkt avstand c to av C og D . Ved konstruksjon er trekanten APB og CQD likbenet, de er dessuten like. Faktisk er forholdet mellom avstandene AB på AP ved konstruksjon lik CD på CQ . Det er to valg av punkter for P og Q , vi velger selvfølgelig de som gjør P 1 konveks. Vi kan nå bytte de to grønne likbenede trekanter med to røde likebenede trekanter uten å endre omkretsen. De to røde likebenede trekanter er like, noe som ikke er tilfellet med de grønne trekanter, ellers ville vinklene α og β være like. Denne lignende karakteren gjør det mulig å vise at arealet av P er strengt mindre enn det for P 1 . Dette er gjenstand for følgende demonstrasjon. Sammenligning av områdene P og P 1 : Ettersom området i blått på de to første figurene i denne rullegardinboksen ikke er endret, tilsvarer dette at summen av arealene til de grønne trekantene er mindre enn summen av områdene til de røde trekanter.For å sammenligne områder klipper vi dem ut og plasserer dem i et rektangel. La oss gå til de røde rektanglene først. La k 1 og k 2 være deres høyder. Hvis vi kutter trekantene i henhold til høydene deres, får vi for hver to rette trekanter med sider med lengden k i , hvor jeg varierer fra 1 til 2. Vi kan sette dem sammen for å danne rektangler, som vist i figuren til høyre, fordi de røde trekanter er likebenede. Legg merke til at de to diagonalene er justert fordi trekanter er like. Den samme bearbeidingen på de grønne trekantene gir resultatet som vises til venstre, hvis h 1 og h 2 betegner høyden på de to trekantene. Vi merker at denne gangen er h 1 mindre enn k 1 , det første grønne rektangelet er mer flatt enn det røde ekvivalenten. Faktisk, hvis k 1 var mindre enn h 1 , ville k 2 være enda mindre. Faktisk er λ mindre enn δ og de to røde trekanter er like. Summen av kantene til de røde trekanter ville være strengt mindre enn kantene til de grønne trekanter, noe som ikke er mulig, ved konstruksjon er disse summene like. Vi kan videre legge merke til at de to diagonalene til de grønne trekantene har en lengde som på kanten av polygonet P 1, og at summen er lik summen av diagonalene til de røde rektanglene. Vi utleder at h 1 + h 2 er strengt mindre enn k 1 + k 2 . Overstillingen av de to figurene gir diagrammet nederst til høyre. Det er et grønt område som ikke dekkes av det røde området (Områdene dekket av de røde og grønne rektanglene vises i blått). Ettersom δ er strengt tatt større enn λ, er det tilstrekkelig å dra dette området til venstre slik at det grønne er helt dekket. Det gjenstår deretter en avdekket rød sone, øverst til høyre, som viser at arealet til de røde trekanter er strengt større enn de grønne trekanter.

Vi kan nå behandle avsnittets generelle tilfelle. Det vil si tilfellet hvor vinklene α og β er side om side.

En ikke-vanlig polygon er aldri en løsning på det isoperimetriske problemet:

For n lik 4, finner vi et bevis i forrige avsnitt. For n lik 3, har en trekant med 3 like sider nødvendigvis sine tre like like vinkler. Hvis n er større enn eller lik 5, viser forrige bevis at, i tilfelle av en vanlig polygon, er vinkelen assosiert med det første toppunktet lik den som er knyttet til et hvilket som helst toppunkt bortsett fra det andre er det siste. Vinkelen assosiert med det fjerde toppunktet, som aldri er den siste fordi n er større enn eller lik 5, er den samme som vinkelen assosiert med første og andre toppunkt. Den første og andre toppunktet har derfor like vinkler. Den samme resonnementet, ved bruk av det tredje toppunktet, viser at vinklene som er knyttet til den første og siste toppunktet også er like.

Den vanlige polygonen med n sider og omkrets p har et areal lik p 2 / 4n tan (π / n):

Vi kan ganske enkelt beregne den isoperimetriske kvotienten til den vanlige polygonen. Den forklarende figuren er til venstre. Beregningene er presentert i artikkelen Regular polygon .

