Isoperimetria

Na geometria euclidiana , a isoperimetria é inicialmente o estudo das propriedades das formas geométricas no plano que compartilham o mesmo perímetro , que depois se generaliza em outros espaços euclidianos .

Em particular, o problema mais clássico consiste em determinar a forma geométrica plana que maximize sua área com um perímetro fixo. A resposta é intuitiva, é o disco , mas apesar de sua aparência inócua este problema exige teorias sofisticadas para obter uma demonstração rigorosa (uma particularidade que compartilha, por exemplo, com o teorema de Jordan que indica que um loop desenhado sem cruzamento divide o plano em dois partes). Por esta razão, o problema isoperimétrico é às vezes simplificado limitando as superfícies autorizadas, por exemplo, restringindo-se a apenas quadriláteros ou triângulos , que então fornecem respectivamente o quadrado e o triângulo equilátero . Geralmente, o polígono com n lados com a maior área, para um determinado perímetro, é aquele que está mais próximo do círculo  : o polígono regular .

A isoperimetria é generalizada para diferentes geometrias. Por exemplo, no caso de um meio-plano , a zona de área máxima para um determinado perímetro é o meio-disco. Na dimensão 3, trata-se de encontrar o sólido de maior volume, envolto em uma superfície fixa de medida; a bolha de sabão , que resolve o problema oposto ao "buscar" minimizar a superfície pela qual envolve um dado volume de ar, indica a solução: a esfera .

Este conceito dá origem a uma família de teoremas denominados teoremas isoperimétricos , a aumentos conhecidos como desigualdades isoperimétricas , bem como a uma razão, denominada quociente isoperimétrico . Na dimensão 2, a desigualdade isoperimétrica indica que uma superfície com perímetro pe área a satisfaz o aumento  ; o termo à esquerda é o quociente isoperimétrico, que é igual a 1 apenas no caso do disco. 4πnop2≤1{\ displaystyle {\ frac {4 \ pi a} {p ^ {2}}} \ leq 1}

Se a origem desta questão tem pelo menos 2.900 anos, foi somente em 1895 , usando métodos derivados do teorema de Minkowski, que a questão foi definitivamente resolvida em sua forma antiga. Esses métodos permitem provar o teorema isoperimétrico e generalizá-lo para dimensões superiores no caso da geometria euclidiana .

Este artigo trata apenas dos aspectos básicos dessa questão. Algumas respostas, fazendo uso de ferramentas matemáticas mais sofisticadas, são propostas no artigo O teorema isoperimétrico .

Fragmentos de história

Diz a lenda que a cidade de Cartago foi fundada em814 AC J.-C.pela princesa fenícia Elissa, apelidada de Dido . Ela pediu ao rei da Numídia Iarbas a concessão de um terreno para se estabelecer ali. Iarbas, relutante, concedeu-lhe o direito de escolher um terreno que pudesse conter a pele de um boi . Dido cortou a pele em uma tira fina, que se tornou uma longa tira de 4 km de comprimento. Ela tinha esta tira esticada em um semicírculo, as duas pontas da qual tocavam a costela, direto onde estava. A rainha encontrou intuitivamente a solução para o problema isoperimétrico em um semiplano euclidiano . Este problema é resolvido quando é encontrada a maior superfície possível, para um determinado perímetro. O semicírculo é, de facto, a curva que a tira deve seguir para delimitar a maior superfície possível, neste caso particular.

O método de medir uma área usando seu perímetro era comum na Grécia antiga . Homero indica que a cidade de Tróia dá 10.200  passos , indicando que para contornar requer uma caminhada de 10.200 passos. A solução do problema isoperimétrica no plano Euclidiana é conhecido por alguns para o V th  século  aC. AD , pelo menos para o caso do polígono com n lados. Recebe o nome de teorema isoperimétrico . Na época dos gregos, nem todos pareciam ter consciência desse resultado e de suas consequências. Proclos ( 412 - 495 ) menciona o caso de trapaças de agrimensores datado desse período. O terreno foi dividido em diferentes parcelas com o mesmo perímetro, mas superfícies diferentes. Os agrimensores, responsáveis ​​pelo compartilhamento, obtiveram as maiores parcelas. O engano foi descoberto na época da colheita, cuja abundância é proporcional à área e não ao perímetro.

Theon de Alexandria ( 335 - 405 ) e Pappus IV th  século atribuída a Zenodorus II th  século  aC. BC as primeiras manifestações. Isso prova que entre todos os polígonos com n lados e mesmo perímetro, apenas o regular é candidato a ser a resposta ao problema isoperimétrico. Ele também descobre que o disco de um determinado perímetro tem uma área maior do que qualquer polígono regular. Ele também teria mostrado que a esfera é o sólido com um volume maior do que qualquer poliedro da mesma superfície.

Os matemáticos gregos não têm meios para ir além disso. Suas demonstrações permanecem parciais, mesmo que seus autores não tenham consciência do aspecto incompleto das provas. Eles também não têm as ferramentas matemáticas que tornariam possível ir mais longe. Os matemáticos árabes se apropriam do conhecimento dos gregos sobre o assunto. Abū Ja'far al-Khāzin escreveu um tratado resumindo todo o conhecimento de sua época sobre isoperimetria. Eles desenvolvem os meios para ir mais longe. Nasir al-Din al-Tusi , um matemático da XIII th  século , desenvolvido em seu tratado do quadrilátero , trigonometria suficiente para apresentar provas completa no caso de triângulos ou retângulos.

