Desigualdad Isoperimétrica en el plano
Curvas de Jordan
Una curva $\alpha \, : \, \Bbb{R} \rightarrow \Bbb{R}^2$ de longitud L se dice que es de Jordan si:
- Es conexa ($\alpha(t)$ es continua)
- Es regular ($\alpha ' (t) \neq 0$)
- Es periódica (con periodo A, $\alpha(t) = \alpha(s+A)$)
- Es cerrada (con longitud L, $\alpha(0) = \alpha(L)$ $\ \Rightarrow L |_{div} T$)
- Es simple ($\alpha(a) \neq \alpha(b), \forall a \neq b \in [0,L[ $)
Teorema de la curva de Jordan
Toda curva de Jordan divide al plano en dos componentes conexas disjuntas, siendo la curva la frontera común entre ambas.
Consecuencias
La parte acotada $\Omega$ se llama interior de la curva, y la no acotada $\Bbb{R}^2 \setminus \Omega$ exterior.
Para saber si un punto está dentro o fuera de la curva, se traza un rayo que sea tangente a todos los puntos donde corta con la curva, si corta en una cantidad impar de veces está en el interior, y si corta una cantidad par de veces está en el exterior.
Toda curva de Jordan es difeomorfa a una circunferencia
Definiciones
Se llama índice de rotación I($\alpha$) de una curva (cualquiera) a la cantidad de vueltas que da en cada dirección la curva (+1 si da la vuelta en dirección positiva, antihoraria, y -1 si va al revés)
$$I(\alpha) := \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{A}{k(t) \, |\alpha'(t)| dt} \ \in \Bbb{Z}$$Teorema de las tangentes
Una curva de Jordan tiene índice de rotación $\pm 1$ (positivo si está orientado positivamente, y negativo si no)
Equivalentemente, $\displaystyle \int_{0}^{A}{|k(t)| \, |\alpha'(t)| dt} = 2\pi$
Teorema de la divergencia
Sea $\alpha$ una curva de Jordan p.p.a. ($|\alpha{s}|= 1$) y sea $X: \overline{\Omega} \subseteq \Bbb{R}^2 \rightarrow \Bbb{R}^2$ un campo continuo, tal que $X_{| \stackrel{\circ}{\Omega}}$ su restricción al abierto es diferenciable, entonces
$$\iint_\Omega div X \ dA = - \int_0^L \langle X(\alpha(s)), \, \mathcal{J} \alpha'(s) \rangle \ ds$$ Equivalentemente $$\iint_\Omega \nabla \bullet X \ dx \, dy = - \int_0^L X(\alpha(s)) \bullet \alpha'(s)^{\perp} \ ds$$Enunciado de la Desigualdad Isoperimétrica en $\Bbb{R}^2$
Definimos el área contenida en la imagen de una curva $C = Im(\alpha) = \alpha[0,L]$ como $\Omega$, $\displaystyle Área(\Omega) = - \frac{1}{2} \int_0^L \langle \alpha(t) ,\, \mathcal{J} \alpha'(t) \rangle \ dt$.
Es decir, $\displaystyle A(\Omega) = - \frac{1}{2} \int_0^L \alpha(t) \bullet \alpha'(t)^\perp \ dt = \frac{1}{2} \int_0^L \left [ \begin{matrix} \alpha_1 & \alpha_2 \\ \alpha_1' & \alpha_2' \end{matrix} \right ]_{det} $)
Sea $\alpha(s)$ una curva de Jordan p.p.a. con longitud de curva L, y área de su interior $A = A(\Omega)$, entonces
$$A \leq \frac{L^2}{4 \pi} $$ Y se da la igualdad cuando la curva es una circunferencia.Demostración
Ejercicio 1, calcula esta derivada. $\displaystyle \frac{d}{dt} \frac{1}{|\alpha(t) - a|^2}$, $\ a \in \Bbb{R^2}$
$\displaystyle \frac{d}{dt} \frac{1}{|\alpha(t) - a|^2} =$
$\displaystyle \frac{d}{dt} \frac{1}{\langle \alpha(t) - a,\, \alpha(t) - a\rangle} =$
$\displaystyle \frac{\frac{d}{dt} (1)}{\langle \alpha(t) - a,\, \alpha(t) - a\rangle} + \frac{d}{dt} \left ( \langle \alpha(t) - a,\, \alpha(t) - a\rangle \right )^{-1} = \ldots$
Aquí aplicamos la regla de la cadena aunque parezca algo confusa la cuenta
$\displaystyle \ldots = 0 - 1 \cdot \left ( \langle \alpha(t) - a,\, \alpha(t) - a \rangle \right )^{-2} \cdot \frac{d}{dt} \langle \alpha(t) - a,\, \alpha(t) - a\rangle = \ldots$
Ahora volvemos a simplificar el producto escalar como norma, y pasamos a derivar el producto escalar
$\displaystyle \ldots \frac{-1}{(|\alpha(t) - a|^2)^2} \left ( \langle \frac{d}{dt} \alpha(t) - a,\, \alpha(t) - a\rangle + \langle \alpha(t) - a,\, \frac{d}{dt} \alpha(t) - a\rangle \right )$
Finalmente usando la conmutatividad del producto escalar obtenemos que
$$\frac{d}{dt} \frac{1}{|\alpha(t) - a|^2} = \frac{-2 \langle \alpha'(t),\, \alpha(t) - a\rangle}{|\alpha(t) - a|^4} $$
Lema 2, Divergencia del campo $\displaystyle X(p) = \frac{p-a}{|p-a|^2}$
Sea $X: \Bbb{R}^2 \setminus \{a\} \longrightarrow \Bbb{R}^2$ un campo definido por la ecuación
$$X(p) = \frac{p-a}{|p-a|^2}$$
