En la entrada anterior vimos cómo calcular el área del recinto \(\Omega \) encerrado por una curva cerrada simple plana \(\alpha \). Teníamos dos números asociados a \(\Omega \): su área \(A\) y su perímetro \(L=\mbox{Longitud}(\partial \Omega )\). ¿Qué relación hay entre ambos?
Está claro que si tomamos una cuerda con los extremos unidos y la disponemos sobre el suelo como una curva cerrada simple, entonces podemos modificar el área del recinto encerrado desde 0 hasta cierto valor positivo, pero su perímetro será siempre igual a la longitud de la cuerda con la que empezamos. Intuitivamente, vemos que la forma del recinto que tiene mayor área es circular. Este hecho tan intuitivo constituye quizás el teorema global más antiguo en Geometría Diferencial, y se llama la desigualdad isoperimétrica, que busca la respuesta a cualquiera de las dos siguientes preguntas (equivalentes):
- De todos los recintos planos con perímetro dado, ¿cuál tiene mayor área?
- De todos los recintos planos con área prefijada, ¿cuál tiene menor perímetro?
Ya los griegos sabían que el círculo es la mejor respuesta posible. Por ejemplo, Pappus de Alejandría escribió:
«Las abejas saben el hecho, útil para ellas, de que el hexágono es mayor que el cuadrado y el triángulo y contendrá más miel para el mismo gasto de material en la construcción de cada uno. Pero nosotros, reclamando una sabiduría mayor que la de las abejas, investigaremos un problema algo más amplio, a saber, que dados dos polígonos planos equiláteros y equiángulos que tienen el mismo perímetro, el que tiene el mayor número de ángulos tiene siempre mayor área, y que el que más área tiene de todos ellos es el círculo que tiene su perímetro igual a ellos».
Sin embargo, no pudieron dar una demostración rigurosa de que el círculo es la solución a las preguntas 1 y 2, aparentemente obvias. Y es que después de todo, la cuestión no es tan obvia: tuvimos que esperar hasta el siglo XIX para tener la primera prueba rigurosa. A partir de entonces se han encontrado demostraciones muy diferentes de la desigualdad isoperimétrica, cuyo enunciado riguroso dice:
Teorema.
Dado un dominio compacto y regular \(\Omega \subset \mathbb{R}^2\), su área \(A\) y su perímetro \(L\) está relacionados por:
$$
4\pi A\leq L^2, \qquad \mbox{«=»} \Longleftrightarrow \Omega \mbox{ es un disco redondo.}
$$
Uno de los problemas que tenían las primeras demostraciones de la desigualdad isoperimétrica consiste en suponer que existe solución al llamado Problema Isoperimétrico:
Dado \(A\gt 0\), ¿existe un dominio \(\Omega \subset \mathbb{R}^2\) con área \(A\), que tiene el menor perímetro de entre todos los recintos de \(\mathbb{R}^2\) con área \(A\)? (a un dominio con esta propiedad se le llama dominio isoperimétrico).
Ejercicio 1. Demuestra que si existe un dominio isoperimétrico para un valor \(A\gt 0\) del área, entonces existen dominios isoperimétricos para todos los valores del área, y que los dominios isoperimétricos son aquellos que minimizan el siguiente cociente (llamado cociente isoperimétrico):
$$
\frac{\mbox{Longitud}(\partial \Omega )^2}{\mbox{Area}(\Omega )}.
$$
No es fácil dar una demostración de la existencia de un dominio isoperimétrico. En 1870, el matemático alemán Karl Weierstrass señaló que hay muchos problemas similares al anterior y que no admiten solución, y además dió la primera prueba rigurosa (y nada trivial) de la desigualdad isoperimétrica.
En esta entrada veremos un argumento para probar que si el problema isoperimétrico tiene solución suficientemente regular, entonces ésta es un círculo.
Asumimos que existe un dominio isoperimétrico, \(\Omega \), cuya frontera puede parametrizarse por una curva de clase \(C^2\). No perdemos generalidad parametrizando \(\partial \Omega \) por el arco, \(\alpha \colon [0,L]\to \mathbb{R}^2\), donde \(L=\) longitud\((\alpha )\). Sea \(\{ T,N\} \) el diedro de Frenet asociado a \(\alpha \). Lo primero que haremos es definir una variación de \(\Omega \) normal a su borde. Fijemos una función \(f\colon [0,L]\to \mathbb{R}\) de clase \(C^1\), tal que \(f(0)=f(L)\), \(f'(0)=f'(L)\), y consideremos para cada \(s\in \mathbb{R}\) la curva
$$
\alpha _s\colon [0,L]\to \mathbb{R},\quad \alpha _s(t)=\alpha (t)+sf(t)N(t).
$$
Para \(\varepsilon \gt 0\) suficientemente pequeño, \(\alpha _s\) es una curva (\(C^1\)) regular, y cerrada. El siguiente ejercicio nos asegura que \(\alpha _s\) es simple para \(|s|<\varepsilon \) suficientemente pequeño:
Ejercicio 2. Sea \(\{ s_k\} _k\) una sucesión de números positivos tendiendo a cero, Supongamos que para cada \(k\in \mathbb{N}\), existen \(t_1(k),t_2(k)\in [0,L]\), tales que \(t_1(k)<t_2(k)\) y \(\alpha _{s_k}(t_1(k))=\alpha _{s_k}(t_2(k))\). Probar que tras pasar a una parcial, las sucesiones \(\{ t_1(k)\} _k\), \(\{ t_2(k)\} _k\) convergen al mismo límite \(\overline{t}\in [0,L]\). Usar esto y el teorema del valor medio sobre las componentes de \(\alpha _s\) para encontrar una contradicción.