Não foi até a matemática europeus do XIX °  século para novos progressos. Em 1836 , Jakob Steiner obteve um primeiro novo resultado. Sujeito a admitir a existência de uma solução na dimensão 2, então esta solução é necessariamente o disco. Para uma prova completa na dimensão 2, temos que esperar pelo trabalho de Karl Weierstrass e Hermann Minkowski  ; torna-se rigoroso por volta de 1895 . Essa parte da história é tratada no artigo Teorema isoperimétrico .

Definições e primeiras propriedades

Dimensão 2

Vamos P n ser um polígono com n lados, em que n denota um número inteiro maior do que 2, p o seu perímetro e um n a sua área. Neste caso particular, o teorema isoperimétrico é expresso da seguinte forma:

Teorema isoperimétrico para um polígono  -  A área de P n é menor que a de um polígono regular com n lados e perímetro p . Um disco de perímetro p tem uma área estritamente maior que a de P n .

Este teorema pode ser expresso na forma de uma desigualdade:

Desigualdade isoperimétrica para um polígono  -  temos a seguinte desigualdade:

4πnonão<4nãobronzeado⁡πnãononão≤p2.{\ displaystyle 4 \ pi a_ {n} <4n \ tan {\ frac {\ pi} {n}} a_ {n} \ leq p ^ {2}.}

Esta propriedade é muito geral; permanece verdadeiro para qualquer superfície de área a , tendo uma aresta retificável de comprimento p , isto é, a aresta é uma curva de comprimento finito.

Teorema isoperimétrico num espaço euclidiano de dimensão 2  -  A área a é menor que a do disco com o mesmo perímetro p , o que dá origem ao seguinte aumento, denominado desigualdade isoperimétrica . A igualdade ocorre apenas se a superfície for um disco.

p2-4πno≥0{\ displaystyle p ^ {2} -4 \ pi a \ geq 0.}

Este teorema dá origem a uma definição:

Quociente isoperimétrico  -  O quociente q definido pela seguinte igualdade, é chamado quociente isoperimétrico:

q=4πnop2.{\ displaystyle q = 4 \ pi {\ frac {a} {p ^ {2}}}.}

Podemos interpretar este quociente como o quadrado da razão entre o raio do círculo com a mesma área no raio do círculo com o mesmo perímetro. A desigualdade isoperimétrica é equivalente a dizer que q é menor que 1, o caso de igualdade ocorrendo apenas se a superfície for um disco.

Dimensão 3

Na dimensão 3, não se pode aproximar-se mais e mais precisamente a esfera por regulares convexo poliedros . Existem apenas 5, chamados de sólidos platônicos . O resultado geral, no entanto, permanece verdadeiro:

Teorema isoperimétrico em um espaço euclidiano tridimensional  -  Seja um sólido mensurável no sentido de Lebesgue tendo uma borda mensurável, seu volume é menor que o da bola cuja esfera tem a mesma área.

Nota : aqui, a aresta do sólido é uma superfície como a esfera é a aresta da bola.

A desigualdade isoperimétrica é expressa usando um quociente isoperimétrico q . Indica que este coeficiente é sempre menor que 1 e o caso de igualdade ocorre apenas para a esfera. O coeficiente q é expresso da seguinte forma, se v denota o volume do sólido es a área da borda deste sólido:

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

Essa fórmula é comentada por meio do exemplo do icosaedro, seguindo o artigo.

Resultados básicos

Preâmbulo

O diagrama à esquerda mostra quatro figuras, três das quais são poligonais e todas têm o mesmo perímetro. Nem sempre é fácil localizar imediatamente aquele com a maior área. A história mostra até que, para alguns gregos, a ideia de que duas regiões, delimitadas por duas curvas do mesmo comprimento, poderiam ter áreas diferentes era contra-intuitivo.

Se, no caso geral, a prova é suficientemente complexa para exigir quase 3.000 anos de esforço, tratar apenas o caso de polígonos é mais simples. Soluções elementares são conhecidas desde a Antiguidade, mesmo que permaneçam parciais. Eles são apresentados aqui em linguagem moderna.

A letra n designa um número inteiro maior que 2 e p um número real estritamente positivo. A questão a ser resolvida é encontrar, se existir, o polígono com n lados e perímetro p , de maior área. Observe que é suficiente pesquisar apenas em polígonos convexos . O termo convexo aqui significa que um elástico ao redor do polígono está sempre em contato com sua borda. Considere, de fato, um polígono não convexo P 1 , por exemplo aquele ilustrado na figura à direita, em azul. Seu envelope convexo , ou seja, a figura que tem por borda aquela dada por uma faixa elástica que envolve o polígono P 1 , é um novo polígono P 2 , desta vez convexo. O polígono P 2 corresponde ao que contém as áreas azuis e verdes da figura. Sua área é estritamente maior e seu perímetro estritamente menor. Uma expansão de uma razão bem escolhida, necessariamente maior que 1, aplicada a P 2 define um novo polígono P 3 com o mesmo perímetro de P 1 . A área de P 1 é estritamente menor que a de P 2 , ela própria estritamente menor que a de P 3 . O polígono P 3 tem o mesmo perímetro que P 1 e possui uma área estritamente maior. Deduzimos que P 1 não é candidato a responder ao problema isoperimétrico.

