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analise2:dido

Vamos apresentar uma demonstração devido a Hurwitz do famoso problema milenar Isoperimétrico.

Teorema: Seja C uma curva plana simples e fechado com comprimento L, seja A a área da regiõa limitada por C. Então, L24πA0 e verifica-se a igualdade se, somente se C é um círculo.

Vamos considerar caso em que C é parametrizada por comprimento de arco por α=(x(s),y(s)),s[0,2l]R2. Claro que α(0)=α(2l) e podemos extender α periodicamente a toda reta.

Suponhamos seguintes séries de Fourier de x,y x(s)a02+k=1[akcos(πksl)+bksen(πksl)]y(s)c02+k=1[ckcos(πksl)+dksen(πksl)]

Lembrando que os coeficientes de Fourier são dados pelas seguintes formulas: ak=1lllx(s)cos(πksl)ds

bk=1lllx(s)sen(πksl)ds

ck=1llly(s)cos(πksl)ds

dk=1llly(s)sen(πksl)ds

Portanto x(s)=k=1(πkl)[aksen(πksl)+bkcos(πksl)] e y(s)=k=1(πkl)[cksen(πksl)+dkcos(πksl)]

Pela identidade de Parseval: x2=k=1(πkakl)2sen(πksl)2+(πkbkl)2cos(πksl)2

y2=k=1(πkckl)2sen(πksl)2+(πkdkl)2cos(πksl)2.

Sabemos que \|sen(\frac{\pi ks}{l})\|^2 = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} sen^2(\frac{\pi ks}{l}) ds =1 e também cos(πksl)2=1.

portanto temos: 1lll(x(s))2ds=(πkl)2k=1(a2k+b2k),

1lll(y(s))2ds=(πkl)2k=1(c2k+d2k), e portanto

1lll(x(s))2+(y(s))2ds=(πkl)2k=1(a2k+b2k+c2k+d2k). Já que (x(s))2+(y(s))2=1 (comprimento de arco) então: π2k=1k2(a2k+b2k+c2k+d2k)=2l2 e já que L=2l temos: π2k=1k2(a2k+b2k+c2k+d2k)=L22.

Agora vamos calcular área da região usando teorema de Green: A=Csdy=llx(s)y(s)ds=πk=1[k(akdkbkck)].

Agora vamos confiar “as deusas da geometria” e comparar área com comprimento:

L24πA=2π2k=1k2(a2k+b2k+c2k+d2k)4π2[k(akdkbkck)] 2π2k=1(kakdk)2+(kbk+ck)2+(k21)(c2k+d2k).

analise2/dido.txt · Last modified: 2022/06/01 16:06 by 127.0.0.1