Hvis a er området til en polygon med n sider av omkretsen p , er arealet mindre enn det for den vanlige polygonen, som demonstrerer den første delen av den isoperimetriske ulikheten. Den deriverte av tangens-funksjonen i intervallet] 0, π / 2 [er strengt tatt er større enn 1, ble de endelige trinn teorem viser den andre delen av ulikhet:

\ tan \ left ({\ frac {\ pi} n} \ right)> {\ frac {\ pi} n} \ quad {\ text {et}} \ quad 4 \ pi <4n \ tan \ left ({\ frac {\ pi} n} \ høyre).

Ikke-polygonal kant

Tilfellet med den ikke-polygonale grensen er neppe mer kompleks for å komme til et resultat som tilsvarer de foregående:

Tilfelle av hvilken som helst overflate - Enhver overflate med omkrets p og maksimalt areal for denne omkretsen er en disk .

Trikset er arbeidet til Steiner, som finner en symmetrisasjonsprosess , fortsatt brukt og som nå bærer navnet hans.

Steiner demonstrasjon

Vi antar at S er en overflate med areal a og omkrets p . Vi antar videre at arealet a er maksimalt for omkretsen p . Denne overflaten er illustrert til venstre, den har formen som et egg plassert horisontalt. Målet er å vise at S , nødvendigvis en disk , for å unngå motsigelser . Den valgte formen er ikke en plate som illustrerer motsetningen mer levende.

Konstruksjon av Δ-aksen og punktet O :

Målet er å kutte figuren i to like og symmetriske deler. Først av alt, betrakter vi et punkt P på området høyre halvdel D enden P , skjæringspunktet av hvilken med S er redusert til det punktet P . La f være funksjonen til [0, 2π], som i en vinkel φ forbinder området av skjæringspunktet mellom S og sonen avgrenset av halvlinjene D og dens rotasjon med vinkelen φ. Verdien f (φ) tilsvarer området av det mørkeblå området i figuren. Vi merker at f (0) er lik 0 og f (2π) til a . Siden funksjonen f er kontinuerlig, er det en φ verdi hvis kopi under f er lik halvparten av overflaten S . I figuren er denne verdien av equal lik π. La Δ være linjen assosiert med denne verdien av φ, den kutter overflaten S i to deler av samme areal.

Punkt P er et av de to grensepunktene til S som tilhører Δ, la Q være det andre grensepunktet og O midtpunktet til disse to punktene. Omkretsen til den øvre delen Δ av S er den samme som omkretsen til den nedre delen. Faktisk, hvis omkretsen var mindre øverst, ville omkretsarealet, over Δ lik S , og deretter til rotasjonen av en halv omdreining av den øvre delen i forhold til punktet O , ha nøyaktig samme overflate for en mindre omkrets. En utvidelse av denne overflaten vil gi et strengt større overflate for samme omkrets. Dette er umulig fordi S er valgt som maksimum. Hvis S er en plate, er aksen Δ den med en diameter, O midten av platen og den nedre sonen den perfekte symmetriske for den øvre.

Bygging av QAPBs firkant :

Imidlertid jobber vi ikke på S , men på S 1 , vist i figuren til høyre. Grensen til den nedre sonen er valgt lik rotasjonen på en halv omdreining til den øvre sonen. Siden en rotasjon er en isometri, er verken omkretsen eller området endret. Arealet til S 1 er også maksimalt for omkretsen p .

La A være et punkt på grensen til S 1 ( A forskjellig fra P og Q ) og B er symmetrisk med hensyn til O. Figur S 1 er symmetrisk med hensyn til O, punkt B er også på grensen til S 1 . De fire segmentene QA , AP , PB og BQ kutter den nye overflaten i 5 deler, 4 lilla lunulaer på høyre figur og et rosa parallellogram .

Plassering av A :

Beviset på firkantene viser at romben med det største området, med isoperimeter, er torget. Den samme demonstrasjonen viser at parallellogrammet med større areal, med isoperimeter og uten å endre lengden på sidene, er rektangelet. Hvis QAPB- parallellogrammet ikke er et rektangel, er det mulig å konstruere en ny overflate S 2 ved å flytte de fire lunulaene for å gjøre QAPB- området rektangulært, som illustrert i figuren til venstre.