Queremos estudiar la integral de su divergencia, para ello calculamos primero su diferencial
$\displaystyle df_p(v) := \left [ \frac{d}{dt} f(\alpha(t)) \right ]_{t = 0} $, con $\alpha(0) = p $ y $ \alpha'(0) = v$
Lo aplicamos al campo X
$\displaystyle d X_p(v) = \left [ \frac{d}{dt} \frac{\alpha(t)-a}{|\alpha(t)-a|^2}\right ]_{t = 0} =$
$\displaystyle \left [ \frac{\alpha'(t)}{|\alpha(t) - a|^2} + (\alpha(t) - a) \cdot \frac{d}{dt}\frac{1}{|\alpha(t) - a|^2} \right ]_{t = 0} \stackrel{Eje.1}{=}$
$\displaystyle \left [ \frac{\alpha'(t)}{|\alpha(t) - a|^2} + (\alpha(t) - a) \cdot \frac{-2 \langle \alpha(t) - a,\, \alpha'(t) \rangle}{|\alpha(t) - a|^4} \right ]_{t = 0}=$
$\displaystyle \frac{v}{|p - a|^2} - 2 \frac{\langle p-a,\, v\rangle}{|p - a|^4} \cdot (p - a)$
Y llegamos a que
$$d X_p(v) = \frac{v}{|p - a|^2} - \frac{2 \langle p-a,\, v \rangle}{|p - a|^4} \cdot (p - a)$$
Una vez obtenida su diferencial, calculamos su divergencia a partir de la traza de la diferencial en la base $\{e_1, e_2\}$
$\displaystyle div X = tra(dX_p) = \sum_{i=1}^2 \langle dX_p(e_i),\, e_i \rangle =$
$\displaystyle \sum_{i=1}^2 \left \langle \frac{e_i}{|p-a|^2} - \frac{2 \langle p-a,\, e_i \rangle}{|p - a|^4} (p-a) \, ,\, e_i \right \rangle =$
$\displaystyle \sum_{i=1}^2 \left [ \frac{1}{|p-a|^2} \langle e_i ,\, e_i \rangle - \frac{2}{|p-a|^4} \left \langle \, \langle p-a,\,e_i \rangle (p-a) ,\, e_i \right \rangle \right ]= \ldots$
Como $\langle e_i,\, e_i \rangle = |e_i|^2 = 1$ se va a ir, y sacamos el producto escalar dentro de otro producto escalar fuera ya que es como un número
$\displaystyle \ldots = \frac{1}{|p-a|^2} \sum_{i=1}^2 \left [ 1 - \frac{2}{|p-a|^2} \langle p-a,\,e_i \rangle \cdot \langle p-a ,\, e_i \rangle \right ]= \ldots$
Quitamos la sumatoria recordando que sumar las coordenadas al cuadrado en una base es el módulo, es decir $\displaystyle \sum_{i=1}^2 \langle p-a ,\, e_i \rangle^2 = \langle p-a ,\, e_1 \rangle^2 + \langle p-a ,\, e_2 \rangle^2 = |p-a|^2$, (y que sumar dos veces 1 es dos xD)
$\displaystyle \ldots = \frac{1}{|p-a|^2} \left [ 2 - 2 \frac{|p-a|^2 }{|p-a|^2} \right ]=$
$\displaystyle \ldots = \frac{1}{|p-a|^2} \left [ 2 - 2 \right ]= 0$
Por lo tanto, sabemos que la divergencia es nula
$$ div \, \frac{p-a}{|p-a|^2} = 0 $$
Ejercicio 3, Calcula la integral $\displaystyle \int_0^{2 \pi \varepsilon} \frac{\langle \beta(s) - a,\, N_\beta(s) \rangle}{|\beta(s)-a|^2} ds$
Sea $\displaystyle a \in \stackrel{\circ}{\Omega}$, y $\beta$ es una circunferencia pequeña (de radio $\varepsilon$) alrededor de a
$$\beta(s) = a + \varepsilon \left (sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, ,\ cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, \right)$$
y su normal interior $\displaystyle N_B(t) = J \beta'(t) = (- \beta'_2 ,\, \beta'_1)(t)$ porque beta está positivamente orientada, calculado explícitamente su normal
$\displaystyle T_\beta = \beta'(s) = \varepsilon \left (cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \cdot \frac{1}{\varepsilon},\, \ -sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \cdot \frac{s}{\varepsilon} \right ) =$
$\displaystyle \left ( cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) , - sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right )$
Entonces su normal es $\displaystyle N_\beta = \left ( sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) ,\, cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right )$
Calculamos su producto escalar
$\displaystyle \langle \beta(s) - a,\, N_\beta(s) \rangle = $
$\displaystyle \left \langle \left ( a_1 + \varepsilon sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) ,\, a_2 + \varepsilon cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right ) - (a_1 ,\, a_2)\, ,\ \left ( sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) ,\, cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right ) \right \rangle$
$\displaystyle \varepsilon \left \langle \left ( sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) ,\, cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right ) \, ,\ \left ( sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) ,\, cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right ) \right \rangle = $