Quadrilátero

Este caso corresponde ao que pode ser totalmente resolvido sem qualquer outro conhecimento além do dos matemáticos gregos.

Caso do quadrilátero  -  O único quadrilátero com perímetro pe área máxima para este perímetro é o quadrado com lado p / 4.

A área de um quadrado é igual a p 2 /16. O denominador 16 é maior que 4π. Deduzimos, se a 4 é a área de um quadrilátero do perímetro p  :

no4≤p216<p24π.{\ displaystyle a_ {4} \ leq {\ frac {p ^ {2}} {16}} <{\ frac {p ^ {2}} {4 \ pi}}.}

A prova usa um lema, útil para o problema isoperimétrico de qualquer polígono:

Lema 1  -  Dentre todos os triângulos de base AB , com último vértice C e com perímetro p , aquele tal que a distância AC é igual a CB possui uma área estritamente maior que todos os outros. O triângulo é então necessariamente isósceles .

Demonstração

Primeiro, o lema deve ser provado, é a espinha dorsal de muitas provas neste artigo.

• Dentre todos os triângulos com base AB , com último vértice C e com perímetro p , aquele tal que a distância AC é igual a CB tem uma área estritamente maior que todos os outros:

O triângulo do lema é ilustrado em preto na figura à esquerda. Supõe-se que ele tem dois lados de comprimento desigual, aqui AC e AC . Seja h a altura do triângulo, em relação à base AB , ilustrada em verde na figura e D o ponto na mesma altura de C e localizado na reta perpendicular a AB e que intercepta AB em seu meio. Δ é a distância entre D e C . Por suposição, o comprimento δ não é zero, caso contrário, AC e BC teriam o mesmo comprimento.O primeiro passo consiste em mostrar que o triângulo ABD é da mesma área do triângulo inicial ABC e de perímetro estritamente menor. Como a área desses dois triângulos é igual ao produto da distância entre A e B pela metade de h , essas duas áreas são de fato iguais. Resta mostrar que o perímetro do BDA é menor do que o do BCA . Para isso, basta aplicar o princípio de Fermat . Um raio de luz provenientes de um ponto A , que reflecte num espelho mostrado na violeta Δ direita (o que corresponde à linha paralela à AB e passando através C e D ) e iluminando ponto B utiliza o caminho mais curto, o qual passa através D . Para demonstrá-lo, basta considerar o ponto E simétrico de B em relação ao eixo Δ. A distância entre E e D é a mesma que entre B e D , deduzimos que a distância ADE é a mesma que ADB . Da mesma forma, a distância ACE é a mesma que ACB . Agora, é óbvio que ADE é mais curto que ACE , porque os três pontos A , D e E estão alinhados. A segunda etapa é construir um triângulo ABF com o mesmo perímetro e área maior que o triângulo inicial. Consideramos o ponto F , na reta perpendicular a AB e passando por D (em verde na figura à direita), e tal que o comprimento dos dois segmentos AF e FB é igual ao dos dois segmentos AC e CB . Como o triângulo AFB e o triângulo ACB têm o mesmo perímetro, estritamente maior que o do triângulo ADB , o ponto F é maior que D , em outras palavras AF é estritamente maior que AD , ou a área do triângulo AFB é estritamente maior que a de triângulo ADB . A área adicional é mostrada em rosa. De fato, construímos um triângulo AFB com o mesmo perímetro de ACB e com uma área estritamente maior, o que encerra a prova. É ainda notado que a base AB não foi modificada.

Estabelecido este lema, procedemos de um quadrilátero convexo Q , vértices ABCD e perímetro p . Se este polígono não for um quadrado, mostraremos que o quadrado do perímetro p possui uma área estritamente maior. Para atingir nossos objetivos, é possível proceder com a ajuda de um diamante, que apresenta uma etapa da demonstração.

• Se o quadrilátero Q não for um losango , existe um losango Q 1 com o mesmo perímetro e área estritamente maior:

Esta etapa é dividida em duas etapas:O primeiro é mostrado na figura à esquerda, Q é mostrado em verde. O quadrilátero ABCD tem necessariamente dois lados adjacentes de comprimentos distintos, caso contrário, o ABCD seria um losango. Mesmo que isso signifique modificar a ordem das letras associadas a cada vértice, podemos sempre assumir que AB não é igual a BC . Usamos o lema para construir o ponto B 1 . O triângulo AB 1 C tem um perímetro igual ao de ABC e, além disso, isósceles. Construímos D 1 da mesma maneira . O quadrilátero azul tem uma área estritamente maior do que o quadrilátero inicial e tem uma propriedade útil para o resto. A distância AB 1 é igual a B 1 C , que é a mesma para AD 1 e D 1 C . Em outras palavras, os dois comprimentos D 1 AB 1 e B 1 CD 1 são ambos iguais a p / 2.A segunda etapa, mostrada à direita, é o análogo exato no quadrilátero AB 1 CD 1 , mas desta vez nos triângulos D 1 AB 1 e B 1 CD 1 . Usando o quadrilátero azul, construímos agora o vermelho, denotado A 1 B 1 C 1 D 1 . O comprimento de lado A 1 B 1 é metade do comprimento D 1 AB 1 ou p / 4. Esse raciocínio se aplica aos quatro lados, todos iguais, mostrando que o quadrilátero vermelho é um losango.O losango vermelho, notado L, tem uma área maior que o quadrilátero azul, ele próprio de uma área estritamente maior que a do quadrilátero verde, e todos têm o mesmo perímetro. A partir de um quadrilátero que não é um losango, construímos de fato um losango com o mesmo perímetro e área estritamente maior, o que encerra a demonstração.