Hvis QA og AP ikke var to opprinnelig vinkelrette segmenter, ville vi få en ny figur med samme omkrets som S og med et strengt større område, noe som er umulig av hypotesen. Trekanten QAP er derfor rektangel ved A som, ifølge setningen til trekanten innskrevet i en halvcirkel, plasserer punktet A på sirkelen med diameter [PQ] . Punktet A er valgt uspesifisert på grensen til S 1 (forskjellig fra P eller Q ), og alle punktene på grensen er på sirkelen med diameter [PQ] og S 1 er derfor en plate.

Topologi

Bortsett fra tilfellet med firesidene, er ikke de etablerte setningene så kraftige som de ser ut. Man blir oppmerksom på bare midten av XIX - tallet . Setningene indikerer at hvis en overflate har et maksimalt areal, trekker den en vanlig polygon eller en disk avhengig av saken som er studert. På den annen side indikerer de ikke at den vanlige polygonen eller platen oppnår dette maksimumet. Denne delen av demonstrasjonen, denne manglende lenken, krever mer sofistikerte verktøy enn de som ble oppdaget på Steiners tid. De bruker en gren av matematikk som kalles topologi .

Alle resonnementene som presenteres i denne artikkelen, med unntak av dem på firsiden, har samme logiske struktur. Det er vist at ingen løsning er akseptabel bortsett fra en. Dette viser ikke at den som er igjen er en løsning. Matematikeren O. Perron illustrerer den logiske feilen ved å observere at å akseptere denne typen bevis ville utgjøre å tillate å demonstrere at 1 er det største av heltallene. Hvis heltallet a er forskjellig fra 1, er kvadratet til a strengt større enn a . Tallet a kan derfor ikke være det største av heltall. Det eneste unntaket blant strengt positive heltall er 1, som da vil være det største av heltallene.

Det er således fastslått at en hvilken som helst overflate av omkrets p og maksimalt areal bare kan være en plate, men uttalelsen innebærer ikke at platen faktisk er en maksimal overflate, eller at den vanlige polygonen med n sider har maksimalt areal blant polygoner med n sider av samme omkrets. Disse to resultatene er likevel sanne, de tilhørende bevisene er foreslått i artikkelen Isoperimetrisk teorem . Når det gjelder trekanten, kan vi fremdeles komme til resultatet ved å begrense oss til bruk av en kontinuerlig funksjon av den virkelige variabelen med reelle verdier.

Trekantetui

Enhver trekant med omkrets p og maksimalt areal er liksidig:

Lemma 1 viser at hvis en trekant ikke er ensidig, kan den ikke være en løsning på det isoperimetriske problemet. Faktisk, hvis de tre lengdene på de tre sidene er betegnet a , b og c , viser lemmaet at a = b og at b = c er en nødvendig forutsetning for at trekanten skal ha maksimalt areal. Vi utleder at en slik trekant er like-sidig.

For å konkludere er det tilstrekkelig å vise at det er minst én løsning.

Det er en løsning på det isoperimetriske problemet når det gjelder trekanter:

Vi må vise at det er en trekant med omkrets p og maksimalt areal. Lemmaet viser at det eksisterer en likebenet trekant T i fra omkretsen p og fra område større enn den for den første trekanten. Det er derfor tilstrekkelig å vise at en likestilende trekant av omkrets p har et areal mindre enn for en trekant T e av omkrets p og side c . La c + 2 $ε være$ lengden av bunnen av T i og c - $ε$ lengden av de to like sider. Her er $ε$ et reelt tall mellom - c / 2 og c / 4. Arealet av T i er produktet av den halve lengde 1/2 ( c + 2 $ε$ ) med høyden h , gitt av den pytagoreiske læresetning :

{\ displaystyle h ^ {2} = \ left (c- \ varepsilon \ right) ^ {2} - \ left ({\ frac {1} {2}} c + \ varepsilon \ right) ^ {2} = { \ frac {3} {4}} c ^ {2} -3c \ varepsilon.}

Hvis et i er arealet til den likebenede trekanten, har vi formelen:

{\ displaystyle a_ {i} ^ {2} = \ left ({\ frac {1} {2}} c + \ varepsilon \ right) ^ {2} \ left ({\ frac {3} {4}} c ^ {2} -3c \ varepsilon \ høyre).}

Funksjonen, som med $ε$ assosierer a i 2 er kontinuerlig , er den illustrert i figuren til høyre. Det er faktisk en tredje graders polynomfunksjon . Det er definert i et segment , setningen til grensene forsikrer oss om at maksimum er nådd. Det vil si at det er minst en løsning på det isoperimetriske problemet for trekanter. Grafisk legger vi merke til at denne løsningen tilsvarer punktet $ε = 0$ , det vil si den liksidige trekanten. Dette resultatet er i samsvar med forrige forslag.