$\displaystyle \varepsilon \left ( sen^2 \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) + cos^2 \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right ) = \varepsilon$
También calculamos este módulo $|\beta(s)-a|^2$
$\displaystyle |\beta(s)-a|^2 = $
$\displaystyle \left | \left ( a_1 + \varepsilon sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) ,\, a_2 + \varepsilon cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right ) - (a_1 ,\, a_2)\right |^2 =$
$\displaystyle \left | \varepsilon sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) ,\, \varepsilon cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right |^2 =$
$\displaystyle \varepsilon^2 \left ( sen^2 \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) + cos^2 \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \right )^2 =$
$\displaystyle \varepsilon^2 $
Hechos estos cálculos, la integral sale de forma casi inmediata
$\displaystyle \int_0^{2 \pi \varepsilon} \frac{\langle \beta(s) - a,\, N_\beta(s) \rangle}{|\beta(s)-a|^2} ds =$
$\displaystyle \int_0^{2 \pi \varepsilon} \frac{\varepsilon}{\varepsilon^2} ds =$
$\displaystyle \frac{1}{\varepsilon} \left [ s \right ]_0^{2 \pi \varepsilon} =$
$\displaystyle \frac{2 \pi \varepsilon}{\varepsilon} - \frac{0}{\varepsilon}$
Finalmente hemos calculado que
$$ \int_0^{2 \pi \varepsilon} \frac{\langle \beta(s) - a,\, N_\beta(s) \rangle}{|\beta(s)-a|^2} ds = 2 \pi$$
Lema 4, Calcula la integral $\displaystyle \int_0^L \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} ds$
Sea N su normal interior $\displaystyle N(t) = J \alpha'(t) = (- \alpha'_2 ,\, \alpha'_1)(t)$ estando la curva positivamente orientada. Solo sabemos de a que no puede estar en la curva porque sino la integral no está bien definida, así que para calcular la integral pueden pasar dos cosas con el punto
Caso 1 $\displaystyle a \not\in \overline{\Omega}$
Si el punto a no está dentro del interior de la curva $\alpha(t)$, se puede integrar sin que se divida por cero usando el teorema de la divergencia
$\displaystyle \int_0^L \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} ds =$
$\displaystyle - \int \int_\Omega div \, \frac{\alpha(s) - a}{|\alpha(s)-a|^2} ds \stackrel{Lem.2}{=}$
$\displaystyle - \int \int_\Omega 0 = 0$
Caso 2 $\displaystyle a \in \stackrel{\circ}{\Omega}$
Si el punto se encuentra dentro del dominio, el teorema de la divergencia sigue siendo cierto pero solo para los puntos que No están divididos por cero, es decir, para todos los puntos del interior menos una circunferencia pequeño del punto a $\beta(s)$ (definida en el ejercicio 3) pero con la normal exterior de Beta (por lo que vale $-2\pi$)
$\displaystyle \int_0^L \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} ds -\int_0^{2 \pi \varepsilon} \frac{\langle \beta(s) - a,\, - N_\beta(s) \rangle}{|\beta(s)-a|^2} ds=$
$\displaystyle - \int \int_\Omega div \, \frac{\alpha(s) - a}{|\alpha(s)-a|^2} ds$
Utilizando el valor de la integral de la divergencia (Lema 2) y el de la integral de la curva Beta (Ejercicio 3) podemos despejar el valor de la integral
$\displaystyle \int_0^L \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} ds + 2 \pi = 0$ ;
$\displaystyle \int_0^L \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} ds = - 2 \pi$
Conclusión
Por tanto podemos resumir los resultados como
$$ \int_0^L \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} ds = \left \{
\begin{matrix} 0 & si & a \not\in \overline{\Omega} \\ - 2 \pi & si & a \in \stackrel{\circ}{\Omega} \end{matrix} \right\}_\cap$$
Lema 5, Divergencia del campo $\displaystyle X(p) = \frac{\langle p-a ,\, b \rangle}{|p-a|^2} (p-a)$
Al igual que en el lema 2 el proceso de cálculo para este campo $X: \Bbb{R}^2 \setminus \{a\} \longrightarrow \Bbb{R}^2$, empieza calculando su diferencial
$\displaystyle d X_p(v) = \left [\frac{d}{dt} X(\alpha(t)) \right ]_{t = 0}$
$\displaystyle \left [ \frac{d}{dt} \left ( \frac{\langle \alpha(t)-a ,\, b \rangle}{|\alpha(t)-a|^2} (\alpha(t)-a) \right ) \right ]_{t = 0} =$
