Isoperimetría

En la geometría euclidiana , la isoperimetría es inicialmente el estudio de las propiedades de las formas geométricas en el plano que comparten el mismo perímetro , que luego se generaliza en otros espacios euclidianos .

En particular, el problema más clásico consiste en determinar la forma geométrica plana que maximiza su área con un perímetro fijo. La respuesta es intuitiva, es el disco , pero a pesar de su apariencia inocua este problema requiere teorías sofisticadas para obtener una demostración rigurosa (particularidad que comparte por ejemplo con el teorema de Jordan que indica que un bucle dibujado sin cruzar divide el plano en dos partes). Por esta razón, el problema isoperimétrico a veces se simplifica limitando las superficies autorizadas, por ejemplo, restringiéndose a solo cuadriláteros o triángulos , lo que da, respectivamente, el cuadrado y el triángulo equilátero . Generalmente, el polígono con n lados que tiene el área más grande, para un perímetro dado, es el más cercano al círculo  : el polígono regular .

La isoperimetría se generaliza a diferentes geometrías. Por ejemplo, en el caso de un semiplano , la zona de área máxima para un perímetro dado es el semidisco. En la dimensión 3, se trata de encontrar el sólido de mayor volumen, envuelto en una superficie fija de medida; la pompa de jabón , que resuelve el problema contrario "buscando" minimizar la superficie por la que envuelve un determinado volumen de aire, indica la solución: la esfera .

Este concepto da lugar a una familia de teoremas denominados teoremas isoperimétricos , a incrementos conocidos como desigualdades isoperimétricas , así como a una razón, denominada cociente isoperimétrico . En la dimensión 2, la desigualdad isoperimétrica indica que una superficie con perímetro py área a satisface el aumento  ; el término de la izquierda es el cociente isoperimétrico, que es igual a 1 solo en el caso del disco. 4πapag2≤1{\ Displaystyle {\ frac {4 \ pi a} {p ^ {2}}} \ leq 1}

Si el origen de esta cuestión tiene al menos 2.900 años, no fue hasta 1895 , utilizando métodos derivados del teorema de Minkowski, que la cuestión se resolvió definitivamente en su forma antigua. Estos métodos permiten probar el teorema isoperimétrico y generalizarlo a dimensiones superiores en el caso de la geometría euclidiana .

Este artículo se ocupa únicamente de los aspectos básicos de esta cuestión. Algunas respuestas, haciendo uso de herramientas matemáticas más sofisticadas, se proponen en el artículo El teorema isoperimétrico .

Fragmentos de historia

Cuenta la leyenda que la ciudad de Cartago fue fundada en814 a. C. J.-C.por la princesa fenicia Elissa, apodada Dido . Ella le pidió al rey de Numidia Iarbas que le concediera tierras para establecerse allí. Iarbas, reacio, le concedió el derecho a elegir un terreno que pudiera contener la piel de un buey . Dido cortó la piel en una delgada tira, que se convirtió en una larga tanga de 4 km de largo. Tenía esta tanga estirada en un semicírculo, cuyos dos extremos tocaban la costilla, directamente donde estaba. La reina había encontrado intuitivamente la solución al problema isoperimétrico en un semiplano euclidiano . Este problema se resuelve cuando se encuentra la mayor superficie posible, para un perímetro dado. El semicírculo es de hecho la curva que debe seguir la correa para delimitar la mayor superficie posible, en este caso particular.

El método de medir un área usando su perímetro era común en la antigua Grecia . Homero indica que la ciudad de Troya da 10.200  pasos , lo que indica que para dar la vuelta se requiere una caminata de 10.200 pasos. La solución del problema isoperimétrico en el plano euclidiano es conocido por algunos para el V º  siglo  BC. AD , al menos para el caso del polígono con n lados. Lleva el nombre de teorema isoperimétrico . En la época de los griegos, no todos parecían ser conscientes de este resultado y sus consecuencias. Proclos ( 412 - 495 ) menciona el caso de trampas de topógrafos que data de este período. El terreno se dividió en diferentes parcelas con el mismo perímetro pero diferentes superficies. Los topógrafos, encargados de compartir, obtuvieron las parcelas más grandes. El engaño se descubrió en la época de la cosecha, cuya abundancia es proporcional al área y no al perímetro.

Theon de Alejandría ( 335 - 405 ) y Pappus IV º  siglo atribuye a Zenodoro II º  siglo  BC. BC las primeras demostraciones. Demuestra que entre todos los polígonos con n lados y el mismo perímetro, solo el regular es candidato a ser la respuesta al problema isoperimétrico. También descubre que el disco de un perímetro dado tiene un área mayor que la de cualquier polígono regular. También habría demostrado que la esfera es el sólido que tiene un volumen mayor que cualquier poliedro de la misma superficie.

Los matemáticos griegos no tienen los medios para ir más allá. Sus demostraciones siguen siendo parciales, incluso si sus autores no son conscientes del aspecto incompleto de las pruebas. Tampoco cuentan con las herramientas matemáticas que hubieran permitido ir más lejos. Los matemáticos árabes se apropian del conocimiento de los griegos sobre este tema. Abū Ja'far al-Khāzin escribió un tratado que resume todo el conocimiento de su tiempo sobre isoperimetría. Desarrollan los medios para llegar más lejos. Nasir al-Din al-Tusi , un matemático de la XIII °  siglo , desarrollado en su tratado del cuadrilátero , lo suficientemente trigonometría para presentar pruebas completa en el caso de triángulos o rectángulos.