Para finalizar, basta mostrar que se o losango L não é um quadrado, então o quadrado C , com o mesmo perímetro, tem área estritamente maior.

• Entre os losangos do perímetro p , o quadrado é o único cuja área é máxima:

A área do losango é igual ao produto de sua base, aqui o comprimento de A 1 D 1 , por sua altura. Definimos o ponto B 2 como o ponto a uma distância igual a de A 1 B 1 e tal que A 1 D 1 e A 1 B 2 formem um ângulo reto . Do losango vermelho da demonstração anterior, vamos para um losango azul A 1 B 2 C 2 D 1 que passa a ser o quadrado C do perímetro p . A altura deste quadrado em relação à base A 1 D 1 é estritamente maior que a do losango L , se não fosse um quadrado, o que mostra que a área do quadrado é estritamente maior e encerra a demonstração.

Resumindo, se Q não for um losango, construímos um losango L com o mesmo perímetro e área estritamente maior. Então, se L não é o quadrado do perímetro p , vemos que a área L é estritamente menor do que a do quadrado C . Esta construção dupla mostra claramente que o quadrado C tem uma área maior do que todos os quadriláteros do perímetro p e que, se um quadrilátero do perímetro p tem a mesma área do quadrado C , é porque este quadrilátero também é um quadrado de perímetro p .

Qualquer polígono

O caso do polígono arbitrário é tratado de maneira um pouco diferente. A seguinte proposição pode ser demonstrada usando técnicas comparáveis ​​às do parágrafo anterior:

Caso de qualquer polígono  -  Um polígono com n lados, de perímetro pe área máxima para este perímetro é regular .

Se um n denota a área do polígono regular, temos as desigualdades isoperimétricas:

nonão≤p24nãobronzeado⁡(πnão)<p24π.{\ displaystyle a_ {n} \ leq {\ frac {p ^ {2}} {4n \ tan \ left ({\ frac {\ pi} {n}} \ right)}} <{\ frac {p ^ { 2}} {4 \ pi}}.}

Parte significativa da prova consiste em estabelecer o seguinte lema, atribuído a Zenodorus. O cálculo da área do polígono regular é obra de Arquimedes . Se as ideias são antigas, o texto aqui proposto é moderno, totalmente diferente das evidências que nos foram relatadas.

Lema 2  -  Se um polígono com n lados é a solução do problema isoperimétrico, os ângulos entre dois lados que compartilham o mesmo vértice são iguais.

Demonstração

O objetivo é mostrar que um polígono P com n lados e perímetro p não possui área máxima se não for regular. Quanto ao parágrafo anterior e pelas mesmas razões, assumimos que P é convexo. Portanto, é suficiente mostrar que ou os lados não têm todos o mesmo comprimento, ou têm, mas os ângulos entre duas arestas que compartilham o mesmo vértice não são todos iguais. O que divide a demonstração em duas partes. O primeiro resultado é expresso da seguinte forma:

• Um polígono com duas arestas de comprimentos distintos não é uma solução para o problema isoperimétrico:

Assumimos que nosso polígono P tem duas arestas de comprimentos distintos. Notamos que é possível encontrar duas arestas compartilhando o mesmo vértice. De fato, se todas as arestas que compartilham o mesmo vértice têm o mesmo comprimento, passo a passo notamos que todas têm o mesmo comprimento. O caso estudado é ilustrado na figura à direita, o triângulo ACB , formado pelas duas arestas de comprimentos diferentes é ilustrado em verde, seus vértices são anotados. As duas arestas AB e CB que compartilham o vértice são de comprimentos diferentes, o Lema 1 do parágrafo anterior mostra que é possível construir um segundo triângulo, ilustrado em vermelho, com a mesma base AB e vértice D como os triângulos ACB e ADB têm o mesmo perímetro e tal que o triângulo vermelho ADB tem uma área estritamente maior que a do verde.O polígono P 1 , tendo os mesmos vértices de P , exceto C , que é substituído por D, tem perímetro igual ap e inalterado. De fato, o comprimento AC + CB é, por construção, igual ao comprimento AD + DB . Em contraste, a área P 1 é estritamente maior que P . Para estar convencido disso, basta notar que a área azul não se modifica. Por outro lado, a área verde subtraída é substituída pela área vermelha, estritamente maior de acordo com o Lema 1.

• Um polígono tendo apenas arestas do mesmo comprimento, mas dos quais pelo menos dois ângulos diferem, não é uma solução para o problema isoperimétrico:

Agora assumimos que os ângulos associados aos vértices não são todos iguais. Até assumimos, inicialmente, a existência de dois ângulos α e β tais que β é estritamente menor que α e que seus vértices associados não são adjacentes, ou seja, esses dois vértices não formam uma aresta do polígono. Isto é ilustrado na figura esquerda, a qual permite, simultaneamente, para definir os pontos A , B , C , D , M e N . Conforme mostrado na figura, as distâncias δ ​​e λ são respectivamente aquelas de AB e CD . Visto que α é estritamente maior que β, δ é estritamente maior que λ.