A partir de ahora, supondremos que \(\alpha _s\) es una curva (\(C^1\)) regular, cerrada y simple siempre que \(|s|<\varepsilon \). Por el teorema de la curva de Jordan, \(\alpha _s\) encierra un dominio interior \(\Omega _s\).
Sean \(L,A\colon (-\varepsilon ,\varepsilon )\to \mathbb{R}\) las funciones dadas por
$$
L(s)=\mbox{Longitud}(\alpha _s)=\int _0^L\| \alpha _s'(t)\| \, dt,\qquad
A(s)=\mbox{Area}(\Omega _s)=\frac{1}{2}\int _0^L\det (\alpha _s(t),\alpha’_s(t))\, dt,
$$
donde \(\mbox{}’\) denota derivada respecto a \(t\).
Ejercicio 3. Demostrar que \(L,A\) son de clase \(C^1\) y que sus derivadas en \(s=0\) son
$$
\frac{dL}{ds}(0)=-\int _0^Lf(t)\kappa (t)\, dt,\qquad \frac{dA}{ds}(0)=-\int _0^Lf(t)\, dt,
$$
donde \(\kappa \) es la curvatura de \(\alpha \). (Indicación: para calcular \(\frac{dA}{ds}(0)\), integrar por partes \(f\det(\alpha ,N)\)).
Ejercicio 4. Usar que \(\Omega \) es un dominio isoperimétrico para deducir que la función \(s\mapsto \frac{L(s)^2}{A(s)}\) tiene un punto crítico en \(s=0\).
Ejercicio 5. Probar que si \(\int _0^Lf=0\), entonces \(\int _0^Lf\kappa =0\).
El argumento anterior nos dice que para un dominio isoperimétrico \(\Omega \), la función curvatura \(\kappa \) de su borde es \(L^2\)-ortogonal al subespacio de \(L^2(\mathbb{R}/L\mathbb{Z})
\) siguiente:
$$
\mathcal{U}=\left\{ f\in C^1([0,L])\ | \ f(0)=f(L), f'(0)=f'(L), \int _0^Lf=0\right\} .
$$
Por otro lado, un resultado de Análisis nos dice que \(\mathcal{U}\) es el subespacio \(L^2\)-ortogonal al subespacio 1-dimensional de las funciones constantes, luego deducimos que \(\kappa \) es constante. Esto nos dice que \(\partial \Omega \) es una circunferencia y \(\Omega \) es un disco redondo.
Ejercicio 6. A partir de lo anterior, demuestra la desigualdad isoperimétrica.
En la demostración anterior se ha supuesto que la frontera de un dominio isoperimétrico \(\Omega \) es de clase \(C^2\). Sin embargo, para que la
longitud de \(\partial \Omega \) tenga sentido, sólo deberíamos suponer que \(\partial \Omega \) es \(C^1\) a trozos. En el siguiente argumento se probará que esta frontera es siempre de clase \(C^1\) (la regularidad \(C^2\) es también cierta, pero su demostración es más difícil).
Supongamos entonces que \(\Omega \) es un dominio isoperimétrico con frontera de clase \(C^1\) a trozos (luego no podemos aplicar el argumento de arriba para deducir que \(\Omega \) sea un disco redondo). Razonaremos por reducción al absurdo, suponiendo que \(\partial \Omega \) tiene un «pico» en un punto \(p\in \partial \Omega \). La idea para llegar a una contradicción es producir un dominio \(\Omega _1\) que tenga menor cociente isoperimétrico que \(\Omega \), es decir, tal que
$$
\frac{\mbox{Longitud}(\partial \Omega _1)^2}{\mbox{Area}(\Omega _1)} \lt \frac{\mbox{Longitud}(\partial \Omega )^2}{\mbox{Area}(\Omega )} .
$$
El dominio \(\Omega _1\) se producirá cambiando \(\Omega \) en un entorno muy pequeño \(U\) de \(p\); como \(\partial \Omega \) es \(C^1\) a trozos, podemos suponer que en \(U\cap \partial \Omega \) es arbitrariamente próximo a dos segmentos rectilíneos \(r_1,r_2\) que se cortan en \(p_0\) con cierto ángulo positivo. Distinguimos dos casos:
- Si el ángulo que \(\partial \Omega \) forma en \(p\) es mayor de 180º, agrandaremos \(\Omega \) añadiendo un triángulo isósceles que tenga a \(p\) por uno de sus vértices y con dos lados sobre \(r_1,r_2\) (observa que así aumentamos el área y disminuímos el perímetro).
- Si el ángulo que \(\Omega \) forma en \(p\) es menor de 180º, achicaremos \(\Omega \) eliminando un triángulo isósceles como el anterior, definiendo
un nuevo dominio \(\Omega (l)\) donde \(l\) es la longitud de los lados sobre \(r_1,r_2\) del triángulo isósceles que estamos eliminando. De esta forma, disminuimos área de \(\Omega \) y también disminuimos el perímetro de su borde. Pero ¿estamos disminuyendo el cociente isoperimétrico?
Ejercicio 7. En el segundo caso anterior, estudia la función
$$
f(l)=\frac{\mbox{Longitud}(\partial \Omega (l))^2}{\mbox{Area}(\Omega (l))}
$$
y prueba que \(f'(0)\lt 0\), lo que contradice que \(\Omega \) sea un dominio isoperimétrico (y por tanto, termina de probar que si \(\partial \Omega \) es \(C^1\) a trozos, entonces \(\partial \Omega \) es \(C^1\)).
Gracias, me pareció muy agradable tu documento.