$\displaystyle \bigg [ \frac{d}{dt} \langle \alpha(t)-a ,\, b \rangle \cdot \left ( \frac{\alpha(t) - a}{|\alpha(t)-a|^2} \right ) +$ $\displaystyle \frac{d}{dt} \left ( \frac{1}{|\alpha(t)-a|^2} \right ) \cdot \langle \alpha(t)-a ,\, b \rangle (\alpha(t)-a) +$ $\displaystyle \frac{\langle \alpha(t)-a ,\, b \rangle}{|\alpha(t)-a|^2} \cdot \frac{d}{dt} (\alpha(t)-a) \bigg ]_{t = 0} \stackrel{Eje.1}{=}$
$\displaystyle \bigg [ (\langle \alpha'(t) ,\, b \rangle + \langle \alpha(t)-a ,\, 0 \rangle ) \cdot \left ( \frac{\alpha(t) - a}{|\alpha(t)-a|^2} \right )$ $\displaystyle
+ \left ( \frac{-2 \langle \alpha'(t),\, \alpha(t) - a\rangle}{|\alpha(t) - a|^4} \right ) \cdot \langle \alpha(t)-a ,\, b \rangle (\alpha(t)-a) $ $\displaystyle
+ \frac{\langle \alpha(t)-a ,\, b \rangle}{|\alpha(t)-a|^2} \cdot \alpha'(t) \bigg ]_{t = 0} =$
$\displaystyle \langle v ,\, b \rangle \cdot \frac{p - a}{|p-a|^2}
+ \frac{-2 \langle v,\, p - a\rangle}{|p - a|^4} \cdot \langle p-a ,\, b \rangle (p-a)
+ \frac{\langle p-a ,\, b \rangle}{|p-a|^2} \cdot v$
Simplificado tenemos que
$$ d X_p(v) = \frac{p-a}{|p-a|^2} \langle v ,\, b \rangle - 2 \frac{p-a}{|p-a|^4} \langle p-a ,\, v \rangle \langle p-a ,\, b \rangle + \frac{v}{|p-a|^2} \langle p-a ,\, b \rangle $$
Calculamos su divergencia en la base $\{e_1, e_2\}$
$\displaystyle div X = tra(dX_p) = \sum_{i=1}^2 \langle dX_p(e_i),\, e_i \rangle =$
$\displaystyle \sum_{i=1}^2 \left \langle \frac{p-a}{|p-a|^2} \langle e_i ,\, b \rangle - 2 \frac{p-a}{|p-a|^4} \langle p-a ,\, e_i \rangle \langle p-a ,\, b \rangle + \frac{e_i}{|p-a|^2} \langle p-a ,\, b \rangle \, ,\, e_i \right \rangle =$
$\displaystyle \sum_{i=1}^2 \left [ \left \langle \frac{p-a}{|p-a|^2} \langle e_i ,\, b \rangle \, ,\, e_i \right \rangle
- \left \langle 2 \frac{p-a}{|p-a|^4} \langle p-a ,\, e_i \rangle \langle p-a ,\, b \rangle \, ,\, e_i \right \rangle
+ \left \langle \frac{e_i}{|p-a|^2} \langle p-a ,\, b \rangle \, ,\, e_i \right \rangle \right ]=$
$\displaystyle \frac{1}{|p-a|^2} \sum_{i=1}^2 \left [ \langle e_i ,\, b \rangle \langle p-a ,\, e_i \rangle
- \frac{2}{|p-a|^2} \langle p-a ,\, e_i \rangle \langle p-a ,\, b \rangle \langle p-a ,\, e_i \rangle
+ \langle p-a ,\, b \rangle \langle e_i ,\, e_i \rangle \right ] = \ldots$
Usando la misma idea del lema anterior, que el cuadrado de coordenadas es el módulo $\sum_{i=1}^2 \langle p-a,\, e_i \rangle = |p-a|^2$ sacamos fuera de la sumatoria lo que podamos
$\displaystyle \ldots = \frac{1}{|p-a|^2} \left [ 2 \langle p-a ,\, b \rangle - \frac{2}{|p-a|^2} |p-a|^2 \langle p-a ,\, b \rangle + \sum_{i=1}^2 \langle e_i ,\, b \rangle \langle p-a ,\, e_i \rangle \right ] =$
$\displaystyle \frac{1}{|p-a|^2} \sum_{i=1}^2 \langle b ,\, e_i \rangle \langle p-a ,\, e_i \rangle$
Usando que el producto escalar se puede hacer como el producto de coordenadas, es decir, $\langle p-a ,\, b \rangle = \sum_{i=1}^2 \langle p-a ,\, e_i \rangle \langle b ,\, e_i \rangle$ finalmente queda que
$$ div \, \frac{\langle p-a ,\, b \rangle}{|p-a|^2} (p-a) = \frac{\langle p-a ,\, b \rangle}{|p-a|^2}$$
Ejercicio 6, Calcula el vector tangente y la longitud de $\alpha_\varepsilon(t)$
La definición de $\alpha_\varepsilon(t)$ es la curva paralela a α(t) a poca distancia $\varepsilon \in \Bbb{R}^{+}$ de forma que no se autocorte (siga siendo simple), y se define para un epsilon suficientemente pequeño como
$$\alpha_\varepsilon(t) := \alpha(t) + \varepsilon \, N(t)$$
Entonces su tangente se calcula como
$\displaystyle T_\varepsilon = \alpha'_\varepsilon(t) := \alpha'(t) + \varepsilon \, N'(t) = \ldots$
Usando las ecuaciones de Frenet para el plano, sabemos que $N'(t) = -\kappa (t) \cdot T$, entonces
$\displaystyle \ldots = T + \varepsilon (- \kappa T)$
Entonces el vector tangente a las curvas paralelas es
$$ \alpha_\varepsilon(t) = T (1 - \varepsilon \kappa)$$
Ahora calculamos su longitud de $\alpha_\varepsilon(t)$ a partir de L, que es la longitud de $\alpha(t)$.
$\displaystyle L_0^L (\alpha_\varepsilon(t)) := \int_0^L |\alpha'(t)| dt =$ $\int_0^L | T(t) (1 - \varepsilon \kappa(t))| dt =$
$\displaystyle \int_0^L | T(t) | \, |1 - \varepsilon \kappa(t)| dt = \ldots$
Recordamos que la curva alpha está parametrizada por arco, es decir, $ | T(t) | = 1$, y imponemos que epsilon sea suficientemente pequeño para poder quitar el valor absoluto, es decir, $1 - \varepsilon \kappa \leq 0$ ; $\varepsilon \leq 1 / \kappa$.
