Μήκος Έλλειψης

AlexandrosG · #1

Έστω μια έλλειψη με μήκος

και ημιάξονες μήκους a,b

. Να αποδειχθεί ότι ισχύει: $\displaystyle{L>\pi(a+b)}$ .

Στο πρόβλημα αυτό έχω διαβάσει μια πανέμορφη λύση. Θα περιμένω μήπως την βρει κάποιος και αν όχι θα δώσω μια υπόδειξη.

papel · #2

Αλεξανδρε δεν εχω καποια λυση για αυτο αλλα κανω μια ιδεα.Να βρουμε ενα σχημα που εγγραφεται στην ελλειψη πχ ενα κυρτο πολυγωνο (τριγωνο τετραγωνο) υπο την συνθηκη του μεγιστου εμβαδου (η καποια αλλη καταλληλη) αλλα προφανως το μηκος να ειναι μετρησιμο και μεγαλυτερο απο π*(a+b) . Μπορουμε;

AlexandrosG · #3

Δεν είναι αυτό που έχω στο μυαλό μου αλλά ακούγεται καλή ιδέα. Προτείνεις δηλαδή κάτι σαν τη μέθοδο της εξάντλησης. 'Ισως δουλεύει. Η δυσκολία είναι στον υπολογισμό του μήκους του πολυγώνου καθ'ότι δεν είναι κανονικό. Βλέπουμε

chris · #4

Αν δεν κανω λάθος το πάνω όριο είναι $L=\pi\sqrt{2a^{2}+2b^{2}}$ (Euler-1773) και το κάτω όριο $L=2\pi\sqrt{ab}$ (Kepler-1609)
άρα $2\pi\sqrt{ab}\prec L\prec \pi \sqrt{2a^{2}+2b^{2}}$
Βεβαια είναι $L=4a\int_{0}^{\frac{\pi }{2} }{\sqrt{1-\varepsilon ^{2}(cost)^{2}}dt}$

#5

Χμ, έχω μια απόδειξη αλλά μάλλον όχι αυτήν που ζητάει ο Αλέξανδρος. Ξεκινάω από τον τύπο

$\displaystyle{ L = 4\int_0^{\pi/2} \sqrt{a^2 \cos^2(\theta) + b^2 \sin^2(\theta)} d\theta = 2\int_0^{\pi/2} \left(\sqrt{a^2 \cos^2(\theta) + b^2 \sin^2(\theta)} + \sqrt{b^2 \cos^2(\theta) + a^2 \sin^2(\theta)} \right) d\theta}$

Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι $\sqrt{a^2 \cos^2(\theta) + b^2 \sin^2(\theta)} + \sqrt{b^2 \cos^2(\theta) + a^2 \sin^2(\theta)} \geqslant a + b$ .

Αρκεί $\sqrt{(a^2 \cos^2(\theta) + b^2 \sin^2(\theta))(b^2 \cos^2(\theta) + a^2 \sin^2(\theta))} \geqslant ab$

Το τελευταίο όμως είναι άμεση συνέπεια της Cauchy-Schwarz. (Με ισότητα αν και μόνο αν a=b

.)

#6

Είναι γνωστό (και το χρησιμοποιεί ο Δημήτρης παραπάνω) ότι το μήκος έλλειψης είναι

$L = 4a \int _0 ^{\pi/2} \sqrt {1 - e^2 \cos ^2 t} dt\,$ όπου e η εκκεντρότητα,
με $e^2 = \frac{a^2 - b^2}{a^2}$

Αναπτύσσοντας την τετραγωνική ρίζα και ολοκληρώνοντας όρο προς όρο θα βρούμε

$L = 4\pi a ( 1 - \frac {1^2}{2^2} e^2 - \frac {1^2\cdot 3^2}{2^2\cdot 4^2}\frac{e^4}{3} - ...)$

(όλοι οι όροι μετά τον πρώτο είναι αρνητικοί).

Κρατώντας τους δύο πρώτους όρους θα βρούμε

$L \ge \pi \frac {3a^2 + b^2}{2a}$

To τελευταίο είναι $\ge a+b \,$ (ισοδυναμεί με το $a^2 + b^2 \ge 2ab)$ ,
δηλαδή το ζητούμενο. Παίρνοντας και άλλους όρους βρίσκουμε όλο και καλύτερες προσεγγίσεις προς τα κάτω.