No fue hasta las matemáticas europeas del XIX °  siglo para seguir avanzando. En 1836 , Jakob Steiner obtuvo un primer resultado nuevo. Sujeto a admitir la existencia de una solución en la dimensión 2, entonces esta solución es necesariamente el disco. Para una prueba completa en la dimensión 2, tenemos que esperar las obras de Karl Weierstrass y Hermann Minkowski  ; se vuelve riguroso alrededor de 1895 . Esta parte de la historia se trata en el artículo Teorema isoperimétrico .

Definiciones y primeras propiedades

Dimensión 2

Sea P n un polígono con n lados, donde n denota un número entero mayor que 2, p su perímetro y a n su área. En este caso particular, el teorema isoperimétrico se expresa de la siguiente forma:

Teorema isoperimétrico de un polígono  :  el área de P n es más pequeña que la de un polígono regular con n lados y perímetro p . Un disco de perímetro p tiene un área estrictamente mayor que la de P n .

Este teorema se puede expresar en forma de desigualdad:

Desigualdad isoperimétrica para un polígono  :  tenemos la siguiente desigualdad:

4πano<4nobroncearse⁡πnoano≤pag2.{\ Displaystyle 4 \ pi a_ {n} <4n \ tan {\ frac {\ pi} {n}} a_ {n} \ leq p ^ {2}.}

Esta propiedad es muy general; sigue siendo cierto para cualquier superficie del área a , que tenga un borde rectificable de longitud p , es decir, el borde es una curva que tiene una longitud finita.

Teorema isoperimétrico en un espacio euclidiano de dimensión 2  -  El área a es menor que la del disco con el mismo perímetro p , lo que da lugar al siguiente incremento, llamado desigualdad isoperimétrica . La igualdad ocurre solo si la superficie es un disco.

pag2-4πa≥0.{\ Displaystyle p ^ {2} -4 \ pi a \ geq 0.}

Este teorema da lugar a una definición:

Cociente isoperimétrico  -  El cociente q definido por la siguiente igualdad, se llama cociente isoperimétrico:

q=4πapag2.{\ Displaystyle q = 4 \ pi {\ frac {a} {p ^ {2}}}.}

Podemos interpretar este cociente como el cuadrado de la razón entre el radio del círculo que tiene la misma área y el radio del círculo que tiene el mismo perímetro. La desigualdad isoperimétrica equivale a decir que q es menor que 1, el caso de igualdad ocurre solo si la superficie es un disco.

Dimensión 3

En dimensión 3, uno no puede acercarse más y más precisamente la esfera por ordinario convexa poliedros . Solo hay 5, llamados sólidos platónicos . Sin embargo, el resultado general sigue siendo cierto:

Teorema isoperimétrico en un espacio euclidiano tridimensional  -  Sea un sólido medible en el sentido de que Lebesgue tiene un borde medible, su volumen es menor que el de la bola cuya esfera tiene la misma área.

Nota : Aquí el borde del sólido es una superficie como la esfera es el borde de la bola.

La desigualdad isoperimétrica se expresa mediante un cociente isoperimétrico q . Indica que este coeficiente es siempre menor que 1 y el caso de igualdad solo ocurre para la esfera. El coeficiente q se expresa de la siguiente forma, si v denota el volumen del sólido y s el área del borde de este sólido:

q=36πv2s3.{\ Displaystyle q = 36 \ pi {\ frac {v ^ {2}} {s ^ {3}}}.}

Esta fórmula se comenta a través del ejemplo del icosaedro, siguiendo el artículo.

Resultados básicos

Preámbulo

El diagrama de la izquierda muestra cuatro figuras, tres de las cuales son poligonales y todas tienen el mismo perímetro. No siempre es fácil detectar de inmediato el que tiene el área más grande. La historia incluso muestra que para algunos griegos, la idea de que dos regiones, delimitadas por dos curvas de la misma longitud, pudieran tener áreas diferentes, era contraintuitiva.

Si, en el caso general, la demostración es lo suficientemente compleja como para haber requerido cerca de 3.000 años de esfuerzo, tratar solo el caso de los polígonos es más sencillo. Las soluciones elementales se conocen desde la antigüedad, aunque sigan siendo parciales. Se presentan aquí en lenguaje moderno.

La letra n designa un número entero mayor que 2 y p un número real estrictamente positivo. La cuestión a resolver es encontrar, si existe, el polígono de n lados y perímetro p , que tiene el área más grande. Tenga en cuenta que es suficiente buscar solo en polígonos convexos . El término convexo aquí significa que una banda elástica que rodea el polígono siempre está en contacto con su borde. Considere, de hecho, un polígono no convexo P 1 , por ejemplo el que se ilustra en la figura de la derecha, en azul. Su envolvente convexa , es decir la figura que tiene por borde la dada por una banda elástica que rodea el polígono P 1 , es un nuevo polígono P 2 , esta vez convexo. El polígono P 2 corresponde al que contiene las áreas azul y verde en la figura. Su área es estrictamente mayor y su perímetro estrictamente menor. Una expansión de una razón bien elegida, necesariamente mayor que 1, aplicada a P 2 define un nuevo polígono P 3 con el mismo perímetro que el de P 1 . El área de P 1 es estrictamente más pequeña que la de P 2 , ella misma estrictamente más pequeña que la de P 3 . El polígono P 3 tiene el mismo perímetro que P 1 y tiene un área estrictamente mayor. Deducimos que P 1 no es un candidato para responder al problema isoperimétrico.

Cuadrilátero

Este caso corresponde al que puede resolverse plenamente sin ningún conocimiento más que el de los matemáticos griegos.