$\displaystyle \int_0^L |1 - \varepsilon \kappa(t)| dt = \int_0^L 1 - \varepsilon \kappa(t) dt = L - \int_0^L \varepsilon \kappa(t) dt$
Recordamos el teorema de la tangente para una curva positivamente orientada, que resuelve esta integral, ya que $\displaystyle \int_0^L \kappa(t) dt = 2 \pi $, entonces, la integral queda resuelta como
$$L (\alpha'_\varepsilon(t)) = L - 2\pi \varepsilon$$
Ejercicio 7, comprobar que este campo está acotado $\displaystyle \frac{\langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(s) \rangle \, \langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha_\varepsilon '(u) \rangle}{|\alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s)|^2}$ para valores de u y s en $[0,\, L]$
Pasamos a ponerle valores absolutos
$\displaystyle \left | \frac{\langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(s) \rangle \, \langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha_\varepsilon '(u) \rangle}{|\alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s)|^2} \right| = $
$\displaystyle \frac{|\alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) | \, |\mathcal{J}\alpha'(s) | \, | \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) | \, | \mathcal{J}\alpha_\varepsilon '(u) |}{|\alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s)|^2} = $
$\displaystyle |\mathcal{J}\alpha'(s) | \, | \mathcal{J}\alpha_\varepsilon '(u) | = $
$\displaystyle |\alpha'(s) | \, |\alpha_\varepsilon '(u) | \stackrel{Eje. 6}{=} $
$\displaystyle |1 - \varepsilon \kappa(u)| \leq \ldots$
Como hace falta que sea menor que todos los valores de u, se coge el máximo, y recordamos que epsilon es positivo
$\ldots \leq 1 - \varepsilon \cdot \textrm {máx} \{ |\kappa(u)| \, : \, u \in [0 ,\, L] \}$
Como la curvatura es finita, el campo está acotado
Ejercicio 8, demostrar esta desigualdad $\displaystyle - \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle \leq \frac{1}{4} \langle \alpha ,\, N - M \rangle^2$ y observar cuando se da la igualdad
Partimos de la desigualdad para llegar a otra que sea trivial que sea cierta
$\displaystyle - \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle \leq \frac{1}{4} \langle \alpha ,\, N - M \rangle^2$
$\displaystyle -4 \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle \leq \langle \alpha ,\, N - M \rangle^2$
$\displaystyle -4 \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle \leq \left ( \langle \alpha ,\, N \rangle - \langle \alpha ,\, M \rangle \right )$
$\displaystyle -4 \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle \leq
\langle \alpha ,\, N \rangle^2 - 2 \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle + \langle \alpha ,\, M \rangle^2$
$\displaystyle 0 \leq
\langle \alpha ,\, N \rangle^2 - 2 \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle + \langle \alpha ,\, M \rangle^2 + 4 \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle$
$\displaystyle
\langle \alpha ,\, N \rangle^2 + 2 \langle \alpha ,\, N \rangle \, \langle \alpha ,\, M \rangle + \langle \alpha ,\, M \rangle^2
\geq 0$
$\displaystyle
\left ( \langle \alpha ,\, N \rangle + \langle \alpha ,\, M \rangle \right)^2
\geq 0$
$\displaystyle
\langle \alpha ,\, N + M \rangle^2
\geq 0$
Un número real al cuadrado siempre es positivo, luego hemos demostrado la desigualdad, en particular, se da la igualdad cuando
$$\langle \alpha ,\, N + M \rangle = 0$$
Ejercicio 9, desarrollar la ecuación $|N(u)- N(s)|^2$
Expandimos el cuadrado como producto escalar y vamos expandiendo
$\displaystyle |N(s) - N(u)|^2 =$
$\displaystyle \langle N(s) - N(u) ,\, N(s) - N(u) \rangle =$
$\displaystyle \langle N(s) ,\, N(s) - N(u) \rangle - \langle N(u) ,\, N(s) - N(u) \rangle =$
$\displaystyle \langle N(s) ,\, N(s) \rangle - \langle N(s) ,\, N(u) \rangle - \langle N(u) ,\, N(s) \rangle + \langle N(u) ,\, N(u) \rangle =$
$\displaystyle \langle N(s) ,\, N(s) \rangle - \langle N(s) ,\, N(u) \rangle - \langle N(u) ,\, N(s) \rangle + \langle N(u) ,\, N(u) \rangle =$
$\displaystyle |N(s)| - 2 \langle N(s) ,\, N(u) \rangle |N(u) ,\, N(u) | = \ldots$
Usando que la normal es de una curva parametrizada por arco, sabemos que su módulo es 1, $|N(s)| = |\mathcal{J} \alpha'(s)| = |\alpha'(s) | = 1$, entonces finalmente queda que
$$ |N(u)- N(s)|^2 = 2 - 2 \langle N(s) ,\, N(u) \rangle$$
Ejercicio 10, calcular la integral $\displaystyle \int_0^L \langle N(u) ,\, a \rangle du$
Siendo $a \in \Bbb{R}^2$ un punto, pasamos a calcular la integral expandiendo la normal:
$\displaystyle \int_0^L \langle N(u) ,\, a \rangle du =$
$\displaystyle \int_0^L \langle \mathcal{J} \alpha'(u) ,\, a \rangle du = $
$\displaystyle \int_0^L \langle \left ( \mathcal{J} \alpha(u) \right ) ' \, ,\, a \rangle du = $
$\displaystyle \int_0^L \langle \mathcal{J} \alpha(u) ,\, a \rangle' du = $
$\displaystyle \left [ \langle \mathcal{J} \alpha(u) ,\, a \rangle \right ]_{u=0}^L = $
$\displaystyle \langle \mathcal{J} \alpha(L) ,\, a \rangle - \langle \mathcal{J} \alpha(L) ,\, a \rangle $
Y como la curva es periódica, $\alpha(0) = \alpha(L)$ por lo tanto
$$\displaystyle \int_0^L \langle N(u) ,\, a \rangle \, du = 0$$
Lema 11 acotar la integral $\displaystyle - \int_0^L \int_0^L \frac{\langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(s) \rangle \, \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(u) \rangle}{|\alpha(u) - \alpha(s)|^2} \, du \, ds$
Usando la desigualdad del eje. 8, podemos acotarla por el cuadrado de la diferencia de las normales.
