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Alla lezione 44 si dice che se l'area sottesa dalla curva cartesiana , con estremi fissati tali che \(u(-a)=u(a)=0\) con \(0<a<1\), è area \(=\frac{\pi}{2}\) allora la lunghezza della curva è sicuramente maggiore o uguale di \(\pi\), non ho capito perchè è vero. (Se \(a=1\) abbiamo visto che ciò è vero, ma non riesco a capire perchè questo fatto è vero anche se consideriamo un intervallo più piccolo)

Hai perfettamente ragione. Quel punto, così com'è scritto, è sbagliato. Me ne sono accorto una volta che uno ha presentato l'argomento all'esame (non accorgendosene), e poi mi sono dimenticato di provare a risistemarlo, cosa che però non mi sembra ovvia.

L'amico e collega Paolo Tilli ha trovato una soluzione davvero elegante al problema dello stadio, che non richiede nemmeno il taglio in alto.

Indicata l'area con \(m=2j+\pi/2\), la soluzione si basa sulle disuguaglianze

\(\displaystyle\int_{-1}^1\sqrt{1+u'(x)^2}\,dx\geq\int_{-1}^1\sqrt{1+x^2}\,dx-\int_{-1}^1 xu'(x)=\int_{-1}^1\sqrt{1+x^2}\,dx+\int_{-1}^1 u(x)\geq \frac{\pi}{2}+2j+\dfrac{\pi}{2},\)

dove la prima disuguaglianza segue da Cauchy-Schwarz applicata ai vettori

\((1,u'(x))\qquad\) e \(\qquad\left(\sqrt{1-x^2},-x\right)\)

(si noti che il secondo vettore ha norma 1), mentre l'uguaglianza segue da una integrazione per parti e dal fatto che \(u(x)\) è nulla al bordo.

Vale la pena notare che questo stesso sistema mostra l'ottimalità anche della semicirconferenza nel caso \(m=\pi/2\), e dice sostanzialmente anche che lo stadio è l'unica configurazione che realizza l'inf. In fondo, si tratta della solita calibrazione, che finisce per calibrare pure tutti gli stadi!

Grazie mille davvero

Molto grazie!