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$\Omega$ を定幅 $c$ としましょう。定幅ということはすなわち、どのような向きに影をとったとしても影の長さは $c$ となります。


影の測度のことを外測と呼びます。外測から $\Omega$ の周の長さを測ってみましょう。


$p\in S^1$ 方向に光を当てて影を作るとき、光の当たっている $\partial\Omega$ 上の点 $x$ から影へおろした垂線は、$x$ と影上の点を $1$ 対 $1$ に対応させます。この対応によって $x$ での $\partial\Omega$ の線素 $ds$ はどのような影になるでしょうか。


$x$ での $\partial\Omega$ の外向き単位法線ベクトルを $\nu$ とすると、$-\langle p,\nu\rangle\,ds$ が影の測度ですね。


ここで $\langle p,\nu\rangle\le 0$ の範囲で $p$ の向きを変化させて積分してみます。

\begin{align}
\bigg(\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta\bigg)\,ds=2\,ds
\end{align}

これは影を一周積分したときに、線素 $ds$ が作り出す影の総和となっています。したがって上の式を $\partial\Omega$ 全体で積分したものは影の一周積分値 $2\pi c$ に等しくなります。

\begin{align}
2|\partial\Omega|=2\pi c
\end{align}

$\Omega$ の周の長さを外測で測ることができました。続いて $\Omega$ の面積を周長で評価します。

\begin{align}
4\pi|\Omega|\le |\partial\Omega|^2
\end{align}

この不等式は等周不等式と呼ばれるもので、等号の成立は $\Omega$ が円の場合に限ります。証明は検索すれば山ほど出てくるのでここでは割愛しますが、この不等式を使うと

\begin{align}
|\Omega|\le \dfrac{\pi c^2}{4}
\end{align}

という評価が成り立ちます。自明ですが、等号成立は $\Omega$ が円の場合に限りますね。今回はここまで。(written by J.Nishigata)


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研究128- 定幅な凸体の面積評価

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前回述べた前半の命題を解決しましょう。まず、$\partial\Omega$ を弧長表示します。

\begin{align}
a:\mathbb{R}\to\partial\Omega,\ a(t)=a(t+L),\ \|\partial a\|=1
\end{align}

$a$ の向きを正とすれば、外向きの単位法線ベクトルは $-R_{\pi/2}\partial a$ となります。$(a(t_1),a(t_2))\in A$ に対して

\begin{align}
a(t_1)-a(t_2)=-\|a(t_1)-a(t_2)\|R_{\pi/2}\partial a(t_1)
\end{align}

が常に成立することが前提条件ですね。このときに $\Omega$ が定幅であることを示せば良いです。前提条件の両辺に $\partial a$ を掛けて

\begin{align}
\langle a(t_1)-a(t_2),\partial a(t_1)\rangle=0
\end{align}

と変形しておきます。$\partial a$ は弧度表示しておきましょう。

\begin{align}
\partial a(t)=e(\xi(t))
\end{align}

このようにすると、外向き単位法線ベクトルは $e(\xi(t)-\pi/2)$ となり統一感がありますね。$a(t)$ を $\{e(\xi(t)),e(\xi(t)-\pi/2)\}$ で直交分解してみましょう。

\begin{align}
a(t)=C_1(t)e(\xi(t))+C_2(t)e(\xi(t)-\pi/2)
\end{align}

前提条件を書き換えると

\begin{align}
&\xi(t_1)-\xi(t_2)=\pi,\\
&\langle C_1(t_1)e(\xi(t_1))+C_2(t_1)e(\xi(t_1)-\pi/2)-C_1(t_2)e(\xi(t_2))-C_2(t_2)e(\xi(t_2)-\pi/2),e(\xi(t_1))\rangle=0
\end{align}

すなわち $C_1(t_1)+C_1(t_2)=0$ となります。後は計算するだけです。

\begin{align}
d(C_2(t_1)+C_2(t_2))=\partial C_2(t_1)\,dt_1+\partial C_2(t_2)\,dt_2
\end{align}

ここで $a(t)$ の直交分解の式を微分して得られる $\partial C_2=C_1\partial\xi$ を右辺に用いて

\begin{align}
d(C_2(t_1)+C_2(t_2))=C_1(t_1)\partial\xi(t_1)\,dt_1+C_1(t_2)\partial\xi(t_2)\,dt_2
\end{align}

$\xi(t_1)-\xi(t_2)=\pi$ より $\partial\xi(t_1)\,dt_1=\partial\xi(t_2)\,dt_2$ なので

\begin{align}
d(C_2(t_1)+C_2(t_2))=C_1(t_1)\partial\xi(t_1)\,dt_1+C_1(t_2)\partial\xi(t_1)\,dt_1
\end{align}

したがって前提条件より $d(C_2(t_1)+C_2(t_2))=0$ すなわち $C_2(t_1)+C_2(t_2)=\mathrm{const.}$ が成り立ちます。以上で $\Omega$ が定幅であることが示せましたね。今回はここまで。(written by J.Nishigata)


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研究129- 円ではないことの必要充分条件