La superficie del cerchio

[gugo82]

Un quesito per ravvivare l'estate.

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Sia \(\mathcal{P}\) un \(n\)-gono inscritto in \(C\) e siano \(L(\mathcal{P}),\ S(\mathcal{P})\) il perimetro e l'area di \(\mathcal{P}\) rispettivamente.
1. Dimostrare che vale la disuguaglianza isoperimetrica per gli \(n\)-goni:
\[ L^2(\mathcal{P}) \geq 4n\tan \left( \frac{\pi}{n}\right)\ S(\mathcal{P}) \; ,\]
con uguaglianza se e solo se \(\mathcal{P}\) è lo \(n\)-gono regolare inscritto in \(C\).

2. Confrontare la costante isoperimetrica per gli \(n\)-goni, i.e. \(c_n:=4n\tan \left( \frac{\pi}{n}\right)\), con la costante isoperimetrica nel piano, i.e. \( c=4\pi\); in particolare, stabilire se \(c\) si può ottenere passando al limite la successione di termine generale \(c_n\).

[Delirium]

Dalla geometria classica già sappiamo che \(4\pi A\ \le P^{2}\) (ove \(P\) è il perimetro di una curva chiusa nel piano, mentre \(A\) è l'area della porzione piano da essa racchiusa)...

Quali conoscenze sono necessarie per dimostrare il punto 1?

[gugo82]

Quali conoscenze sono necessarie per dimostrare il punto 1?

Penso basti fare di conto (anche se, colpevolmente, non li ho ancora fatti... Ho buttato il quesito lì, ieri notte, senza preoccuparmi troppo).
Insomma, l'area ed il perimetro di un \(n\)-gono inscritto in una circonferenza dipendono unicamente dagli angoli al centro \(\alpha_1,\ldots ,\alpha_n\) dello \(n\)-gono*, quindi dovrebbe bastare conoscere un po' di trigonometria ed avere un po' di abilità nel fare i conti (oltre alla conoscenza di qualche disuguaglianza elementare, come quella di Jensen usata più sopra).

Dalla geometria classica già sappiamo che \(4\pi A\ \le P^{2}\) (ove \(P\) è il perimetro di una curva chiusa nel piano, mentre \(A\) è l'area della porzione di piano da essa racchiusa)...

A parte la piccola correzione, ci siamo.
La costante \(4\pi\) che figura a primo membro si chiama costante isoperimetrica del piano. Quello che chiedevo in 2 era di confrontare tale costante con le \(c_n\).

Tuttavia la disuguaglianza isoperimetrica classica è un risultato che non pertiene del tutto alla Geometria "Classica" (intendendo quella di Euclide, Archimede, Apollonio, etc...) ed è di dimostrazione tutt'altro che banale...
Se non l'hai già letto, ti segnalo questo piccolo articolo che ho scritto per il magazine un po' di tempo fa.

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* Vabbé, dipendono anche dal raggio... Però esso si riscala via con un'omotetia, quindi si può assumere \(r=1\) senza ledere la generalità.

[Delirium]

Ho editato, grazie gugo.
Premetto che ci ho messo un po' a capire il significato di quel \(4n \tan (\frac{\pi}{n}) \). Ma era solo una questione di forma.

Dunque, vediamo: si consideri un poligono regolare di \(n\) lati di lunghezza \(l\); tale figura è "scomponibile" in \(n \) triangoli, ciascuno dei quali possiede angolo al vertice di ampiezza \( \frac{2\pi}{n}\) che insiste sul centro \(C\) della circonferenza. Volendo calcolare l'area di un singolo triangolo si ha che (indicando con \(h= \frac{l}{2} \cdot \cot(\frac{2\pi}{2n})=\frac{l}{2 \tan(\frac{\pi}{n})}\) l'altezza relativa alla base \(l\) ) \[A_{triangolo}=\frac{h\cdot l}{2}=\frac{l}{2} \cdot \frac{l}{2 \tan(\frac{\pi}{n})}\]
L'area del poligono regolare iniziale sarà pertanto pari a \[\frac{nl^{2}}{4\tan(\frac{\pi}{n})}\] E qui arriva il trucco: moltiplicando il tutto per \(\frac{n}{n}\) si ottiene che
\[A_{poligono}=\frac{n^{2} l^{2}}{4n\tan(\frac{\pi}{n})}\]
E poiché \(n\cdot l\) non è altro che il perimetro del poligono, si conclude che \[A_{poligono}=\frac{P_{poligono}^{2}}{4n\tan \left(\frac{\pi}{n} \right)}\]
da cui \[P_{poligono}^{2}=A_{poligono} \cdot 4n \tan \left(\frac{\pi}{n} \right)\] per poligoni regolari.