$\displaystyle - \int_0^L \int_0^L \frac{\langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(s) \rangle \, \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(u) \rangle}{|\alpha(u) - \alpha(s)|^2} \stackrel{Eje.8}{\leq}$
$\displaystyle \frac{1}{4} \int_0^L \int_0^L \frac{\langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(s) - \mathcal{J}\alpha'(u) \rangle^2}{|\alpha(u) - \alpha(s)|^2} \leq \ldots$
Usando la desigualdad de Schwarz al cuadrado $\langle \alpha, N \rangle^2 \leq |\alpha|^2 \, |N|^2$
$\displaystyle \ldots \stackrel{Schwarz}{\leq} \frac{1}{4} \int_0^L \int_0^L \frac{| \alpha(u) - \alpha(s) |^2 \, | \mathcal{J}\alpha'(s) - \mathcal{J}\alpha'(u) |^2}{|\alpha(u) - \alpha(s)|^2} =$
$\displaystyle \frac{1}{4} \int_0^L \int_0^L | \mathcal{J}\alpha'(s) - \mathcal{J}\alpha'(u) |^2 =$
$\displaystyle \frac{1}{4} \int_0^L \int_0^L |N(s) - N(u)|^2 = \ldots$
Usando el ejercicio 9 expandimos el cuadrado de las normales y tenemos que
$\displaystyle \ldots = \frac{1}{4} \int_0^L \int_0^L 2 - 2 \langle N(u) ,\, N(s) \rangle \, du \, ds=$
$\displaystyle \frac{L^2}{2} - \frac{1}{2} \int_0^L \int_0^L \langle N(u) ,\, N(s) \rangle \, du \, ds$
Usando el ejercicio 10, y el teorema de Fubbini, tenemos que la integral respecto de u es cero $\displaystyle \int_0^L \langle N(u) ,\, N(s) \rangle du = 0$ y por tanto toda la integral es cero. Por tanto tenemos nuestra cota
$$- \int_0^L \int_0^L \frac{\langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(s) \rangle \, \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J}\alpha'(u) \rangle}{|\alpha(u) - \alpha(s)|^2} \leq \frac{L^2}{2} $$
Lema 12, demostrar que esta igualdad $\displaystyle \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, N(u) + N(s) \rangle = 0$ implica que la curvatura es constante
Primero expandimos el producto escalar
$\displaystyle \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, N(u) + N(s) \rangle = 0$
$\displaystyle \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, N(u) \rangle + \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, N(s) \rangle= 0$
$\displaystyle \langle \alpha(u) ,\, N(u) \rangle - \langle \alpha(s) ,\, N(u) \rangle +$ $ \langle \alpha(u) ,\, N(s) \rangle - \langle \alpha(s) ,\, N(s) \rangle = 0$
Ahora derivamos respecto de u y de s, de forma que las partes que solo dependen de u, y solo dependen de s valdrán cero al derivarlas, por lo que solo derivamos los térnimos cruzados
$\displaystyle \frac{d}{du} \frac{d}{ds} \left ( \langle \alpha(u) ,\, N(u) \rangle - \langle \alpha(s) ,\, N(u) \rangle + \langle \alpha(u) ,\, N(s) \rangle - \langle \alpha(s) ,\, N(s) \rangle \right ) = 0$
$\displaystyle \frac{d}{du} \frac{d}{ds} \left ( - \langle \alpha(s) ,\, N(u) \rangle + \langle \alpha(u) ,\, N(s) \rangle \right ) = 0$
$\displaystyle \frac{d}{du} \left ( \frac{d}{ds} \left (\langle \alpha(u) ,\, N(s) \rangle - \langle \alpha(s) ,\, N(u) \rangle \right ) \right ) = 0$
$\displaystyle \frac{d}{du} \left ( \langle \alpha'(u) ,\, N(s) \rangle - \langle \alpha(s) ,\, N'(u) \rangle \right ) = 0$
$\displaystyle \langle \alpha'(u) ,\, N'(s) \rangle - \langle \alpha'(s) ,\, N'(u) \rangle = 0$
Simplificamos usando las fórmulas de Frenet ($T' = \kappa \, N$ y $N' = - \kappa \, T$)
$\displaystyle \langle T(u) ,\, -\kappa(s) \, T(s) \rangle - \langle T(s) ,\, -\kappa(u) \, T(u) \rangle = 0$
$\displaystyle -\kappa(s) \langle T(u) ,\, T(s) \rangle + \kappa(u) \langle T(s) ,\, T(u) \rangle = 0$
$\displaystyle \kappa(u) \langle T(s) ,\, T(u) \rangle -\kappa(s) \langle T(u) ,\, T(s) \rangle = 0$
$\displaystyle (\kappa(u) - \kappa(s) ) \langle T(u) ,\, T(s) \rangle = 0$
Desde esta ecuación, derivamos una vez más respecto u
$\displaystyle \frac{d}{du} (\kappa(u) - \kappa(s) ) \langle T(u) ,\, T(s) \rangle = 0$
$\displaystyle \kappa'(u) \cdot \langle T(u) ,\, T(s) \rangle + (\kappa(u) - \kappa(s) ) \langle T'(u) ,\, T(s) \rangle = 0$
$\displaystyle \kappa'(u) \cdot \langle T(u) ,\, T(s) \rangle + (\kappa(u) - \kappa(s) ) \langle \kappa(u) \, N(u) ,\, T(s) \rangle = 0$
Como la tangente y la normal son perpendiculares, $\langle N(u) ,\, T(s) \rangle = 0$
$\displaystyle \kappa'(u) \cdot \langle T(u) ,\, T(s) \rangle= 0$
El producto de dos números reales es cero si alguno de los dos (o los dos) es cero. Si se anula el producto escalar de las tangentes $\langle T(u) ,\, T(s) \rangle = 0$ se tiene que anular para todo u y cada s, es decir $\forall (u,\,s) \in [0,L] \ast [0,L]$ y como contraejemplo, si $u=s$ se tiene que $\langle T(u) ,\, T(u) \rangle = |T(u)|^2 = 1 \neq 0$.