Caso del cuadrilátero  :  el cuadrilátero único con perímetro py área máxima para este perímetro es el cuadrado con lado p / 4.

El área de un cuadrado es igual a p 2 /16. El denominador 16 es mayor que 4π. Deducimos, si a 4 es el área de un cuadrilátero de perímetro p  :

a4≤pag2dieciséis<pag24π.{\ Displaystyle a_ {4} \ leq {\ frac {p ^ {2}} {16}} <{\ frac {p ^ {2}} {4 \ pi}}.}

La demostración usa un lema, útil para el problema isoperimétrico de cualquier polígono:

Lema 1  -  Entre todos los triángulos de base AB , último vértice C y perímetro p , el que tiene la distancia AC igual a CB tiene un área estrictamente mayor que todos los demás. El triángulo es entonces necesariamente isósceles .

Demostración

Primero, el lema debe probarse, es la columna vertebral de muchas pruebas en este artículo.

• Entre todos los triángulos de base AB , de último vértice C y de perímetro p , aquel en el que la distancia AC es igual a CB tiene un área estrictamente mayor que todos los demás:

El triángulo del lema se ilustra en negro en la figura de la izquierda. Se supone que tiene dos lados de longitud desigual, aquí AC y BC . Sea h la altura del triángulo, con respecto a la base AB , ilustrada en verde en la figura y D el punto a la misma altura que C y ubicado en la recta perpendicular a AB y que interseca a AB en su centro. Δ es la distancia entre D y C . Suponiendo que la longitud δ no es cero, de lo contrario AC y BC tendrían la misma longitud.El primer paso consiste en mostrar que el triángulo ABD es de la misma área que el triángulo inicial ABC y de perímetro estrictamente menor. Dado que el área de estos dos triángulos es igual al producto de la distancia entre A y B y la mitad de h , estas dos áreas son de hecho iguales. Queda por demostrar que el perímetro de BDA es más pequeño que el de BCA . Basta con aplicar el principio de Fermat . Un rayo de luz procedente de punto A , lo que refleja en un espejo mostrado en violeta Δ derecha (correspondiente a la línea paralela a AB y que pasa por C y D ), y que ilumine punto B utiliza la ruta más corta, que pasa a través de D . Para demostrarlo, basta con considerar el punto E simétrico de B con respecto al eje Δ. La distancia entre E y D es la misma que entre B y D , deducimos que la distancia ADE es la misma que ADB . Asimismo, la distancia ACE es la misma que ACB . Ahora, es bastante obvio que ADE es más corto que ACE , porque los tres puntos A , D y E están alineados. El segundo paso es construir un triángulo ABF con el mismo perímetro y área más grande que el triángulo inicial. Consideramos el punto F , en la recta perpendicular a AB y que pasa por D (en verde en la figura de la derecha), y tal que la longitud de los dos segmentos AF y FB es la misma que la de los dos segmentos AC y CB . Como el triángulo AFB y el triángulo ACB tienen el mismo perímetro, estrictamente mayor que el del triángulo ADB , el punto F es más alto que D , en otras palabras, AF es estrictamente mayor que AD , o el área del triángulo AFB es estrictamente mayor que la de triángulo ADB . El área adicional se muestra en rosa. De hecho, hemos construido un triángulo AFB con el mismo perímetro que ACB y con un área estrictamente mayor, lo que finaliza la demostración. Se observa además que la base AB no se ha modificado.

Una vez establecido este lema, procedemos de un cuadrilátero convexo Q , vértices ABCD y perímetro p . Si este polígono no es un cuadrado, mostraremos que el cuadrado de perímetro p tiene un área estrictamente mayor. Para lograr nuestros fines, es posible proceder con la ayuda de un diamante, que presenta un paso de la demostración.

• Si el cuadrilátero Q no es un rombo , existe un rombo Q 1 con el mismo perímetro y estrictamente mayor área:

Este paso en sí mismo se divide en dos pasos:El primero se muestra en la figura de la izquierda, Q se muestra en verde. El cuadrilátero ABCD tiene necesariamente dos lados adyacentes de distintas longitudes, de lo contrario ABCD sería un rombo. Incluso si eso significa modificar el orden de las letras asociadas con cada vértice, siempre podemos asumir que AB no es igual a BC . Usamos el lema para construir el punto B 1 . El triángulo AB 1 C tiene un perímetro igual al de ABC y además es isósceles. Construimos D 1 de la misma manera . El cuadrilátero azul tiene un área estrictamente mayor que el cuadrilátero inicial y tiene una propiedad útil para el resto. La distancia AB 1 es igual a B 1 C , es la misma para AD 1 y D 1 C . En otras palabras, las dos longitudes D 1 AB 1 y B 1 CD 1 son ambas iguales ap / 2.El segundo paso, que se muestra a la derecha, es el análogo exacto en el cuadrilátero AB 1 CD 1 , pero esta vez en los triángulos D 1 AB 1 y B 1 CD 1 . Usando el cuadrilátero azul, ahora construimos el rojo, denotado A 1 B 1 C 1 D 1 . La longitud del lado A 1 B 1 es la mitad de la longitud D 1 AB 1 o p / 4. Este razonamiento se aplica a los cuatro lados, todos iguales, mostrando que el cuadrilátero rojo es un rombo.El diamante rojo, anotado con L, tiene un área mayor que el cuadrilátero azul, en sí mismo de un área estrictamente mayor que la del cuadrilátero verde, y todos tienen el mismo perímetro. A partir de un cuadrilátero que no es un rombo, efectivamente hemos construido un rombo con el mismo perímetro y estrictamente mayor área, lo que finaliza la demostración.