Ας τονίσω ότι το πρόβλημα προσέγγισης του μήκους περιφερείας έλλειψης έχει απασχολήσει γόνιμα τους μαθηματικούς από την εποχή του Kepler. Έχουν επινοηθεί πολλοί κομψότατοι προσεγγιστικοί τύποι.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

AlexandrosG · #7

Πολύ ωραίες οι παραπάνω λύσεις.

Στη λύση που έχω δει γίνεται χρήση της (επίσης πολύ όμορφης κατά την άποψή μου

) ισοπεριμετρικής ανισότητας.

Αν την εφαρμόσουμε για την ίδια την έλλειψη θα βρούμε το φράγμα που δίνει ο Χρήστος λίγο παραπάνω. Γίνεται όμως να την εφαρμόσουμε σε κάποιο άλλο σχήμα και να πάρουμε την ζητούμενη που είναι λίγο πιο ισχυρή, όπως μας δείχνει η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου.

Τελικά παίζουν πολλά μαθηματικά σε αυτό το πρόβλημα

Τώρα βλέπω πως στο link που δίνω ενδιαφέρον έχει το pdf στο τέλος με αποδείξεις της ισοπεριμετρικής ανισότητας.

#8

ΕΙΚΑΣΙΑ: αν δύο ελλείψεις έχουν ίσα αθροίσματα μηκών αξόνων τότε αυτή με τον μεγαλύτερο μεγάλο άξονα έχει και μεγαλύτερη περιφέρεια.

Γιώργος Μπαλόγλου

AlexandrosG · #9

Μια υπόδειξη ακόμα για τη λύση:

Δείτε την τρίτη απόδειξη εδώ και έχετε υπόψιν την ισοπεριμετρική ανισότητα.

Επίσης κάτι άσχετο: στο link αυτό η απόδειξη 35 που δίνεται για το πυθαγόρειο θεώρημα είναι απίστευτη.

#10

Τώρα μπερδεύτηκα περισσότερο. Πάντως το καλύτερο που έχω πετύχει μέσω ισοπεριμετρικής είναι $L \geqslant 2\pi(\sqrt{2a(b+a)} - a)$ το οποίο είναι καλύτερο από το $2\pi\sqrt{ab}$ αλλά χειρότερο από το $\pi(a+b)$

Για αυτήν την ανισότητα εφάρμοσα την ισοπεριμετρική στο σχήμα που παίρνουμε χρησιμοποιώντας την μισή έλλειψη μαζί με μισό κύκλο.

AlexandrosG · #11

Κατ'αρχάς Δημήτρη ευχαριστώ που ασχολήθηκες. Ίσως δεν έδωσα πολύ καλά τις υποδείξεις.

Λοιπόν

κόβουμε την έλλειψη σε 4 ίσα κομμάτια κατά μήκος των αξόνων συμμετρίας της. Τώρα τα κολλάμε γύρω από ένα τετράγωνο πλεράς b-a

όπως ακριβώς και στην απόδειξη 3 του πυθαγορείου που δίνω λίγο παραπάνω. Προκύπτει ένα σχήμα που μοιάζει με κύκλο αλλά δεν είναι, έχει μήκος ακριβώς το ίδιο με την αρχική έλλειψη και εμβαδόν A+(b-a)^2

.
όπου

το εμβαδόν της έλλειψης. Είναι γνωστό ότι $A=\pi ab$ . Εφαρμόζοντας την ισοπεριμετρική ανισότητα παίρνουμε $L^2 \geq 4\pi (A+(b-a)^2) \geq ( \pi (a+b))^2$ .

όπως θέλαμε. Η τελευταία ανισότητα δεν είναι προφανής αλλά εύκολη να αποδειχθεί.

Ελπίζω να σου άρεσε

#12

Αλέξανδρε μια χαρά υποδείξεις έδωσες. Πολύ όμορφη απόδειξη.

mathxl · #13

Σχετικό με το μήκος έλλειψης
http://www.maa.org/editorial/euler/How% ... llipse.pdf

#14

AlexandrosG έγραψε:Μια υπόδειξη ακόμα για τη λύση:

Δείτε την τρίτη απόδειξη εδώ και έχετε υπόψιν την ισοπεριμετρική ανισότητα.

Επίσης κάτι άσχετο: στο link αυτό η απόδειξη 35 που δίνεται για το πυθαγόρειο θεώρημα είναι απίστευτη.

Αυτή η απόδειξη θυμίζει (είναι) το θεώρημα του Πάππου, όπως αναφέρεται στον Kazarinoff, Geometric Inequalities (δε θυμάμαι σελίδα.)

Μήκος Έλλειψης

Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Re: Μήκος Έλλειψης

Μέλη σε σύνδεση