Por lo que esta igualdad va a ser cero para cualquier valor de u si $\kappa'(u) = 0$, es decir, si la curvatura se mantiene constante. Y como sabemos
$\kappa'(s) = 0$ la curvatura es constante solo cuando la curva es una recta o un arco de circunferencia
Ejercicio 13, probar que la circunferencia $\beta(s)$ es solución de la ED $\alpha(u) - \alpha(s) = \lambda (N(u) - N(s))$ con $\lambda \in \Bbb{R}^{\ast}$
Recordamos que la circuferencia de radio épsilon y centro $a = (a_1, 1_2)$ es
$$\beta(s) = a + \varepsilon \left (sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, ,\ cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, \right)$$
Como se calculó en el ejercicio 3, su normal es
$$N_\beta (s) = \left (sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, ,\ cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, \right)$$
Podemos entonces calcular ambos lados de la igualdad
$\displaystyle \alpha(u) - \alpha (s) = $
$\displaystyle a + \varepsilon \left (sen \left ( \frac{u}{\varepsilon} \right) \, ,\ cos \left ( \frac{u}{\varepsilon} \right) \, \right) -$ $\displaystyle a - \varepsilon \left (sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, ,\ cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, \right) = $
$\displaystyle \varepsilon \left (sen \left ( \frac{u}{\varepsilon} \right) - sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right)\, ,\ cos \left ( \frac{u}{\varepsilon} - cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right)\right) \, \right) $
Se procede igual con la diferencia de normales
$\displaystyle N(u) - N(s) = $
$\displaystyle \left (sen \left ( \frac{u}{\varepsilon} \right) \, ,\ cos \left ( \frac{u}{\varepsilon} \right) \, \right) -$ $ \displaystyle \left (sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, ,\ cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right) \, \right) =$
$\displaystyle \left (sen \left ( \frac{u}{\varepsilon} \right) - sen \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right)\, ,\ cos \left ( \frac{u}{\varepsilon} - cos \left ( \frac{s}{\varepsilon} \right)\right) \, \right)$
Por lo tanto, se tiene que la diferencia de la curva es proporcional a la diferencia de las normales, con proporción igual al radio $\lambda = \varepsilon$. Luego la circunferencia es solución al sistema de ecuaciones diferenciales.
Cuerpo de la Demostración
Tenemos una curva $\alpha$, de la que conocemos por el ejercicio 5, que la integral del campo
$\displaystyle \int_0^L \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} ds = - 2 \pi$
toma este valor para puntos a del interior. Ahora, con esta igualdad integramos ambos lados en $\Omega_\varepsilon$ el interior de una curva paralela interior $\varepsilon \in \Bbb{R}^+$, de forma que tenemos
$\displaystyle \iint_{\Omega_\varepsilon} -2 \pi \, dA = \int_0^L \iint_{\Omega_\varepsilon} \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} dA \, ds$
$\displaystyle -2 \pi A(\Omega_\varepsilon ) = \int_0^L \iint_{\Omega_\varepsilon} \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} dA \, ds$
$\displaystyle 2 \pi A(\Omega_\varepsilon ) = - \int_0^L \iint_{\Omega_\varepsilon} \frac{\langle \alpha(s) - a,\, N(s) \rangle}{|\alpha(s)-a|^2} dA \, ds$
Un detalle pequeño pero importante, es quitar el signo menos de la integral dándole la vuelta al producto escalar, quedando
$\displaystyle 2 \pi A(\Omega_\varepsilon ) = \int_0^L \iint_{\Omega_\varepsilon} \frac{\langle a - \alpha(s) ,\, N(s) \rangle}{|a - \alpha(s)|^2} dA \, ds$
Ahora para aplicar los resultados del ejercicio 5, tenemos que cambiar unas letras por otras, ver el punto $a \leftarrow p$, ver la curva $\alpha \leftarrow a$ y ver la normal como $N \leftarrow b$. Así cambiando las letras tenemos (solo trabajando con la integral de $\Omega_\varepsilon$):
$\displaystyle \iint_{\Omega_\varepsilon} \frac{\langle a - \alpha(s),\, N(s) \rangle}{|a - \alpha(s)|^2} \, dA =$
$\displaystyle \iint_{\Omega_\varepsilon} \frac{\langle p - a,\, b \rangle}{|p - a|^2} \, dA = $
$\displaystyle \iint_{\Omega_\varepsilon} \textrm{div}\, \frac{\langle p - a,\, b \rangle}{|p - a|^2} (p-a) \, dA = $
Aplicamos el teorema de la divergencia $\displaystyle \iint_\Omega \textrm{div}\, X(p) \ dA = - \int_0^L \langle X(\alpha(u)), \, \mathcal{J} \alpha'(u) \rangle \ du$ y queda que
