Въпрос

Може да е малко тъп въпроса, но:
Ако имаме крива в равнината с дължина L, какво е максималната площ която може да се загради с тази крива и каква фигура ще се получи?

Максимална площ се получава когато кривата има формата на окръжност и съответно загражда кръг. Вече знаейки това и дължината на самата крива можеш да намериш и конкретно тази максимална площ.

Интересно, как се доказва този факт? Струва ми се това е същността на въпроса...

Бях мисли навремето по този въпрос. Лесно се доказва че от всички правилни н-ъгълници с определена обиколка колкото повече е н толкова по-голямо е лицето, откъдето стигаме до окръжност, ама зацепих да докажа че от всички н-ъгълници най-голямо лице има правилния

Нещо с Фурие, ама какво точно не знам.

мисля че имаше теорема която го доказва - da, ima : isoperimetric theorem

Ето едно много просто доказателство:
Нека С е исканата крива.
1. С е изпъкнала. Ако С не е изпъкнала, то съществува права, която пресича 2 точки от С и не преминава през вътрешността на С. Така се получават 2 дъги в една и съща полуравнина. Тогава частта, ограничена от осевата симетрия на едната дъга и втората дъга, е изпериметрична на първата, но има по - голямо лице.
2.Всяка права, която разделя С на две дъги с равни периметри, го разделя и равнолицево. Да допуснем обратното: нека а да разделя С на две дъги с равни периметри и лицето на лявата част е по-малко от лицето на дясната. Тогава две слепени десни части ще имат по-голямо лице и равен периметър.
От 1 и 2 заключаваме, че С е окръжност.

На първо място не е изключено да няма форма, която да дава максимално лице, т.е. независимо от това, каква форма придаваме на затворената примка, може да съществува примка с друга форма и същата дължина дължина p, която да загражда по-голямо лице.
Ще се заемем да определим формата на максималното лице при условие, че тя съществува.
Нека исканата крива е С. Тогава С трябва да загражда изпъкнала област, т. е. област без гърбици и хлътвания. С G да означим затворената област, ограничена от С. G се нарича изпъкнала, кагато за всяка двойка точки P и Q от G, цялата отсечка PQ лежи в С.
Крива, която загражда неизпъкнала област, не може да е решение на задачата. Всяка такава крива има поне една двойка такива точки А и B, че цялата крива да лежи от едната страна на правата AB. Така С се разделя на две дъги. Ако отразим едната дъга чрез тази права ще се получи крива, която очевидно ще загражда по-голямо лице и ще има същия периметър (едната дъга и огледалното изображение на другата).
Всяка права, която разделя периметъра на G на 2 равни части, разполовява и лицето на фигурата. Нека сега АВ да разполовява периметъра.
Тъй като G е изпъкнала, всяка от половинките на контурната крива лежи в различни полуравнини, определени от AB. Да допуснем, че частите, лежащи от различните страни на AB са с различни лица, като например APB е по-голяма(тук P е дъга). Тогава като отразим APB в AB ще получим крива с по-голямо лице. (Навсякъде под отражение разбираме осева симетрия)
От горните съображения става ясно, че С е окръжност.

На мен не ми става ясно защо От горните съображения става ясно, че С е окръжност.

Докажи, ако обичаш твърдението:

Нека G е изпъкнала фигура такава, че при всеки две точки A и B, разделящи периметъра й на две равни части, отсечката AB разделя G на две фигури с равни лица. Тогава G е окръжност.

1) ne e vqrno zashtoto nikude ne e kazano che krivata ne moje tuk da e izpuknala puk tam da e vpuknala
a 2) e ochevadna glupost

И това ще направя. Мислих си, че номера ще мине
Wait a minute...

не се пробвай да пишеш без да пействаш отнякъде




NE SUTOR ULTRA CREPIDAM

Здравей,
Това мисля е задача от вариационно смятане. Дори се дава като един от първите впечатляващи примери за красотата на това смятане. Но ето ти едно опитно доказателство. Взимаш един конец , правиш си примка със същата дължина, забъркваш си сапунен разтвор. Правиш си една сапунена ципа, и поставяш примката си в нея, пукаш ципата в вътрешността на примката, след като ципата се опитва да си намали площта, примката ще я максимизира...
Всичко хубаво от мен.

за изпъкналостта съм съгласен. Но за окръжността съвсем не. Не е единствено окръжността с това свойство. Квадрата също има подобно свойство, както и елипсите.

