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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130- 命題 a) の証明

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存在命題なので背理法を使いましょう。任意の $\theta$ に対して $\chi(\xi^{-1}(\theta))=\chi(\xi^{-1}(\theta+\pi))$ が成立すると仮定します。前回求めた面積の式を使うと

\begin{align}
|\Omega|&=\dfrac{1}{2}\int_0^{2\pi}\dfrac{C_2(\xi^{-1}(\theta))}{\chi(\xi^{-1}(\theta))}\,d\theta\\
&=\dfrac{1}{4}\int_0^{2\pi}\dfrac{C_2(\xi^{-1}(\theta))}{\chi(\xi^{-1}(\theta))}+\dfrac{C_2(\xi^{-1}(\theta+\pi))}{\chi(\xi^{-1}(\theta+\pi))}\,d\theta
\end{align}

背理法の仮定を用いると

\begin{align}
|\Omega|=\dfrac{1}{4}\int_0^{2\pi}\dfrac{C_2(\xi^{-1}(\theta))+C_2(\xi^{-1}(\theta+\pi))}{\chi(\xi^{-1}(\theta))}\,d\theta
\end{align}

命題 a) の結論から、上の式の分子は幅 $c$ に等しく

\begin{align}
|\Omega|=\dfrac{c}{4}\int_0^{2\pi}\dfrac{1}{\chi(\xi^{-1}(\theta))}\,d\theta=\dfrac{c}{4}|\partial\Omega|
\end{align}

$|\partial\Omega|$ は以前求めた $\pi c$ でしたね。これを代入すると

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

となります。ここで、定幅な凸体の面積評価の式を思い出しましょう。

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

であり、等号成立は $\Omega$ が円の場合に限る、という評価式でした。これで $\Omega$ が円になってしまい前提条件に反することが分かりました。背理法により b) は証明できました。今回はここまで。(written by J.Nishigata)


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研究131- 曲率を用いた面積表示