Eksempler

Vollen til en by

Dido er ikke den eneste lederen som blir konfrontert med spørsmålet om den største overflaten for en gitt omkrets. Voldene til en middelalderby krever både mye byggearbeid og et rikelig soldat for å beskytte byen i tilfelle et angrep. Disse to grunnene favoriserer å maksimere den indre overflaten av byen i forhold til omkretsen.

Geometrien som brukes er ikke alltid den til det euklidiske planet. For eksempel gjør et euklidisk halvplan det mulig å oppnå et bedre forhold. Løsningen er halvsirkelen, den er dobbelt så effektiv. Ved å bruke en voll på lengden p dekker vi en overflate på p 2 / 2π. Byen Köln tar denne tilnærmingen for å beskytte byen i middelalderen.

I XVIII th århundre andre begrensninger favorisere en helt annen geometri. Det for eksempel Lille er basert på prinsippet om tang, og presenterer kanter som er vanskelige å kanonansikt. Det gir bedre motstand mot artilleriangrep.

Buljongens øye

Øyet i en buljong består av en dråpe olje suspendert i vann. Kontaktflaten mellom olje og vann bruker potensiell energi . Likevekten som er nådd for punktet med lavest mulig energi, oppnås ved geometrien som minimerer denne grensesnittsonen. Å snakke i billedlige termer: "De mest ubehagelige molekylene finnes i grensesnittet (det vil si mellom oljen og buljongen), så jo større grensesnittet er, jo mer er systemet. Ubehagelig" .

Av denne grunn vedtar dråpene en sirkulær geometri. Hvis to øyne smelter sammen, får de øyeblikkelig denne formen. Hvis det ene øyet er kuttet i to, for eksempel med en kniv, får de to oppnådde øynene også en sirkulær form.

Den samme årsaken pålegger en sfærisk form på såpebobler som ikke er for store. Den potensielle energien er maksimal hvis overflaten på boblen er minimal. Boblen har en tendens til å omslutte volumet av luft i et sfærisk rom, fordi det minimerer overflaten så godt som mulig, for et gitt volum (det for den fangede luften).

Icosaeder

Isoperimetri-teoremet indikerer at volumet er mindre enn for en kule med samme område for ethvert målbart fast stoff, med et målbart areal. Dermed har et fast stoff med overflate S alltid et volum V mindre enn V s , det fra en kule med samme overflate:

V \ leq V_ {s}.

Sfæren med radius r har et areal på $4π r 2$ . Radien r til den aktuelle kulen er lik $\sqrt S / (2 \sqrt π)$ . Volumet V s er lik $4π r 3- / 3-$ . Vi trekker frem en ny økning:

V_ {s} = {\ frac {4 \ pi S ^ {{3/2}}} {24 \ pi ^ {{3/2}}}} = {\ frac {S ^ {{3/2}} } {6 {\ sqrt {\ pi}}}}.

Formelen uttrykkes enklere hvis den er kvadratisk. Vi oppnår :

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

Dette gir en form for isoperimetrisk ulikhet og formelen for den isoperimetriske kvotienten, bemerket her q . Når det gjelder en icosahedron, og hvis a angir kanten av det faste stoffet, har vi følgende formler:

V = {\ frac {5 \ varphi ^ {2}} {6}} a ^ {3} \ quad {\ text {et}} \ quad S = 5 {\ sqrt {3}} a ^ {2} \ quad {\ text {with}} \ quad \ varphi ^ {2} = \ varphi +1.

Her betegner $φ$ det gyldne tallet som er lik $1 + \sqrt 5 / 2$ . Vi finner :

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}}} \ ca. 0,82799772.

Denne isoperimetriske kvotienten er den høyeste mulige verdien for et platonisk faststoff .

