Lunghezza del grafico al più 3

[Paolo902]

Problema. Sia $f: [0,1]\to [0,1]$ di classe $C^1$, concava e tale che $f(0)=0=f(1)$. Dimostrare che la lunghezza del grafico di $f$ è al più 3.
Ho visto una soluzione che non mi ha convinto troppo. Vediamo se ne troviamo qualcuna più carina...

[ficus2002]

La lunghezza è data da
$$\ell=\int_0^1\sqrt{1+f^\prime (x)^2}dx$$
Si osserva che $\sqrt{1+f^\prime (x)^2}\leq 1+|f^\prime (x)|$.
Per l'ipotesi di concavità, $f^\prime(x)$ è non crescente; per il teorema di Rolle esiste $c$ tale che $0 Di conseguenza,
$$\ell \leq\int_0^1(1+|f^\prime (x)|)dx=1+\int_0^c f^\prime (x)dx-\int_c^1 f^\prime (x)dx=1+2f(c)\leq 3$$

[gugo82]

Tanto per fissare la notazione, siano \(D=\{0=x_0 *
Dato che \(f\in C^1(]0,1[)\), il grafico è una curva rettificabile e per definizione è:
\[
\ell (f) := \sup_{D\in \mathcal{D}} \ell (f;D)\; ;
\]
conseguentemente, per ottenere l'asserto, basta dimostrare che risulta:
\[
\tag{A} \ell (f;D)\leq 3
\]
per ogni \(D\in \mathcal{D}\).
Il poligono \(P_D\) avente vertici \((x_0,f(x_0)),(x_1,f(x_1)),\ldots ,(x_N,f(x_N)),(x_{N+1},f(x_{N+1}))\) è un poligono convesso inscritto nel sottografico di \(f\) e, dunque, anche nel quadrato \(Q=[0,1]^2\) ed inoltre si ha:
\[
\operatorname{Per}(P_D)=\ell (f;D)+1
\]
in cui \(\operatorname{Per}(\cdot)\) è il perimetro; quindi, dimostrare la (A) equivale a dimostrare che:
\[
\tag{B}
\operatorname{Per}(P_D)\leq 4 = \operatorname{Per}(Q)\; ,
\]
cioé che il perimetro del poligono convesso \(P_D\) inscritto nel sottografico non supera il perimetro del quadrato \(Q=[0,1]^2\)...
*
Ma provare la (B) è molto semplice: infatti, essa è conseguenza del seguente fatto lievemente più generale:

Sia \( Q\) un quadrato.
Se \(P\) è un poligono convesso contenuto in \(Q\) allora:
\[
\operatorname{Per}(P)\leq \operatorname{Per}(Q)\; ,
\]
in cui \(\operatorname{Per}(\cdot)\) è il perimetro.

Dim.: Se \(l>0\) è la lunghezza del lato di \(Q\), si può fare sempre introdurre un sistema d'assi cartesiani nel piano in modo che \(Q=[0,l]^2\).
Siano \((x_1,y_1),\ldots , (x_N,y_N)\) i vertici di \(P\) ordinati in senso antiorario; chiaramente:
\[
\begin{split}
\operatorname{Per}(P) &= \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2} + \sqrt{(x_3-x_2)^2+(y_3-y_2)^2} + \cdots +\sqrt{(x_N-x_{N-1})^2+(y_N -y_{N-1})^2} \\
&\phantom{=} + \sqrt{(x_1-x_N)^2+(y_1-y_N)^2}\\
&\leq |x_2-x_1|+|x_3-x_2|+\cdots +|x_N-x_{N-1}|+|x_1-x_N|\\
&\phantom{\leq} + |y_2-y_1|+|y_3-y_2|+\cdots +|y_N-y_{N-1}|+|y_1-y_N|\\
&= X_\geq + X_< + Y_\geq +Y_<
\end{split}
\]
in cui \(X_\geq\) [risp. \(X_<\)] è il gruppo degli addendi in \(|x_2-x_1|+|x_3-x_2|+\cdots +|x_N-x_{N-1}|+|x_1-x_N|\) con argomenti \(\geq 0\) [risp. \(<0\)] ed analogamente per \(Y_\geq\) [risp. \(Y_-\)]; ma evidentemente è \(X_\geq, X_<,Y_\geq ,Y_< \leq l\), dunque \(\operatorname{Per}(P)\leq 4l=\operatorname{Per}(Q)\), come si voleva.

*
*
P.S.: Probabilmente, un geometric measure theorist direbbe che la cosa è una semplice conseguenza del fatto che il perimetro è un funzionale crescente nella classe degli insiemi convessi.
Infatti, posto \(C:=\{(x,y): 0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq f(x)\}\), \(C\subseteq Q\) e \(C\) è convesso, dunque:
\[
\ell (f) +1 = \operatorname{Per}(C) \leq \operatorname{Per}(Q) = 4\; ,
\]
da cui la tesi.

[gugo82]

@ Paolo: A questo punto vorrei sapere com'è la soluzione che non ti convince.

[Paolo902]

@ Gugo: grazie per il tuo contributo, davvero interessante. Per quanto riguarda la tua domanda, la soluzione che avevo vista era esattamente la stessa proposta da ficus2002, solo che era scritta "male" e c'erano alcuni passaggi non giustificati per bene. L'intervento di ficus2002 ha chiarito tutto e ne approfitto per ringraziare anche lui.

[Emar1]

Ho visualizzato oggi il problema e mi so sono detto, proviamo!
Ci ho girato e rigirato ma alla fine mi mancava sempre un tassello, che ho scoperto essere poi il risultato dimostrato da Gugo a cui vanno i più sentiti complimenti per l'eleganza del procedimento che pur mantiene il contatto con la realtà geometrica del problema.

Io non ce l'ho fatta ma mi sono divertito lo stesso e ho imparato dalle vostre dimostrazioni.

Non so niente di CdV, ma si potrebbe risolverlo con metodi variazionali senza ricorrere ai poligoni? Chiaramente sarebbe uno spreco di tempo, ma è solo una curiosità

[gugo82]

Con strumenti variazionali classici è un po' seccante.
Infatti, mentre il funzionale è quello "bello" del perimetro, i.e.:
\[
\mathcal{I} := \int_0^1 \sqrt{1+\big( u^\prime (x)\big)^2}\ \text{d} x
\]
i vincoli da imporre alla \(u\) sono "infidi". Infatti, a parte il semplice vincolo puntuale \(u(0)=0=u(1)\), c'è pure quello di avere range in \([0,1]\) e quello della concavità, che si esprimono:
\[
0\leq u(x)\leq 1\qquad \text{e} \qquad u^\prime \text{ è decrescente},
\]
e perciò non si inquadrano tra i vincoli del CdV "classico".

[Emar1]

Capisco. Ti ringrazio per la delucidazione! Alla prossima