Sem modificar o perímetro de P , construímos um novo polígono P 1 , tendo o mesmo número de vértices n , mesmo perímetro, mas uma área estritamente maior, o que mostra a proposição. O polígono P 1 é mostrado à direita.

Construção de triângulos APB e CQD  : Consideramos um segmento, em azul na figura à direita, com comprimento 4 vezes maior do que uma aresta de P 1 . Este segmento tem o mesmo comprimento que a soma dos comprimentos das 4 arestas AM , MB , CN e ND . Este comprimento é escolhido igual à soma das distâncias entre um e P , P e B , C e Q , Q e D . Assim, a substituição dos triângulos verdes pelos triângulos vermelhos não modifica o perímetro do polígono.Seja r a proporção δ / (δ + λ), dividimos o segmento em duas partes, uma de proporção re outra de (1 - r ). Obtemos assim dois segmentos cuja soma dos comprimentos é igual a 4 vezes a de uma aresta e esses dois segmentos são proporcionais a dois segmentos de comprimentos δ e λ. Os dois segmentos são divididos em duas partes iguais, obtemos 4 segmentos, dois de comprimento chamados c 1 e os outros dois são chamados c 2 . A ordem é escolhida de forma que c 1 seja maior que c 2 . Esta divisão é ilustrada por um método que permite sua construção com régua e compasso na figura à direita. O segmento roxo tem comprimento igual a δ + λ.Vamos P ponto distância c um de A e B e Q ponto distância c 2 de C e D . Por construção, os triângulos APB e CQD são isósceles, além disso, são semelhantes. Na verdade, a proporção das distâncias AB em AP é, por construção, igual a CD em CQ . Existem duas opções de pontos para P e Q , é claro que escolhemos aqueles que tornam P 1 convexo. Agora podemos trocar os dois triângulos isósceles verdes por dois triângulos isósceles vermelhos sem modificar o perímetro. Os dois triângulos isósceles vermelhos são semelhantes, o que não é o caso dos triângulos verdes, caso contrário, os ângulos α e β seriam iguais. Esse caráter semelhante permite mostrar que a área de P é estritamente menor que a de P 1 . Este é o assunto da seguinte demonstração. Comparação das áreas de P e P 1  : Como a área em azul nas duas primeiras figuras desta caixa suspensa não foi modificada, isso mostra que a soma das áreas dos triângulos verdes é menor do que a soma das áreas dos triângulos vermelhos.Para comparar as áreas, recortamos e colocamos em um retângulo. Vamos primeiro aos retângulos vermelhos. Sejam k 1 e k 2 suas alturas. Se cortarmos os triângulos de acordo com suas alturas, obtemos para cada um dois triângulos retângulos com lados de comprimento k i , onde i varia de 1 a 2. Podemos montá-los para formar retângulos, como mostrado na figura à direita, porque os triângulos vermelhos são isósceles. Observe que as duas diagonais estão alinhadas porque os triângulos são semelhantes. O mesmo processamento nos triângulos verdes dá o resultado mostrado à esquerda, se h 1 e h 2 denotam as alturas dos dois triângulos. Notamos que, desta vez, h 1 é menor que k 1 , o primeiro retângulo verde é mais achatado que seu equivalente vermelho. De fato, se k 1 fosse menor do que h 1 , então k 2 seria ainda menor. Na verdade, λ é menor que δ e os dois triângulos vermelhos são semelhantes. A soma das arestas dos triângulos vermelhos seria estritamente menor que a das arestas dos triângulos verdes, o que não é possível, por construção essas somas são iguais. Podemos ainda notar que as duas diagonais dos triângulos verdes têm o comprimento da aresta do polígono P 1 e que sua soma é igual à soma das diagonais dos retângulos vermelhos. Deduzimos que h 1 + h 2 é estritamente menor que k 1 + k 2 . A sobreposição das duas figuras fornece o diagrama no canto inferior direito. Há uma área verde não coberta pela área vermelha (as áreas cobertas pelos retângulos vermelho e verde são mostradas em azul). Como δ é estritamente maior que λ, basta arrastar esta área para a esquerda para que o verde fique completamente coberto. Resta então uma zona vermelha descoberta, no canto superior direito, que mostra que a área dos triângulos vermelhos é estritamente maior do que a dos triângulos verdes.

Podemos agora lidar com o caso geral do parágrafo. Ou seja, o caso em que os ângulos α e β estão lado a lado.

• Um polígono não regular nunca é uma solução para o problema isoperimétrico:

Para n igual a 4, encontramos uma prova no parágrafo anterior. Para n igual a 3, um triângulo com 3 lados iguais tem necessariamente seus três ângulos igualmente iguais. Se n for maior ou igual a 5, a prova anterior mostra que, no caso de um polígono regular, o ângulo associado ao primeiro vértice é igual ao associado a qualquer vértice, exceto o segundo ser do último. O ângulo associado ao quarto vértice, que nunca é o último porque n é maior ou igual a 5, é igual ao ângulo associado ao primeiro e ao segundo vértices. O primeiro e o segundo vértices, portanto, têm ângulos iguais. O mesmo raciocínio, usando o terceiro vértice, mostra que os ângulos associados ao primeiro e ao último vértices também são iguais.

• O polígono regular com n lados e perímetro p tem uma área igual a p 2 / 4n tan (π / n):

Podemos simplesmente calcular o quociente isoperimétrico do polígono regular. A figura explicativa está à esquerda. Os cálculos são apresentados no artigo Polígono regular .

