[EX] Una stima dal basso per la lunghezza dell'ellisse

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17 mag 2009, 21:53

Siano $a,b>0$ ed $E$ l'ellisse avente semiassi lunghi $a$ e $b$.

È noto che l'area della parte di piano $Omega$ racchiusa da $E$ è data da $A(Omega)=pi*a*b$; d'altra parte il perimetro $P(Omega)$ di $Omega$, ossia la lunghezza della curva $E$, non è determinabile in modo elementare (chi conosce un po' di Analisi avanzata saprà che nel calcolo della lunghezza di $E$ intervengono gli integrali ellittici e che tale lunghezza può essere espressa come somma di una serie si potenze).
Lo scopo del seguente esercizio è quello di mostrare come una tecnica geometrica elementare, unito a quanto appena ricordato circa l'area di $Omega$ ed alla classica disuguaglianza isoperimetrica*, possa portare ad un'ottima stima dal basso del valore della lunghezza dell'ellisse (cfr. wikipedia)

***

Problema:

Mostrare (senza l'ausilio di tecniche analitiche) che risulta:

(*) $\quad P(Omega)>=pi*(a+b) \quad$.

__________
* La disuguaglianza isoperimetrica stabilisce che:

"Tra tutte le figure piane il cerchio è quella per la quale è minore il rapporto tra perimetro al quadrato ed area."

In termini analitici, preso un qualunque insieme di $Lambda\subseteq RR^2$, con interno non vuoto e frontiera sufficientemente regolare (ma in realtà i requisiti di regolarità sono davvero blandi), risulta $[P(Lambda)]^2/(A(Lambda))>=4pi$.
Si noti che la costante $4pi$ è il rapporto tra quadrato del perimetro ed area di un qualunque cerchio (infatti è $4pi=[2pi*r]^2/(pi*r^2)$ per ogni $r>0$).

Risposte

gugo82

19 mag 2009, 00:39

$Omega$:
[asvg]xmin=-3;xmax=3;ymin=-3;ymax=3;
noaxes();
ellipse([0,0],3,1);
stroke="blue";
line([-3,0],[3,0]);
line([0,-1],[0,1]);[/asvg]

$Lambda$:
[asvg]xmin=-3;xmax=3;ymin=-3;ymax=3;
noaxes();
plot("1+(1-((x+1)^2)/9)^(0.5)",-1,2);
plot("-1-(1-((x-1)^2)/9)^(0.5)",-2,1);
plot("-1+3*(1-(x+1)^2)^(0.5)",-2,-1);
plot("1-3*(1-(x-1)^2)^(0.5)",1,2);
stroke="blue";
line([-1,2],[-1,-1]);
line([-1,1],[2,1]);
line([1,-2],[1,1]);
line([1,-1],[-2,-1]);
fill="yellow";
rect([-1,-1],[1,1]);[/asvg]

Si sfrutti il fatto che $P(Lambda)=P(Omega)$ e che $A(Lambda)=A(Omega)+A(Q)$, ove $Q$ è il quadrato in giallo.

gugo82

13 giu 2009, 21:26

"Gugo82":
Problema:

Mostrare (senza l'ausilio di tecniche analitiche) che risulta:

(*) $\quad P(Omega)>=pi*(a+b) \quad$.

Suggerimenti: Si consiglia di applicare la disuguaglianza isoperimetrica $[P(Lambda)]^2>= 4pi A(Lambda)$ (valida per la parte di piano $Lambda$ delimitata da una qualunque curva abbastanza regolare $C$) alla parte di piano $Lambda$ ottenuta aver "scomposto e riassemblato" opportunamente $Omega$.

In riferimento al disegno del post precedente si ha:

$P^2(Omega)=P^2(Lambda) \quad$,

cosicché, sfruttando la disuguaglianza isoperimetrica $P^2(Lambda)>=4pi*A(Lambda)$, troviamo:

$P^2(Omega)>= 4pi*A(Lambda) \quad$;

ma è:

$A(Lambda)=A(Omega)+A(Q)=pi*ab+(b-a)^2 \quad$,

cosicché abbiamo:

$P^2(Omega)>=4pi*[pi*ab+(b-a)^2]$

ed, affinché sia verificata la (*) basta che risulti:

$4pi*[pi*ab+(b-a)^2]>=pi^2*(a+b)^2 \quad$ ossia $\quad 4[pi*ab+(b-a)^2]-pi*(a+b)^2>=0 \quad$;

dividendo m.a.m. per $b^2$ (cosa possibile perchè $b>0$) e ponendo $t=a/b$, ci accorgiamo che l'ultima delle precedenti disuguaglianze equivale a:

(a) $\quad 4*[pi*t+(1-t)^2]-pi*(1+t)^2 >=0 \quad$.