Giacché del resto si è dimostrato più sopra che il poligono di area massima inscritto in una circonferenza è proprio il poligono regolare, e poiché si vuole altresì che il perimetro rimanga costante (la relazione è detta infatti isoperimetrica), si avrà che \[P_{poligono \ regolare}^{2}=P_{poligono \ non \ regolare}^{2}\;> A_{poligono \ non \ regolare} \cdot 4n \tan \left(\frac{\pi}{n} \right)\] per ogni poligono non regolare.
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Nota: aree e perimetri indicati sono da riferirsi a poligoni inscritti in una circonferenza.


Ci sono gugo?

[Delirium]

gugo...?

[gugo82]

Scusami per il ritardo, Delirium...

È che c'è qualcosa che non mi quadra quando confronti i poligoni con i poligoni regolari.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Prendiamo \(n=3\) ed \(r=1\) e consideriamo un triangolo isoscele "sottilissimo", chiamiamolo \(\mathcal{T}_\varepsilon\), con angoli al centro \(\alpha_1=\varepsilon\) ed \(\alpha_2=\alpha_3=\pi -\frac{\varepsilon}{2}\).
Il perimetro di tale triangolo è:
\[\begin{split}L(\mathcal{T}_\varepsilon) &= 2\sum_{k=1}^3 \sin \frac{\alpha_k}{2} \\ &= 2\sin \frac{\varepsilon}{2}+4\sin \left(\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{4}\right) \\ &= 2\sin \frac{\varepsilon}{2} +4\cos \frac{\varepsilon}{4}\end{split}\]
e quando \(\varepsilon \approx 0\) si ha:
\[L(\mathcal{T}_\varepsilon)\approx 4+\text{O}(\varepsilon) \; .\]
D'altra parte, il triangolo equilatero \(\Delta\) inscritto nella circonferenza unitaria ha perimetro:
\[L(\Delta)=3\sqrt{3}=5.196\ldots\]
quindi \(L(\Delta) \gg L(\mathcal{T}_\varepsilon)\) quando \(\varepsilon \approx 0\).
Conseguentemente se vuoi imporre il vincolo \(L(\text{triangolo equilatero})=L(\mathcal{T}_\varepsilon)\), per \(\varepsilon\) piccoli dovrai considerare un triangolo equilatero \(\Delta^\prime\) che è inscritto in una circonferenza più piccola di quella con raggio unitario... Insomma, dovrai necessariamente uscire dal vincolo "poligoni inscritti nella stessa circonferenza" che avevo posto all'inizio.

O è solo il caldo che fa brutti scherzi?...

***

L'idea che mi ero fatto era che bastasse operare algebricamente in maniera diretta sulle funzioni che definiscono area e perimetro di un \(n\)-gono, le quali sono (per ovvi motivi geometrici):
\[L(\mathcal{P})=2r\sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2} \qquad \text{ed} \qquad S(\mathcal{P})=\frac{1}{2}r^2\sum_{k=1}^n \sin \alpha_k \; \ldots\]
Tuttavia ancora non ci ho messo mano ai conti... Anzi, riguardando il problema, è anche possibile che la costante isoperimetrica \(c_n\) venga diversa.

[OT, terminologico]

Non ti far trarre in inganno dall'aggettivo isoperimetrico: qui non stiamo necessariamente fissando vincoli sui perimetri.
L'aggettivo è usato in un'accezione più ampia di quella classica, accezione che si è affermata dagli anni trenta in poi in seguito alle dimostrazioni di svariate disuguaglianze congetturate nella Fisica-Matematica (ad esempio, la dimostrazione di Faber & Krahn della congettura di Raileygh sulla frequenza più bassa delle membrane vibranti aventi stessa area, la dimostrazione di Szego della congettura di de Saint-venant sulla massima rigidità torsionale delle travi aventi sezioni d'ugual area, la dimostrazione della congettura sulla minima capacità elettrostatica dei condensatori sferici aventi volume fissato, etc...): insomma, isoperimetrico qui è usato per dire al lettore/solutore "stiamo fissando qualche parametro geometrico/fisico degli oggetti in esame".

[/OT]

[Delirium]

Giacché mi sono inoltrato lungo pendii a me completamente sconosciuti, mi sono affidato soprattutto all'intuito, e quando sono riuscito a manipolare l'espressione per ricavare il termine \(4n \tan \left(\frac{\pi}{n} \right) \) mi è parso di aver fiutato una pista battibile.

Se ho ben capito la tua obiezione, il problema sussite intorno all'interpretazione della considerata contestualizzazione del termine isoperimetrico.
In quanto non possiedo (per ora) testi che possano suffragare o meno le mie congetture, ho cercato nella rete ed ho scovato quest'interessante dispensa nella quale si dice (pag. 17):

Teorema 5 - Nell'insieme degli n-goni convessi aventi perimetro fissato, il massimo dell'area è raggiunto dall'n-gono regolare.