Para terminar, basta con mostrar que si el rombo L no es un cuadrado, entonces el cuadrado C , con el mismo perímetro, tiene estrictamente mayor área.

• Entre los rombos de perímetro p , el cuadrado es el único cuya área es máxima:

El área del rombo es igual al producto de su base, aquí la longitud de A 1 D 1 , por su altura. Definimos el punto B 2 como el punto a una distancia igual a la de A 1 B 1 y tal que A 1 D 1 y A 1 B 2 forman un ángulo recto . Del rombo rojo de la demostración anterior, pasamos a un rombo azul A 1 B 2 C 2 D 1 que resulta ser el cuadrado C del perímetro p . La hauteur de ce carré par rapport à la base A 1 D 1 est strictement plus grande que celle du losange L , si celui-ci n'était pas un carré, ce qui montre que l'aire du carré est strictement plus grande et termine la demostración.

En resumen, si Q no es un rombo, construimos un rombo L con el mismo perímetro y estrictamente mayor área. Entonces, si L no es el cuadrado de perímetro p , vemos que el área L es estrictamente menor que la de la plaza C . Esta doble construcción muestra claramente que el cuadrado C tiene un área mayor que las de todos los cuadriláteros de perímetro py que, si un cuadrilátero de perímetro p tiene la misma área que el del cuadrado C , es porque este cuadrilátero también es un cuadrado. de perímetro p .

Cualquier polígono

El caso del polígono arbitrario se trata de forma un poco diferente. La siguiente proposición se puede demostrar utilizando técnicas comparables a las del párrafo anterior:

Caso de cualquier polígono  :  un polígono con n lados, de perímetro py área máxima para este perímetro es regular .

Si una n denota el área del polígono regular, tenemos las desigualdades isoperimétricas:

ano≤pag24nobroncearse⁡(πno)<pag24π.{\ Displaystyle a_ {n} \ leq {\ frac {p ^ {2}} {4n \ tan \ left ({\ frac {\ pi} {n}} \ right)}} <{\ frac {p ^ { 2}} {4 \ pi}}.}

Una parte significativa de la prueba consiste en establecer el siguiente lema, atribuido a Zenodoro. El cálculo del área del polígono regular es obra de Arquímedes . Si las ideas son antiguas, la redacción que aquí se propone es moderna, es totalmente diferente de la evidencia que se nos ha informado.

Lema 2  :  si un polígono con n lados es una solución del problema isoperimétrico, los ángulos entre dos lados que comparten el mismo vértice son iguales.

Demostración

El objetivo es mostrar que un polígono P con n lados y perímetro p no tiene un área máxima si no es regular. Como en el párrafo anterior y por las mismas razones, asumimos que P es convexo. Por lo tanto, es suficiente mostrar que o los lados no son todos de la misma longitud, o lo son, pero los ángulos entre dos bordes que comparten el mismo vértice no son todos iguales. Lo que divide la demostración en dos partes. El primer resultado se expresa de la siguiente manera:

• Un polígono que tiene dos aristas de distintas longitudes no es una solución del problema isoperimétrico:

Suponemos que nuestro polígono P tiene dos aristas de distintas longitudes. Notamos que entonces es posible encontrar dos aristas que comparten el mismo vértice. De hecho, si todas las aristas que comparten el mismo vértice tienen la misma longitud, paso a paso notamos que todas tienen la misma longitud. El caso estudiado se ilustra en la figura de la derecha, el triángulo ACB , formado por las dos aristas de diferentes longitudes se ilustra en verde, se señalan sus vértices. Las dos aristas AB y CB que comparten el vértice son de diferente longitud, el Lema 1 del párrafo anterior muestra que es posible construir un segundo triángulo, ilustrado en rojo, con la misma base AB y vértice D como los triángulos ACB y ADB tienen el mismo perímetro y tal que el triángulo rojo ADB tiene un área estrictamente mayor que la del verde.El polígono P 1 , que tiene los mismos vértices que P , excepto C , que se reemplaza por D, tiene un perímetro igual ap y no cambia. De hecho, la longitud AC + CB es, por construcción, igual a la longitud AD + DB . En contraste, el área P 1 es estrictamente mayor que P . Para convencerse de ello, basta con advertir que la zona azul no se modifica. Por otro lado, el área verde restada se reemplaza por el área roja, estrictamente más grande según el Lema 1.

• Un polígono que solo tiene bordes de la misma longitud, pero de los cuales al menos dos ángulos difieren, no es una solución del problema isoperimétrico:

Ahora asumimos que los ángulos asociados con los vértices no son todos iguales. Incluso asumimos, inicialmente, la existencia de dos ángulos α y β tales que β es estrictamente menor que α y que sus vértices asociados no son adyacentes, es decir que estos dos vértices no forman una arista del polígono. Esto se ilustra en la figura de la izquierda, que al mismo tiempo permite definir los puntos A , B , C , D , M y N . Como se muestra en la figura, las distancias δ ​​y λ son respectivamente las de AB y CD . Dado que α es estrictamente mayor que β, δ es estrictamente mayor que λ.

Sin modificar el perímetro de P , construimos un nuevo polígono P 1 , que tiene el mismo número de vértices n , el mismo perímetro, pero un área estrictamente mayor, lo que muestra la proposición. El polígono P 1 se muestra a la derecha.