Ne viene che, per terminare la dimostrazione, ci occorre e basta studiare il segno del primo membro di (a) al variare di $t \in [0,+oo[$: con un po' di algebra si vede che:

$4*[pi*t+(1-t)^2]-pi*(1+t)^2=(4-pi)*(t-1)^2$

onde la (a) è certamente verificata in $[0,+oo[$.
Quindi risulta:

$P^2(Omega)>=pi^2*(a+b)^2 \quad$,

da cui si ricava agilmente la (*).

NightKnight1

14 giu 2009, 12:35

Comunque per $a/b$ sufficientemente piccolo o sufficientemente grande, cioè quando l'ellisse è sufficientemente eccentrica, la stima banale $P(Omega) geq 4 sqrt(a^2 + b^2)$ è migliore della tua stima.

gugo82

14 giu 2009, 18:42

La stima banale è migliore per $t \notin [(pi^2-4\sqrt(2(pi^2-8)))/(pi^2-16),(pi^2+4\sqrt(2(pi^2-8)))/(pi^2-16)]$.
Evidentemente ciò dipende da come operano le due stime: quella banale approssima $P(Omega)$ col perimetro del rombo inscritto in $Omega$ aventi le diagonali coincidenti con gli assi di $E$; quella che ho proposto io approssima $P(Omega)$ col perimetro del cerchio avente raggio di lunghezza pari alla media aritmetica dei semiassi di $E$.
Quindi la stima banale è meglio quando $E$ è "abbastanza" schiacciata.

Per vedere la differenza propongo due figure: la prima quando $t>(pi^2+4\sqrt(2(pi^2-8)))/(pi^2-16) \sim 2.87$
[asvg]xmin=-4;xmax=4;ymin=-4;ymax=4;
noaxes();
plot("sqrt(1-(x^2)/9)",-3,3);
plot("-sqrt(1-(x^2)/9)",-3,3);
stroke="red";
line([3,0],[0,1]);
line([-3,0],[0,1]);
line([-3,0],[0,-1]);
line([3,0],[0,-1]);
stroke="dodgerblue";
plot("sqrt(4-x^2)",-2,2);
plot("-sqrt(4-x^2)",-2,2);[/asvg]
la seconda quando $0.35\sim (pi^2-4\sqrt(2(pi^2-8)))/(pi^2-16) < t < (pi^2+4\sqrt(2(pi^2-8)))/(pi^2-16) \sim 2.87$:
[asvg]xmin=-2.5;xmax=2.5;ymin=-2.5;ymax=2.5;
noaxes();
plot("sqrt(1-(x/1.5)^2)",-1.5,1.5);
plot("-sqrt(1-(x/1.5)^2)",-1.5,1.5);
stroke="red";
line([1.5,0],[0,1]);
line([-1.5,0],[0,1]);
line([-1.5,0],[0,-1]);
line([1.5,0],[0,-1]);
stroke="dodgerblue";
plot("sqrt(1.25^2-x^2)",-1.25,1.25);
plot("-sqrt(1.25^2-x^2)",-1.25,1.25);[/asvg]

G.D.5

14 giu 2009, 20:10

Che pariata! Ma tu sei un grande! Mi piace sto topic.

P.S.
Ma perché non ci raccogli in un bel pdf da pubblicare sul giornalino del sito tutti questi quesiti che poni (tipo questo o quelli della sezione Inglese)?

gugo82

15 giu 2009, 21:07

"WiZaRd":
Ma perché non ci raccogli in un bel pdf da pubblicare sul giornalino del sito tutti questi quesiti che poni (tipo questo o quelli della sezione Inglese)?

Ci potrei provare, ma mi frena il fatto di dover scrivere le formule in Word...

Poi certe cose sono troppo delicate (tipo quella proprietà del perimetro, come mi ha fatto notare Luca.Lussardi) per essere trattate "a cuor leggero".
Potrei fare un pezzo sulle disuguaglianze in forma ottimale... Ci devo pensare.