[Segue una dimostrazione geometrica]

Facendo uso della trigonometria possiamo calcolare che relazione ci sia tra il perimetro e l'area di un n-gono regolare. Supponiamo di avere un poligono regolare \( G\) e che la lunghezza del suo lato sia \( l \). Ovviamente vale che \[P(G)=n\cdot l\] [...] e si può provare che \[S(G)=\frac{P^{2}(G)}{4n \tan{\frac{\pi}{n}}}\] [- e l'ho dimostrato]

Poiché ogni altro n-gono (a parità di perimetro) ha superificie minore, possiamo dire che il Teorema 5 equivale a dire che per ogni n-gono \(G\) deve valere la seguente disuguaglianza isoperimetrica \[4n \tan \left({\frac{\pi}{n}} \right) S(G) \le P^{2} (G)\] [- ed è la conclusione a cui credo di essere pervenuto, adattando, forse impropriamente, il ragionamento a poligoni inscritti in una circonferenza]

P.S: Spero di non aver scritto pistolettate; il ragionamento mi sembra filar liscio, ma conoscendo il tuo curriculum ( ) sarei più propenso a pensare che mi sfugge qualcosa...

[gugo82]

@Delirium: Ecco, appunto. Qui non stiamo fissando il perimetro.

Prendiamo, per semplicità, \(n=3\) e facciamo un disegno:

        Internet Explorer richiede Adobe SVG Viewer per visualizzare il grafico

Dal disegno è evidente che i due triangoli (quello azzurro è equilatero) hanno perimetri diversi ed aree diverse.
D'altra parte, il triangolo equilatero avente lo stesso perimetro del triangolo rosso non è il triangolo azzurro, bensì quello in arancio nella figura che segue (il quale è inscritto in una circonferenza notevolmente più piccola):

        Internet Explorer richiede Adobe SVG Viewer per visualizzare il grafico

Di conseguenza, il tuo ragionamento fila... Ma solo se si assume valida la disuguaglianza isoperimetrica nella forma enunciata nel Teorema 5 delle dispense che citavi (e che comunque conoscevo già ).

Tuttavia, nelle mie intenzioni originali non era contemplato passare per quella disuguaglianza isoperimetrica, giacché essa è più generale di quella che ho proposto (e la implica necessariamente).
L'intenzione era quella di lavorare direttamente sulle funzioni perimetro \(L(\mathcal{P})\) ed area \(S(\mathcal{P})\), come ho esplicitato qui e com'era (forse fin troppo) sottointeso già nel secondo periodo di questa risposta.


P.S.: Che te n'è parso del mio articolo sul Magazine?

[Delirium]

Hai ragione, chiedo venia. E' evidente che non consideravo il vincolo rappresentato dalla circonferenza, e che mi sono lasciato ingannare dalla presunta isoperimetria. Ahimé, inesperienza.
Proverò a rimuginare un'altra dimostrazione, per ritornare sulla retta via.

Quanto all'articolo, devo dire che è molto interessante, molto molto interessante. Con il tuo beneplacito ne farò presto una copia cartacea.

[gugo82]