Construcción de triángulos APB y CQD  : Consideramos un segmento, en azul en la figura de la derecha, de longitud 4 veces la de un borde de P 1 . Este segmento tiene la misma longitud que la suma de las longitudes de los 4 bordes AM , MB , CN y ND . Esta longitud se elige igual a la suma de las distancias entre A y P , P y B , C y Q , Q y D . Por tanto, la sustitución de los triángulos verdes por los rojos no modifica el perímetro del polígono.Sea r la proporción δ / (δ + λ), dividimos el segmento en dos partes, una de proporción ry la otra de (1 - r ). Así obtenemos dos segmentos cuya suma de las longitudes es igual a 4 veces la de un borde y estos dos segmentos son proporcionales a dos segmentos de longitudes y λ. Los dos segmentos se dividen en dos partes iguales, obtenemos 4 segmentos, dos de longitud llamados c 1 y los otros dos se llaman c 2 . El orden se elige de modo que c 1 sea ​​mayor que c 2 . Esta división se ilustra mediante un método que permite construirla con una regla y un compás en la figura de la derecha. El segmento violeta tiene una longitud igual a δ + λ.Deje P punto distancia c 1 de A y B y Q distancia punto c 2 de C y D . Por construcción, los triángulos APB y CQD son isósceles, además son similares. De hecho, la relación de las distancias AB sobre AP es por construcción igual a CD sobre CQ . Hay dos opciones de puntos para P y Q , por supuesto, elegimos aquellos que hacen que P 1 sea convexo. Ahora podemos intercambiar los dos triángulos isósceles verdes por dos triángulos isósceles rojos sin modificar el perímetro. Los dos triángulos isósceles rojos son similares, lo que no es el caso de los triángulos verdes, de lo contrario los ángulos α y β serían iguales. Este carácter similar permite mostrar que el área de P es estrictamente menor que la de P 1 . Este es el tema de la siguiente demostración. Comparación de las áreas de P y P 1  : Como el área en azul en las dos primeras figuras de este cuadro desplegable no se ha modificado, esto equivale a mostrar que la suma de las áreas de los triángulos verdes es menor que la suma de las áreas de los triángulos rojos.Para comparar las áreas, las recortamos y las colocamos en un rectángulo. Vayamos primero a los rectángulos rojos. Sean k 1 y k 2 sus alturas. Si cortamos los triángulos según sus alturas, obtenemos para cada uno dos triángulos rectángulos con lados de longitud k i , donde i varía de 1 a 2. Podemos ensamblarlos para formar rectángulos, como se muestra en la figura de la derecha, porque los triángulos rojos son isósceles. Tenga en cuenta que las dos diagonales están alineadas porque los triángulos son similares. El mismo procesamiento en los triángulos verdes da el resultado que se muestra a la izquierda, si h 1 y h 2 denotan las alturas de los dos triángulos. Observamos que, esta vez, h 1 es más pequeño que k 1 , el primer rectángulo verde está más aplanado que su equivalente rojo. De hecho, si k 1 fuera menor que h 1 , entonces k 2 sería incluso menor. De hecho, λ es más pequeño que δ y los dos triángulos rojos son similares. La suma de los bordes de los triángulos rojos sería estrictamente menor que la de los bordes de los triángulos verdes, lo cual no es posible, por construcción estas sumas son iguales. Además, podemos notar que las dos diagonales de los triángulos verdes tienen la longitud del borde del polígono P 1 y que su suma es igual a la suma de las diagonales de los rectángulos rojos. Deducimos que h 1 + h 2 es estrictamente menor que k 1 + k 2 . La superposición de las dos figuras da el diagrama de la parte inferior derecha. Hay un área verde que no está cubierta por el área roja (las áreas cubiertas por los rectángulos rojo y verde se muestran en azul). Como δ es estrictamente mayor que λ, basta con arrastrar esta zona hacia la izquierda para que el green quede completamente cubierto. Luego queda una zona roja descubierta, en la parte superior derecha, que muestra que el área de los triángulos rojos es estrictamente mayor que la de los triángulos verdes.

Ahora podemos ocuparnos del caso general del párrafo. Es decir, el caso en el que los ángulos α y β están uno al lado del otro.

• Un polígono no regular nunca es una solución del problema isoperimétrico:

Para n igual a 4, encontramos una prueba en el párrafo anterior. Para n igual a 3, un triángulo que tiene 3 lados iguales necesariamente tiene sus tres ángulos igualmente iguales. Si n es mayor o igual a 5, la demostración anterior muestra que, en el caso de un polígono regular, el ángulo asociado con el primer vértice es igual al asociado con cualquier vértice excepto que el segundo es del último. El ángulo asociado con el cuarto vértice, que nunca es el último porque n es mayor o igual que 5, es el mismo que el ángulo asociado con el primer y segundo vértices. Por tanto, el primer y el segundo vértices tienen ángulos iguales. El mismo razonamiento, usando el tercer vértice, muestra que los ángulos asociados con el primer y último vértice también son iguales.

• El polígono regular con n lados y perímetro p tiene un área igual ap 2 / 4n tan (π / n):

Simplemente podemos calcular el cociente isoperimétrico del polígono regular. La figura explicativa está a la izquierda. Los cálculos se presentan en el artículo Polígono regular .

Si a es el área de un polígono con n lados de perímetro p , su área es menor que la del polígono regular, lo que demuestra la primera parte de la desigualdad isoperimétrica. La derivada de la función tangente en el intervalo] 0, π / 2 [es estrictamente mayor que 1, el teorema de incrementos finitos muestra la segunda parte de la desigualdad:

broncearse⁡(πno)>πnoy4π<4nobroncearse⁡(πno).{\ Displaystyle \ tan \ left ({\ frac {\ pi} {n}} \ right)> {\ frac {\ pi} {n}} \ quad {\ text {y}} \ quad 4 \ pi <4n \ tan \ left ({\ frac {\ pi} {n}} \ right).}

Borde no poligonal

El caso del borde no poligonal es apenas más complejo, para llegar a un resultado equivalente a los anteriores:

Caso de cualquier superficie  :  cualquier superficie con perímetro py área máxima para este perímetro es un disco .