$\displaystyle \iint_{\Omega_\varepsilon} \textrm{div}\, \frac{\langle p - a,\, b \rangle}{|p - a|^2} (p-a) \, dA \stackrel{Eje.6}{=} $
$\displaystyle - \int_0^{L- 2 \pi \varepsilon} \left \langle { \frac{\langle \alpha_\varepsilon(u) - a,\, b \rangle}{|\alpha_\varepsilon(u) - a|^2} (\alpha_\varepsilon(u) -a) \, , \ \mathcal{J} \alpha'_\varepsilon(u) } \right \rangle \, du = $
$\displaystyle - \int_0^{L- 2 \pi \varepsilon} \frac{\langle \alpha_\varepsilon(u) - a,\, b \rangle}{|\alpha_\varepsilon(u) - a|^2} \cdot \left \langle { \alpha_\varepsilon(u) -a ,\, \mathcal{J} \alpha'_\varepsilon(u) } \right \rangle \, du $
Ahora deshacemos el cambio de variable, y volvemos a darle el nombre a la $a \leftarrow \alpha(s)$ y a la $b \leftarrow N(s)$, y tenemos
$$ 2 \pi A(\Omega_\varepsilon ) = - \int_0^L \int_0^{L- 2 \pi \varepsilon} \frac{\langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s),\, N(s) \rangle \cdot \langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J} \alpha'_\varepsilon(u) \rangle }{|\alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s)|^2}\, du \, ds $$
Ahora queremos convertir la curva paralela interior $\alpha_\varepsilon(u)$ en la curva $\alpha(u)$, pero tenemos un denominador que puede dividirse por cero, entonces, para ver si el límite de la integral puede intercambiarse con la integral del límite, necesitamos el Teorema de la Convergencia Dominada de Lebesgue.
Para esto necesitamos hacia donde converge puntualmente la función, y como
$\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0} \alpha_\varepsilon(u) = $
$\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0} \alpha(u) + \varepsilon \, N(u) = \alpha(u)$
El interior de la integral converge puntualmente a
$\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0} \frac{\langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s),\, N(s) \rangle \cdot \langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J} \alpha'_\varepsilon(u) \rangle }{|\alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s)|^2} = $
$\displaystyle \frac{\langle \alpha(u) - \alpha(s),\, N(s) \rangle \cdot \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J} \alpha'(u) \rangle }{|\alpha(u) - \alpha(s)|^2} $
Ahora hace falta ver que la función está acotada por otra integrable en el mismo conjunto, por el ejercicio 7 sabemos que está acotada por $1 - \varepsilon \cdot \textrm {máx} \{ |\kappa(u)| \, : \, u \in [0 ,\, L] \}$ que integrada en el intervalo es finita
$\displaystyle \int_0^L 1 - \varepsilon \cdot \textrm {máx} \{ |\kappa(u)| \, : \, u \in [0 ,\, L] \} = L \cdot (1 - \varepsilon \cdot \textrm {máx} \{ |\kappa(u)| \, : \, u \in [0 ,\, L] \}) < \infty $S
Por lo que el límite puede intercambiarse con la integral, y tenemos que
$\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0} \int_0^L \int_0^{L- 2 \pi \varepsilon} \frac{\langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s),\, N(s) \rangle \cdot \langle \alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J} \alpha'_\varepsilon(u) \rangle }{|\alpha_\varepsilon(u) - \alpha(s)|^2}\, du \, ds = $
$$2 \pi A(\Omega) = - \int_0^L \int_0^{L} \frac{\langle \alpha(u) - \alpha(s),\, N(s) \rangle \cdot \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J} \alpha'(u) \rangle }{|\alpha(u) - \alpha(s)|^2} du \, ds$$
Ahora queremos acotar esta integral por algo razonable, por el ejercicio 11 sabemos que esta integral está acotada por $L^2 / 2$, por lo que tenemos que
$\displaystyle 2 \pi A(\Omega) = - \int_0^L \int_0^{L} \frac{\langle \alpha(u) - \alpha(s),\, N(s) \rangle \cdot \langle \alpha(u) - \alpha(s) ,\, \mathcal{J} \alpha'(u) \rangle }{|\alpha(u) - \alpha(s)|^2} du \, ds \leq \frac{L^2}{2}$
Por tanto tenemos que
$$ A \leq \frac{L^2}{4 \pi}$$
Y durante el ejercicio 11, se ve que al usar la primera desigualdad para acotar la integral, se necesita el resultado del ejercicio 12, que dice que se da la igualdad cuando es una recta o un arco de circunferencia, que en este caso, al ser una curva de Jorda, solo puede ser una circunferencia.
Y en la segunda desigualdad de Schwartz, se comprueba que si es una circunferencia también se da la igualdad, y en este paso no hay que comporobar que la circunferencia es la única solución, porque de haber otra no daría igualdad en el paso anterior.