Merknader og referanser

Denne graveringen er fra 1630 og kommer fra Historische Chronica av Johann Ludwig Gottfried (de) . Det er arbeidet til Matthäus Merian den eldre.
Virgil , Aeneid [ detalj av utgaver ] [ lest online ] , bok 1, 16.
Denne informasjonen om lengden kommer fra " Det isoperimetriske problemet " , på IREM of Orleans , s. 1 .
Bernard Teissier , " Volumes of convex bodies, geometry and algebra " , Institute of Mathematics of Jussieu (leksjon gitt 7. oktober 1999, skrevet av C. Reydy), s. 1-2 .
Vi finner denne definisjonen i artikkelen F. VIOT, “The utarbeidelsen av variasjonsregning og søknader til dynamikk”, mnemosyne , N ° 4-5. s. 35 63 ( ISBN 2866120868 )
(in) William Dunham , The Mathematical Universe: An Alfabetical Journey Through the Great Proofs, Problems, and Personalities , Wiley 1994 ( ISBN 978-0-471-53656-7 ) , s. 112 .
(in) Thomas Little Heath , A History of Greek Mathematics , Vol. 2: Fra Aristarchus til Diophantus , Dover ,2013( 1 st ed. 1921), 608 s. ( ISBN 978-0-486-16265-2 , leses online ) , s. 206-207.
(i) Paul J. Nahin , Når minst er best: Hvordan matematikere oppdaget mange smarte måter å gjøre ting så små (gull har store) som mulig , PUP ,2007, 372 s. ( ISBN 978-0-691-13052-1 , leses online ) , s. 47.
(in) Ivor Thomas, Greek Mathematical Works , Vol. 2: Fra Aristarchus til Pappus , koll. Loeb Classical Library, HUP , 1941 ( ISBN 978-0-67499399-0 ) , s. 395 .
(in) Richard Lorch, "Abū Ja'far al-Khāzin we Isoperimetry and the Archimedean tradition," Zeitschrift für Geschichte der arabisch-islamischen Wissenschaften , vol. 3, 1986, s. 150-229 .
Hélène Bellosta , " On the History of Arab Sciences ", Gazette des mathématiciens , vol. 82,1999, s. 37-44 ( les online ).
Denne informasjonen kommer fra "Det isoperimetriske problemet", på IREM of Orleans , s. 11.
Teissier, "Volumer av konvekse legemer, geometri og algebra" , s. 6.
Den er inspirert av en idé fra: D. Wells Curious and Interesting Geometry, The Penguin Dictionary of Penguin (Non-Classics) (1992) s 123 ( ISBN 0140118136 )
Beviset som presenteres her er veldig klassisk, man finner det for eksempel i "The isoperimetric problem", på IREM of Orleans , s. 4.
Man finner beviset i "Det isoperimetriske problemet", på IREM of Orleans , s. 7.
Denne demonstrasjonen blir noen ganger presentert som fullstendig og streng: G. Villemin Beregning av variasjoner Tall: kuriositetsteoribruk. Faglige dokumenter tar motsatt posisjon. B. Teissier plasserer den første strenge demonstrasjonen nesten 60 år senere: Teissier, “Volumes des corps convexes, géometry et algebre” , s. 6.
F. Dress , “ Noen store problemer i matematikk, ” SMF Bulletin , vol. 115, n o tilsatt: konferanse "fremover Mathematics"1987, s. 43.
Dette eksemplet er hentet fra dokumentet "Det isoperimetriske problemet", på IREM of Orleans , s. 1.
"Det isoperimetriske problemet", på IREM d'Orléans , s. 1.

Se også

Bibliografi

(no) Isaac Chavel , isoperimetriske ulikheter: Differensialgeometriske og analytiske perspektiver , CUP ,2001, 268 s. ( ISBN 978-0-521-80267-3 , les online )
(en) David Pollard , en brukerhåndbok for å måle teoretisk sannsynlighet , CUP,2002( ISBN 978-1-139-93653-8 , les online )

Relatert artikkel

Største lille polygon (en)

Eksterne linker

" Fra vanlige polygoner til sirkelen " , på IREM fra Paris-Nord University
(en) Jennifer Wiegert, “ The Sagacity of Circles: A History of the Isoperimetric Problem - The Work of Pappus ” , på MAA Digital Library