El truco es obra de Steiner, que encuentra un proceso de simetrización , todavía en uso y que ahora lleva su nombre.

Demostración Steiner

Suponemos que S es una superficie con zona de una y el perímetro p . Suponemos además que el área a es máxima para el perímetro p . Esta superficie se ilustra a la izquierda, tiene la forma de un huevo colocado horizontalmente. El objetivo es mostrar que, para evitar cualquier contradicción, S es necesariamente un disco. La forma inicial elegida no es un disco para ilustrar la contradicción más vívidamente.

• Construcción del eje Δ y el punto O  :

El objetivo es cortar la figura en dos partes iguales y simétricas. En primer lugar, consideramos un punto P de la zona media derecha D final P , la intersección de las cuales con S se reduce hasta el punto P . Sea f la función de [0, 2π], que en un ángulo φ asocia el área de la intersección entre S y la zona delimitada por las medias rectas D y su rotación con el ángulo φ. El valor f (φ) corresponde al área del área de color azul oscuro en la figura. Observamos que f (0) es igual a 0 y f (2π) a a . Dado que la función f es continua, existe un valor de φ cuya imagen bajo f es igual a la mitad de la superficie S . En la figura, este valor de φ es igual a π. Sea Δ la línea asociada con este valor de φ, corta la superficie S en dos partes de igual área.

El punto P es uno de los dos puntos fronterizos de S pertenecientes a Δ, sea Q el segundo punto fronterizo y O el punto medio de estos dos puntos. El perímetro de la parte superior Δ de S es el mismo que el perímetro de la parte inferior. De hecho, si el perímetro fuera más pequeño en la parte superior, el área del perímetro, por encima de Δ igual a la de S , luego por debajo de la rotación de media vuelta de la parte superior con respecto al punto O , tendría exactamente la misma superficie. para un perímetro más pequeño. Una expansión de esta superficie daría un área de superficie estrictamente mayor para el mismo perímetro. Esto es imposible porque S se elige como máximo. Si S es un disco, el eje Δ es el de un diámetro, O el centro del disco y la zona inferior la simétrica perfecta de la superior.

• Construcción del cuadrilátero QAPB  :

Sin embargo, no trabajamos en S , sino en S 1 , que se muestra en la figura de la derecha. El borde de la zona inferior se elige igual a la rotación de medio giro del de la zona superior. Dado que una rotación es una isometría, no se ha cambiado ni el perímetro ni el área. El área de S 1 también es máxima para el perímetro p .

Sea A un punto en el borde de S 1 ( A diferente de P y Q ) y B su simétrico con respecto a O. Siendo la figura S 1 simétrica con respecto a O, el punto B también está en el borde de S 1 . Los cuatro segmentos QA , AP , PB y BQ cortan la nueva superficie en 5 partes, 4 lúnulas moradas en la figura de la derecha y un paralelogramo rosa.

• Posición de A  :

La prueba de los cuadriláteros muestra que el rombo con el área más grande, con isoperímetro, es el cuadrado. Esta misma demostración prueba que el paralelogramo de mayor área, con isoperímetro y sin modificar la longitud de los lados es el rectángulo. Si el paralelogramo QAPB no es un rectángulo, es posible construir una nueva superficie S 2 moviendo las cuatro lunulas para hacer rectangular el área QAPB , como se ilustra en la figura de la izquierda.

Si QA y AP no fueran dos segmentos inicialmente perpendiculares, obtendríamos una nueva figura con el mismo perímetro que S y con un área estrictamente mayor, lo que es imposible por hipótesis. El triángulo QAP es, por tanto, un rectángulo en A que, según el teorema del triángulo inscrito en un semicírculo, coloca el punto A en el círculo de diámetro [PQ] . El punto A elegido sin especificar en el borde de S 1 (diferente de P o Q ), todos los puntos del borde están en el círculo de diámetro [PQ] y S 1 es por lo tanto un disco.

Topología

Excepto en el caso del cuadrilátero, los teoremas establecidos no son tan poderosos como parecen. Uno se da cuenta de sólo el medio del XIX °  siglo . Los teoremas indican que si una superficie tiene un área máxima dibuja un polígono regular o un disco según el caso estudiado. Por otro lado, no indican que el polígono regular o el disco alcance este máximo. Esta parte de la demostración, este eslabón perdido, requiere herramientas más sofisticadas que las descubiertas en la época de Steiner. Usan una rama de las matemáticas llamada topología .

Todos los razonamientos presentados en este artículo, con excepción de los del cuadrilátero, tienen la misma estructura lógica. Se muestra que ninguna solución es aceptable excepto una. Esto no demuestra que lo que queda sea una solución. El matemático O. Perron ilustra la falla lógica al observar que aceptar este tipo de prueba equivaldría a permitir demostrar que 1 es el mayor de los enteros. Si el entero a es diferente de 1, el cuadrado de a es estrictamente mayor que a . Por tanto, el número a no puede ser el mayor de los enteros. La única excepción entre los enteros estrictamente positivos es 1, que sería el mayor de los enteros.