Visto che avevo cinque minuti ho pensato di provare a fare i conti... Però non ho risolto nulla.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Come già detto, se \(\mathcal{P}\) è un \(n\)-gono (\(n\geq 3\)) inscritto nella circonferenza di raggio unitario con angoli al centro \(\alpha_1,\ldots ,\alpha_n\), abbiamo:
\[L(\mathcal{P})=2\sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2} \qquad \text{ed} \qquad S(\mathcal{P})=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \sin \alpha_k \; ;\]
tenendo presente che \(\sin \alpha_k =2\sin \frac{\alpha_k}{2}\ \cos \frac{\alpha_k}{2}\), provare la disuguaglianza \(L^2(\mathcal{P})\geq 4n\ \tan \frac{\pi}{n}\ S(\mathcal{P})\) equivale a provare che:
\[\tag{1} \left( \sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2} \right)^2 \geq n\tan \frac{\pi}{n} \left( \sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \cos \frac{\alpha_k}{2}\right) \; \ldots\]
Allora mi sono detto "Vabbé, comincia un po' dal secondo membro di (1) e vedi come puoi maggiorare...".
La prima idea che mi è venuta in mente è stata cercare di scrivere \(\tan \frac{\pi}{n}\) in funzione degli \(\alpha_k\); visto che l'unico vincolo imposto è che gli \(\alpha_k\) sommano a \(2\pi\), si ha:
\[\tan \frac{\pi}{n} = \tan \left( \sum_{h=1}^n \frac{1}{n} \frac{\alpha_h}{2}\right)\]
e, dato che si può sempre supporre che sia \(0\leq \alpha_k\leq \pi\) ("Vabbé, questa è un'ipotesi di lavoro ed andrebbe dimostrata... Ma prima vediamo dove finiamo"), la convessità della tangente in \([0,\frac{\pi}{2}]\) (via la disuguaglianza di Jensen) importa:
\[\begin{split} \tan \frac{\pi}{n} &= \tan \left( \sum_{h=1}^n \frac{1}{n} \frac{\alpha_h}{2}\right) \\ & \leq \sum_{h=1}^n \frac{1}{n}\ \tan \frac{\alpha_h}{2}\end{split}\]
cosicché è possibile maggiorare il secondo membro di (1) come segue:
\[\tag{2} n\tan \frac{\pi}{n} \left( \sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \cos \frac{\alpha_k}{2}\right) \leq \left( \sum_{h=1}^n \frac{1}{n}\ \tan \frac{\alpha_h}{2}\right)\ \left( \sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \cos \frac{\alpha_k}{2}\right) \; .\]
Ricordando che la tangente è il rapporto tra seno e coseno, facendo i prodotti il secondo membro della (2) si riscrive:
\[ \begin{split} \left( \sum_{h=1}^n \frac{1}{n}\ \tan \frac{\alpha_h}{2}\right)\ \left( \sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \cos \frac{\alpha_k}{2}\right) &= \sum_{k,h=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \sin \frac{\alpha_h}{2}\ \cos \frac{\alpha_k}{2} \frac{1}{\cos \frac{\alpha_h}{2}}\\ &= \sum_{k=1}^n \sin^2 \frac{\alpha_k}{2} \\ &\phantom{=} +\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{h=k+1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \sin \frac{\alpha_h}{2}\ \left( \frac{\cos \frac{\alpha_k}{2}}{\cos \frac{\alpha_h}{2}} + \frac{\cos \frac{\alpha_h}{2}}{\cos \frac{\alpha_k}{2}}\right) \; ,\end{split}\]
sicché vale la:
\[\tag{3} \begin{split} n\tan \frac{\pi}{n} \left( \sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \cos \frac{\alpha_k}{2}\right) &\leq \sum_{k=1}^n \sin^2 \frac{\alpha_k}{2} \\ &\phantom{\leq} +\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{h=k+1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \sin \frac{\alpha_h}{2}\ \left( \frac{\cos \frac{\alpha_k}{2}}{\cos \frac{\alpha_h}{2}} + \frac{\cos \frac{\alpha_h}{2}}{\cos \frac{\alpha_k}{2}}\right) \end{split}\]
e per ottenere la tesi basterebbe riuscire a far vedere che il secondo membro di (3) è \(\leq \left( \sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2} \right)^2\)...
A questo punto ho pensato "Vabbé, ma questa è algebra da due soldi, forse ci siamo", ho sviluppato il quadrato al primo membro di (1) ricavando:
\[\tag{4} \left( \sum_{k=1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2} \right)^2 =\sum_{k=1}^n \sin^2 \frac{\alpha_k}{2} +\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{h=k+1}^n 2\sin \frac{\alpha_k}{2}\ \sin \frac{\alpha_h}{2} \; ,\]
e ricevendo una doccia fredda!
Infatti dimostrare che il secondo membro di (3) è minore del secondo membro di (4) equivale a far vedere che:
\[ \sum_{k=1}^{n-1}\sum_{h=k+1}^n \sin \frac{\alpha_k}{2}\ \sin \frac{\alpha_h}{2}\ \left( \frac{\cos \frac{\alpha_k}{2}}{\cos \frac{\alpha_h}{2}} + \frac{\cos \frac{\alpha_h}{2}}{\cos \frac{\alpha_k}{2}}\right) \leq \sum_{k=1}^{n-1} \sum_{h=k+1}^n 2\sin \frac{\alpha_k}{2}\ \sin \frac{\alpha_h}{2} \; ,\]
ma ciò è impossibile, giacché per ogni \(1\leq k<h\leq n\) risulta
\[\frac{\cos \frac{\alpha_k}{2}}{\cos \frac{\alpha_h}{2}} + \frac{\cos \frac{\alpha_h}{2}}{\cos \frac{\alpha_k}{2}} \geq 2\]
(basta fare due conticini, oppure ricordare che \(x+\frac{1}{x}\geq 2\) per \(x>0\))...

Quindi ragionare in questa maniera usando la convessità della tangente non porta a nulla di buono... Detto in maniera semplice, la maggiorazione ottenuta con la disuguaglianza di Jensen è troppo "brutale", perchè fa aumentare troppo il valore del secondo membro di (1).