Se a é a área de um polígono com n lados do perímetro p , sua área é menor que a do polígono regular, o que demonstra a primeira parte da desigualdade isoperimétrica. A derivada da função tangente no intervalo] 0, π / 2 [é estritamente maior que 1, o teorema dos incrementos finitos mostra a segunda parte da desigualdade:

bronzeado⁡(πnão)>πnãoe4π<4nãobronzeado⁡(πnão).{\ displaystyle \ tan \ left ({\ frac {\ pi} {n}} \ right)> {\ frac {\ pi} {n}} \ quad {\ text {e}} \ quad 4 \ pi <4n \ tan \ left ({\ frac {\ pi} {n}} \ right).}

Borda não poligonal

O caso da borda não poligonal dificilmente é mais complexo, para se chegar a um resultado equivalente aos anteriores:

Caso de qualquer superfície  -  Qualquer superfície com perímetro pe área máxima para este perímetro é um disco .

O truque é obra de Steiner, que encontra um processo de simetrização , ainda usado e que agora leva seu nome.

Demonstração de Steiner

Assumimos que S é uma superfície com área a e perímetro p . Além disso, assumimos que a área a é máxima para o perímetro p . Esta superfície está ilustrada à esquerda, tem a forma de um ovo colocado horizontalmente. O objetivo é mostrar que, para evitar qualquer contradição, S é necessariamente um disco. A forma inicial escolhida não é um disco para ilustrar a contradição de forma mais vívida.

• Construção do eixo Δ e do ponto O  :

O objetivo é cortar a figura em duas partes iguais e simétricas. Em primeiro lugar, considera-se um ponto P da área metade direita D fim P , cuja intersecção com S é reduzido para o ponto P . Seja f a função de [0, 2π], que em um ângulo φ associa a área de interseção entre S e a zona delimitada pelas meias retas D e sua rotação com o ângulo φ. O valor f (φ) corresponde à área da área colorida em azul escuro na figura. Notamos que f (0) é igual a 0 ef (2π) a a . Como a função f é contínua, não existe um valor φ cuja imagem sob f é igual a metade da superfície S . Na figura, esse valor de φ é igual a π. Seja Δ a linha associada a este valor de φ, ela corta a superfície S em duas partes de área igual.

O ponto P é um dos dois pontos de fronteira de S pertencentes a Δ, seja Q o segundo ponto de fronteira e O o ponto médio desses dois pontos. O perímetro da parte superior Δ de S é igual ao perímetro da parte inferior. Na verdade, se o perímetro fosse menor no topo, a área do perímetro, acima de Δ igual à de S , então abaixo da rotação de meia volta da parte superior em relação ao ponto O , teria exatamente a mesma superfície para um perímetro menor. Uma expansão desta superfície daria uma área de superfície estritamente maior para o mesmo perímetro. Isso é impossível porque S é escolhido como máximo. Se S é um disco, o eixo Δ é o de um diâmetro, O o centro do disco e a zona inferior a simétrica perfeita da superior.

• Construção do quadrilátero QAPB  :

Porém, não trabalhamos em S , mas em S 1 , mostrado na figura à direita. A borda da zona inferior é escolhida igual à rotação de meia volta daquela da zona superior. Como a rotação é uma isometria, nem o perímetro nem a área foram alterados. A área de S 1 também é máxima para o perímetro p .

Seja A um ponto na fronteira de S 1 ( A diferente de P e Q ) e B é simétrico em relação a O. A Figura S 1 sendo simétrico em relação a O, o ponto B também está na fronteira de S 1 . Os quatro segmentos QA , AP , PB e BQ cortam a nova superfície em 5 partes, 4 lúnulas roxas na figura direita e um paralelogramo rosa.

• Posição de A  :

A prova nos quadriláteros mostra que o losango com maior área, com isoperímetro, é o quadrado. Esta mesma demonstração prova que o paralelogramo de maior área, com isoperímetro e sem modificar o comprimento dos lados é o retângulo. Se o paralelogramo QAPB não for um retângulo, é possível construir uma nova superfície S 2 movendo as quatro lúnulas de forma a tornar a área QAPB retangular, conforme ilustrado na figura à esquerda.

Se QA e AP não fossem dois segmentos inicialmente perpendiculares, obteríamos uma nova figura com o mesmo perímetro de S e com uma área estritamente maior, o que é impossível por hipótese. O triângulo QAP é, portanto, um retângulo em A que, de acordo com o teorema do triângulo inscrito em um semicírculo, coloca o ponto A no círculo de diâmetro [PQ] . Tendo sido escolhido o ponto A não especificado na borda de S 1 (diferente de P ou Q ), todos os pontos da borda estão no círculo de diâmetro [PQ] e S 1 é, portanto, um disco.

Topologia

Exceto no caso do quadrilátero, os teoremas estabelecidos não são tão poderosos quanto parecem. Um torna-se conhecimento de apenas meio do XIX °  século . Os teoremas indicam que se uma superfície tem uma área máxima ela desenha um polígono regular ou um disco dependendo do caso estudado. Por outro lado, eles não indicam que o polígono regular ou o disco atinge esse máximo. Esta parte da demonstração, esse elo perdido, requer ferramentas mais sofisticadas do que as descobertas na época de Steiner. Eles usam um ramo da matemática chamado topologia .