Se establece así que cualquier superficie de perímetro py área máxima solo puede ser un disco, pero el enunciado no implica que el disco sea de hecho una superficie máxima, o que el polígono regular con n lados sea de área máxima entre polígonos con n lados del mismo perímetro. Sin embargo, estos dos resultados son ciertos, las demostraciones asociadas se proponen en el artículo Teorema isoperimétrico . En el caso del triángulo, aún podemos llegar al resultado limitándonos al uso de una función continua de la variable real con valores reales .

Caja triangular

• Cualquier triángulo con perímetro py área máxima es equilátero:

El lema 1 muestra que si un triángulo no es equilátero, no puede ser una solución del problema isoperimétrico. En efecto, si las tres longitudes de los tres lados se denotan un , b y c , el lema muestra que un  =  b y que b  =  c es una condición necesaria para el triángulo a tiene área máxima. Deducimos que tal triángulo es equilátero.

Para concluir, basta con mostrar que existe al menos una solución.

• Existe una solución al problema isoperimétrico en el caso de los triángulos:

Debemos demostrar que hay un triángulo con perímetro py área máxima. El lema muestra que existe un triángulo isósceles T i de perímetro py de área mayor que la del triángulo inicial. Por lo tanto, es suficiente mostrar que cualquier triángulo isósceles de perímetro p tiene un área menor que la de un triángulo T e de perímetro py lado c . Sea c + 2 ε la longitud de la base de T i y c - ε la longitud de los dos lados iguales. Aquí ε es un número real entre - c  / 2 y c  / 4. El área de T i es el producto de la mitad de la longitud 1/2 ( c + 2 ε ) por la altura h , dada por el teorema de Pitágoras  :

h2=(vs-ε)2-(12vs+ε)2=34vs2-3vsε.{\ Displaystyle h ^ {2} = \ left (c- \ varepsilon \ right) ^ {2} - \ left ({\ frac {1} {2}} c + \ varepsilon \ right) ^ {2} = { \ frac {3} {4}} c ^ {2} -3c \ varepsilon.}

Si una i es el área del triángulo isósceles, tenemos la fórmula:

aI2=(12vs+ε)2(34vs2-3vsε).{\ Displaystyle a_ {i} ^ {2} = \ left ({\ frac {1} {2}} c + \ varepsilon \ right) ^ {2} \ left ({\ frac {3} {4}} c ^ {2} -3c \ varepsilon \ right).}

La función, que con ε asocia a i 2 es continua , se ilustra en la figura de la derecha. De hecho, es una función polinomial de tercer grado. Se define en un segmento , el teorema del límite nos asegura que se alcanza el máximo. Es decir, hay al menos una solución al problema isoperimétrico de los triángulos. Gráficamente, notamos que esta solución corresponde al punto ε = 0 , es decir al triángulo equilátero. Este resultado es consistente con la propuesta anterior.

Ejemplos de

Las murallas de una ciudad

Dido no es el único líder que se enfrenta a la cuestión de la superficie más grande para un perímetro determinado. Las murallas de una ciudad medieval requieren mucho trabajo de construcción y una abundante soldadesca para proteger la ciudad en caso de un ataque. Estas dos razones favorecen la maximización de la superficie interior de la ciudad en relación con su perímetro.

La geometría utilizada no siempre es la del plano euclidiano. Por ejemplo, un semiplano euclidiano permite obtener una mejor relación. La solución es el semicírculo, es dos veces más eficaz. Usando una muralla de longitud p , cubrimos una superficie de p 2 / 2π. La ciudad de Colonia adopta este enfoque para proteger su ciudad en la Edad Media.

En el XVIII °  siglo otras restricciones favorecen una geometría muy diferente. El de Lille, por ejemplo, se basa en el principio de la pinza, presentando aristas difíciles de encarar. Ofrece mejor resistencia al ataque de artillería.

El ojo del caldo

El ojo en un caldo está formado por una gota de aceite suspendida en agua. La superficie de contacto entre el aceite y el agua consume energía potencial . El equilibrio alcanzado para el punto de menor energía potencial se obtiene mediante la geometría que minimiza esta zona de interfaz. Hablando en términos pictóricos: "Las moléculas más incómodas se encuentran en la interfaz (es decir, entre el aceite y el caldo) por lo que cuanto mayor es la interfaz, mejor es el sistema. Incomodidad" .

Por este motivo, las gotas adoptan una geometría circular. Si dos ojos se fusionan, instantáneamente toman esta forma. Si un ojo se corta por la mitad, por ejemplo con un cuchillo, los dos ojos obtenidos también toman una forma circular.

Esta misma causa impone una forma esférica a las pompas de jabón no demasiado grandes. La energía potencial es máxima si la superficie de la burbuja es mínima. La burbuja tiende a encerrar el volumen de aire en un espacio esférico, porque minimiza la superficie lo mejor posible, para un volumen dado (el del aire atrapado).

El icosaedro

El teorema de la isoperimetría indica que, para cualquier sólido medible, con un área medible, el volumen es menor que el de una esfera con la misma área. Así, un sólido con superficie S siempre tiene un volumen V menor que V s , el de una esfera con la misma superficie:

V≤Vs.{\ Displaystyle V \ leq V_ {s}.}

La esfera de radio r tiene un área de 4π r 2 . El radio r de la esfera en cuestión es igual a √ S / (2 √ π ) . El volumen V s es igual a 4π r 3 /3 . Deducimos un nuevo aumento:

Vs=4πS3/224π3/2=S3/26π.{\ Displaystyle V_ {s} = {\ frac {4 \ pi S ^ {3/2}} {24 \ pi ^ {3/2}}} = {\ frac {S ^ {3/2}} {6 {\ sqrt {\ pi}}}}.}