На първо място не е изключено да няма форма, която да дава максимално лице, т.е. независимо от това, каква форма придаваме на затворената примка, може да съществува примка с друга форма и същата дължина дължина p, която да загражда по-голямо лице.
Ще се заемем да определим формата на максималното лице при условие, че тя съществува.
Нека исканата крива е С. Тогава С трябва да загражда изпъкнала област, т. е. област без гърбици и хлътвания. С G да означим затворената област, ограничена от С. G се нарича изпъкнала, кагато за всяка двойка точки P и Q от G, цялата отсечка PQ лежи в С.
Крива, която загражда неизпъкнала област, не може да е решение на задачата. Всяка такава крива има поне една двойка такива точки А и B, че цялата крива да лежи от едната страна на правата AB. Така С се разделя на две дъги. Ако отразим едната дъга чрез тази права ще се получи крива, която очевидно ще загражда по-голямо лице и ще има същия периметър (едната дъга и огледалното изображение на другата).
Всяка права, която разделя периметъра на G на 2 равни части, разполовява и лицето на фигурата. Нека сега АВ да разполовява периметъра.
Тъй като G е изпъкнала, всяка от половинките на контурната крива лежи в различни полуравнини, определени от AB. Да допуснем, че частите, лежащи от различните страни на AB са с различни лица, като например APB е по-голяма(тук P е дъга). Тогава като отразим APB в AB ще получим крива с по-голямо лице. (Навсякъде под отражение разбираме осева симетрия)
Ако от произволна точка А върху С пробягаме половината периметър до точката В, ще получим област AQB, заградена от дъгата AQB и правата АВ. Лицето й е равно на половината от лицето на G. Тъй като G е изпъкнала, AQB лежи изцяло от едната страна на АВ.
Измежду всички криви с периметър половината от P, които заграждат изпъкнали области от едната страна на права, не съществува такава, която да загражда повече от половината лице на С. Ако съществуваше такава крива, тя заедно със нейният огледален образ по АВ биха образували затворена крива със същия периметър като С, но с по-голямо лице.
Тогава всяка дъга АВ с дължина половината от P образува фигура AQB, която има максимално лице. Ще докажа, це AQB e полуокръжност.
Избираме произволна точка D върху AQB и я съединяваме с А и В. Така получаваме луничките AKD и BLD и триъгълника ABD. Ще докажем, че ъгъла при D е прав. Можем да си представяме луничките като раменете на клещи, свързани при D. Ако ги "издърпаме", т.е. променим ъгъла D, лицето ще се промени, а периметъра няма да се промени. Понеже лицето на луничките не се променя, промяната на лицето на AQB, е равна на промяната на лицето на ABD. Така задачата се свежда до намиране на триъгълник с максимално лице по дадени две страни. И това ще докажем по елементарен начин. Нека Н е височината от В към AD. Основата е постоянна, следователно максимално лице се получава при максимална височина HB. Но HB не може да е по-голямо то DB, защото DB e хипотенуза в HBD.
Следователно HB=DB и ъгъл D е 90*, т.е. отсечката AB се вижда под прав ъгъл от всяка точка D на AQB. Следователно всяка точка D лежи върху полуокръжността с диаметър АВ. Тогава и другата половина на С е полуокръжност, следователно С е окръжност.

Обясни как ще ги дърпаш тия лунички без да променяш дължината на АВ?

Ето едно доказателство. Нека с а означим простата затворена крива (да приемем, че това е С^1 крива и da \neq 0) и нека с А означим лицето на региона затворен от кривата. Нека сега l1 i l2 са две допирателни към а, такива че а е в ивицата заградена от тях и нека b е окръжност, която се допира до l1 i l2, но не пресича а и некя тя има радиус r. Сега искаме да сравним лицата на а и b. Без ограничение можем да приемем, че а е параметризирана като (x(s),y(s)) с x'(s)^2+y'(s)^2=1; b се дава от (z(s),w(s)), kydeto z(s)=x(s), w(s)=+/- sqrt{r^2-x^2}.

Oт теоремата на Грийн следва, че A=\int_0^L {xdy}=\int-0^L {xy'ds}. Лицето на кръга, ограден от b, е pi*r^2=-\int_0^L {wdz}=\int_0^L {wx'ds}. Оттук
A+pi*r^2 = \int_0^L (xy'-wx')ds <= \int_0^L |xy'-wx'|ds.
Сега прилагаме неравенството на Коши-Шварц и получаваме
(A+pi*r^2)^2 <= \int_0^L (x'^2+y'^2)ds * \int_0^L (x^2+w^2) ds
(A+pi*r^2)^2 <= \int_0^L 1 ds * \int_0^L r^2 ds =(L)*(Lr^2)
ili
(A+pi*r^2)^2 <= L^2r^2.
Последната стъпка е да приложим неравенстово 4А*pi*r^2 <= (A+pi*r^2)^2 и сме готови.

Ако имаме равенство А=4*pi*L^2, то можем да проследим неравенствата и с малко сметки се получава, че А е окръжност.


Това доказателство е на Е. Шмидт.

Глей ся, Бояне. Сигурно си разбрал, че задачата за периметъра на кривата се свежда до задачата за периметъра на повърхнина, ограничена от крива и отсечка. Но във новата задача не дължината на отсечката, а дължината на кривата трябва да е инварианта, т.е. не трябва да сиредставяш втората задача като част от първата:Щом като всяка половинка на С е с максимално лице и периметър, равен на половината от Р, то тогава тази половинка трябва да е "двуъгълникът" с най-голямо лице при периметър половината на Р. Тук не се поставя условие за инвариантност на АВ.
Do you understand?
И твойто решение много ми хареса, ама нямаше нужда

Глей ся Краси.

За изпъкналостта съм съгласен. Но после казваш нека AQB била част с половината дължина. И тогава можем да местим луничките АQ i QB. и после максимизираш лицето на триъгълник по дадени две страни. Ами ние нямаме две страни. Дадени са две арки AQ i QB. Тях как ще ги местиш един бог знае. Освен това квадрата има същото свойство-- всяка права, която го разсича на две равнолицеви части, дели периметъра му на две равни части и обратното. Просто още не си доказал задачата.

А като избираш "двуъгълник" с най-голямо лице, после как доказваш, че двата двуъгълника ще се съединят да образуват относно проста затворена крива? Не мисля, че ти е добре зададена тази по-малка задача.

И тъй като досега не съм видял удовлитворително доказателство, реших да покажа нещо, което бях открил преди време и ми харесa.

Глей ся, Бояне,

Майче към моето доказателсво трябваше да лепна една-две картинки, за да ме разберат по-добре.Ако беше асимилирал напълно доказателсвото, въобще нямаше да задаваш такива въпроси. Не казвам, че не си ме разбрал, а че съм написал достатъчно неразбираема доказателство от гледна точка на "едно прочитане". Но това доказателство е истинско и непротиворечиво. За да ти го докажа напълно и непоклатимо се разрових малко н нета. Преди да хакнеш някой коментар, отиди на:
[линк]
И вярвам всичко вече е ясно.