Todos os raciocínios apresentados neste artigo, com exceção daqueles do quadrilátero, possuem a mesma estrutura lógica. É mostrado que nenhuma solução é aceitável, exceto uma. Isso não mostra que o que resta é uma solução. O matemático O. Perron ilustra a falha lógica ao observar que aceitar esse tipo de prova equivaleria a permitir demonstrar que 1 é o maior de todos os números. Se o inteiro a for diferente de 1, o quadrado de a será estritamente maior que a . O número a não pode, portanto, ser o maior dos inteiros. A única exceção entre inteiros estritamente positivos é 1, que seria o maior dos inteiros.

Fica assim estabelecido que qualquer superfície de perímetro pe área máxima só pode ser um disco, mas a afirmação não implica que o disco seja de fato uma superfície máxima, ou que o polígono regular com n lados seja de área máxima entre os polígonos com n lados do mesmo perímetro. Esses dois resultados são, no entanto, verdadeiros, as provas associadas são propostas no artigo Teorema isoperimétrico . No caso do triângulo, ainda podemos chegar ao resultado limitando-nos ao uso de uma função contínua da variável real com valores reais .

Estojo triangular

• Qualquer triângulo de perímetro pe área máxima é equilátero:

O Lema 1 mostra que se um triângulo não é equilátero, ele não pode ser uma solução para o problema isoperimétrico. De fato, se os três comprimentos dos três lados são denotados a , b e c , o lema mostra que a  =  b e que b  =  c é uma condição necessária para que o triângulo tenha área máxima. Deduzimos que esse triângulo é equilátero.

Para concluir, basta mostrar que existe pelo menos uma solução.

• Existe uma solução para o problema isoperimétrico no caso de triângulos:

Devemos mostrar que existe um triângulo de perímetro pe área máxima. O lema mostra que existe um triângulo isósceles T i de perímetro pe de área maior que o triângulo inicial. É, portanto, suficiente mostrar que qualquer triângulo isósceles de perímetro p tem uma área menor que a de um triângulo T e de perímetro p e lado c . Seja c + 2 ε o comprimento da base de T i e c - ε o comprimento dos dois lados iguais. Aqui, ε é um número real entre - c  / 2 ec  / 4. A área de T i é o produto da metade do comprimento 1/2 ( c + 2 ε ) pela altura h , dada pelo 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.}

Se a i é a área do triângulo isósceles, temos a fórmula:

noeu2=(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).}

A função, que com ε associados a i 2 é contínua , é ilustrada na figura à direita. Na verdade, é uma função polinomial de terceiro grau. Definido em um segmento , o teorema dos limites nos garante que o máximo é alcançado. Ou seja, há pelo menos uma solução para o problema isoperimétrico para triângulos. Graficamente, notamos que esta solução corresponde ao ponto ε = 0 , ou seja, ao triângulo equilátero. Este resultado é consistente com a proposição anterior.

Exemplos

As muralhas de uma cidade

Dido não é o único líder a ser confrontado com a questão da maior superfície de um determinado perímetro. As muralhas de uma cidade medieval exigem muitas obras de construção e muitos soldados para proteger a cidade em caso de ataque. Esses dois motivos favorecem a maximização da superfície interior da cidade em relação ao seu perímetro.

A geometria utilizada nem sempre é a do plano euclidiano. Por exemplo, um semiplano euclidiano permite obter uma relação melhor. A solução é o semicírculo, é duas vezes mais eficaz. Usando uma muralha de comprimento p , cobrimos uma superfície de p 2 / 2π. A cidade de Colônia adota essa abordagem para proteger sua cidade na Idade Média.

No XVIII th  século outras restrições favorecem uma geometria muito diferente. O de Lille, por exemplo, é baseado no princípio da pinça, apresentando arestas difíceis de enfrentar. Oferece melhor resistência ao ataque de artilharia.

O olho do caldo

O olho em caldo é constituído por uma gota de óleo suspensa em água. A superfície de contato entre o óleo e a água consome energia potencial . O equilíbrio alcançado para o ponto de menor energia potencial é obtido pela geometria minimizando esta zona de interface. Para falar em termos pictóricos: “As moléculas mais incômodas estão na interface (ou seja, entre o óleo e o caldo), portanto quanto maior a interface melhor é o sistema. Incômoda” .

Por isso, as gotas adotam uma geometria circular. Se dois olhos se fundem, eles imediatamente assumem esta forma. Se um olho é cortado ao meio, por exemplo com uma faca, os dois olhos obtidos também assumem uma forma circular.

Esta mesma causa impõe uma forma esférica às bolhas de sabão de tamanho não muito grande. A energia potencial é máxima se a superfície da bolha for mínima. A bolha tende a envolver o volume de ar em um espaço esférico, pois minimiza a superfície o melhor possível, para um determinado volume (o do ar aprisionado).