La fórmula se expresa de forma más sencilla si se eleva al cuadrado. Obtenemos :

q=36πV2S3≤1.{\ Displaystyle q = {\ frac {36 \ pi V ^ {2}} {S ^ {3}}} \ leq 1.}

Esto da una forma de desigualdad isoperimétrica y la fórmula para el cociente isoperimétrico, que se indica aquí q . En el caso de un icosaedro, y si a denota el borde del sólido, tenemos las siguientes fórmulas:

V=5φ26a3yS=53a2conφ2=φ+1.{\ Displaystyle V = {\ frac {5 \ varphi ^ {2}} {6}} a ^ {3} \ quad {\ text {et}} \ quad S = 5 {\ sqrt {3}} a ^ { 2} \ quad {\ text {con}} \ quad \ varphi ^ {2} = \ varphi +1.}

Aquí, φ denota el número áureo igual a1 + √ 5/2. Encontramos :

q=36π52φ4a662⋅53⋅33a6=πφ4153≈0,82799772.{\ Displaystyle 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}}}} \ approx 0.82799772.}

Este cociente isoperimétrico es el valor más alto posible para un sólido platónico .

Notas y referencias

1. Este grabado data de 1630 y proviene de la Historische Chronica de Johann Ludwig Gottfried  (de) . Es obra de Matthäus Merian el Viejo.
2. Virgil , Aeneid [ detalle de las ediciones ] [ leer en línea ] , libro 1, 16.
3. Esta información sobre la longitud proviene de "  El problema isoperimétrico  " , en IREM de Orleans , p.  1 .
4. Bernard Teissier , "  Volúmenes de cuerpos convexos, geometría y álgebra  " , Instituto de Matemáticas de Jussieu (lección dada el 7 de octubre de 1999, escritas por C. Reydy), p.  1-2 .
5. Encontramos esta definición en el artículo F. Viot, “La elaboración del cálculo de variaciones y sus aplicaciones a la dinámica”, Mnémosyne , n ° 4-5. págs. 35 63 ( ISBN  2866120868 )
6. (en) William Dunham , El universo matemático: un viaje alfabético a través de las grandes pruebas, problemas y personalidades , Wiley 1994 ( ISBN  978-0-471-53656-7 ) , p.  112 .
7. (en) Thomas Little Heath , Una historia de las matemáticas griegas , vol.  2: De Aristarco a Diofanto , Dover ,2013( 1 st  ed. 1921), 608  p. ( ISBN  978-0-486-16265-2 , leer en línea ) , pág.  206-207.
8. (en) Paul J. Nahin , Cuando menos es mejor: cómo los matemáticos descubrieron muchas formas inteligentes de hacer las cosas tan pequeñas (el oro tiene grandes) como sea posible , PUP ,2007, 372  p. ( ISBN  978-0-691-13052-1 , leer en línea ) , pág.  47.
9. (en) Ivor Thomas, Obras de matemáticas griegas , vol. 2: De Aristarco a Pappus , coll. Biblioteca clásica de Loeb, HUP , 1941 ( ISBN  978-0-67499399-0 ) , pág.  395 .
10. (en) Richard Lorch, "Abū Ja'far al-Khāzin we Isoperimetry and the Archimedean tradición", Zeitschrift für Geschichte der arabisch-islamischen Wissenschaften , vol. 3, 1986, pág.  150-229 .
11. Hélène Bellosta , "  Sobre la historia de las ciencias árabes  " , Gazette des mathématiciens , vol.  82,1999, p.  37-44 ( leer en línea ).
12. Esta información proviene de "El problema isoperimétrico", en IREM de Orleans , p.  11.
13. Teissier, "Volúmenes de cuerpos convexos, geometría y álgebra" , p.  6.
14. Está inspirado en una idea de: D. Wells Curious and Interesting Geometry, The Penguin Dictionary of Penguin (Non-Classics) (1992) p 123 ( ISBN  0140118136 )
15. La demostración aquí presentada es muy clásica, se la encuentra por ejemplo en "El problema isoperimétrico", en IREM de Orleans , p.  4.
16. Se encuentra la prueba en "El problema isoperimétrico", en IREM de Orleans , p.  7.
17. Esta demostración a veces se presenta como completa y rigurosa: G. Villemin Cálculo de variaciones Números: uso de la teoría de las curiosidades. Los documentos académicos toman la posición opuesta. B. Teissier coloca la primera demostración rigurosa casi 60 años después: Teissier, “Volumes des corps convexes, géometry et algebre” , p.  6.
18. F. Dress , “  Algunos grandes problemas en matemáticas  ” , SMF Bulletin , vol.  115, n o  agregado: conferencia "Matemáticas por delante"1987, p.  43.
19. Este ejemplo está tomado del documento “El problema isoperimétrico”, en IREM d'Orléans , p.  1.
20. "El problema isoperimétrico", sobre IREM d'Orléans , p.  1.

Ver también

Bibliografía

• (en) Isaac Chavel , Desigualdades isoperimétricas: perspectivas geométricas y analíticas diferenciales , CUP ,2001, 268  p. ( ISBN  978-0-521-80267-3 , leer en línea )
• (en) David Pollard , Guía del usuario para medir la probabilidad teórica , CUP,2002( ISBN  978-1-139-93653-8 , leer en línea )

Artículo relacionado

Polígono pequeño más grande  (en)

enlaces externos

• "  De los polígonos regulares al círculo  " , en IREM de la Universidad Paris-Nord
• (en) Jennifer Wiegert, "  La sagacidad de los círculos: una historia del problema isoperimétrico - El trabajo de Pappus  " , en la Biblioteca digital MAA

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