O icosaedro

O teorema da isoperimetria indica que, para qualquer sólido mensurável, com área mensurável, o volume é menor que o de uma esfera com a mesma área. Assim, um sólido com superfície S sempre tem um volume V menor que V s , o de uma esfera com a mesma superfície:

V≤Vs.{\ displaystyle V \ leq V_ {s}.}

A esfera de raio r tem uma área de 4π r 2 . O raio r da esfera em questão é igual a √ S / (2 √ π ) . O volume V s é igual a 4π r 3 /3 . Deduzimos um novo 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}}}}.}

A fórmula é expressa de forma mais simples se for elevada ao quadrado. Nós obtemos :

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

Isso dá uma forma de desigualdade isoperimétrica e a fórmula para o quociente isoperimétrico, observada aqui q . No caso de um icosaedro, e se a denota a borda do sólido, temos as seguintes fórmulas:

V=5φ26no3eS=53no2comφ2=φ+1{\ displaystyle V = {\ frac {5 \ varphi ^ {2}} {6}} a ^ {3} \ quad {\ text {et}} \ quad S = 5 {\ sqrt {3}} a ^ { 2} \ quad {\ text {com}} \ quad \ varphi ^ {2} = \ varphi +1.}

Aqui, φ denota o número dourado igual a1 + √ 5/2. Nós achamos :

q=36π52φ4no662⋅53⋅33no6=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}}}} \ aprox 0,82799772.}

Este quociente isoperimétrico é o valor mais alto possível para um sólido platônico .

Notas e referências

1. Esta gravura data de 1630 e provém da Historische Chronica de Johann Ludwig Gottfried  (de) . É o trabalho de Matthäus Merian, o Velho.
2. Virgílio , Eneida [ detalhe das edições ] [ ler online ] , livro 1, 16.
3. Esta informação sobre o comprimento vem de "  The isoperimetric problem  " , em IREM de Orleans , p.  1 .
4. Bernard Teissier , "  Volumes de corpos convexos, geometria e álgebra  " , Instituto de Matemática de Jussieu (lição dada em 7 de outubro de 1999, escrita por C. Reydy), p.  1-2 .
5. Encontramos esta definição no artigo F. Viot, “A elaboração do cálculo das variações e suas aplicações à dinâmica”, Mnémosyne , n ° 4-5. pp 35 63 ( ISBN  2866120868 )
6. (em) William Dunham , The Mathematical Universe: An Alphabetical Journey Through the Great Proofs, Problems and Personalities , Wiley 1994 ( ISBN  978-0-471-53656-7 ) , p.  112 .
7. (em) Thomas Little Heath , A History of Greek Mathematics , vol.  2: De Aristarco a Diofanto , Dover ,2013( 1 st  ed. 1921), 608  p. ( ISBN  978-0-486-16265-2 , leitura online ) , p.  206-207.
8. (em) Paul J. Nahin , Quando menos é melhor: como os matemáticos descobriram muitas maneiras inteligentes de tornar as coisas tão pequenas (o ouro é grande) quanto possível , PUP ,2007, 372  p. ( ISBN  978-0-691-13052-1 , leitura online ) , p.  47.
9. (em) Ivor Thomas, Greek Mathematical Works , Vol. 2: De Aristarco a Pappus , col. Loeb Classical Library, HUP , 1941 ( ISBN  978-0-67499399-0 ) , p.  395 .
10. (em) Richard Lorch, "Abū Ja'far al-Khāzin we Isoperimetry and the Archimedean tradição", Zeitschrift für Geschichte der arabisch-islamischen Wissenschaften , vol. 3, 1986, pág.  150-229 .
11. Hélène Bellosta , "  Sobre a História das Ciências Árabes  ", Gazette des mathématiciens , vol.  82,1999, p.  37-44 ( ler online ).
12. Esta informação vem de "The isoperimetric problem", em IREM de Orleans , p.  11
13. Teissier, "Volumes of convex corpos, geometry and algebra" , p.  6
14. É inspirado por uma ideia de: D. Wells Curious and Interesting Geometry, The Penguin Dictionary of Penguin (Non-Classics) (1992) p 123 ( ISBN  0140118136 )
15. A prova aqui apresentada é muito clássica, encontra-se por exemplo em "The isoperimetric problem", em IREM de Orleans , p.  4
16. Encontra-se a prova em "The isoperimetric problem", em IREM de Orleans , p.  7
17. Esta demonstração é por vezes apresentada de forma completa e rigorosa: G. Villemin Cálculo das variações Números: uso da teoria das curiosidades. Documentos acadêmicos assumem posição oposta. B. Teissier coloca a primeira demonstração rigorosa quase 60 anos depois: Teissier, “Volumes des corps convexes, géometry et algebre” , p.  6
18. F. Dress , “  Some Big Problems in Mathematics,  ” SMF Bulletin , vol.  115, n o  acrescentou: conferência "à frente Matemática"1987, p.  43.
19. Este exemplo foi retirado do documento “The isoperimetric problem”, em IREM d'Orléans , p.  1
20. "O problema isoperimétrico", em IREM d'Orléans , p.  1

Veja também

Bibliografia

• (pt) Isaac Chavel , Isoperimetric Inequalities: Differential Geometric and Analytic Perspectives , CUP ,2001, 268  p. ( ISBN  978-0-521-80267-3 , ler online )
• (pt) David Pollard , Um Guia do Usuário para Medir Probabilidade Teórica , CUP,2002( ISBN  978-1-139-93653-8 , leia online )

Artigo relacionado

Maior polígono pequeno  (en)

links externos

• "  Dos polígonos regulares ao círculo  " , no IREM da Universidade Paris-Nord
• (pt) Jennifer Wiegert, “  The Sagacity of Circles: A History of the Isoperimetric Problem - The Work of Pappus  ” , na MAA Digital Library

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