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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132- 命題 b) の証明

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前回ポンペイユ変換の導関数を計算しましたが、分り易くするために $\partial\Omega$ の弧長表示を用いて具体的に書き直してみましょう。

\begin{align}
\partial_pg^{-1}\mathscr{P}f(1)=\int_{\partial\Omega}g^{-1}f\langle p,(dx^2,-dx^1)\rangle
\end{align}

$\partial a\,dt=(dx^1,dx^2)$ なのでこれを $-\pi/2$ 回転させれば $\nu\,dt=(dx^2,-dx^1)$ が得られます。代入すると

\begin{align}
\partial_pg^{-1}\mathscr{P}f(1)=\int_0^Lg^{-1}f(a(t))\langle p,\nu\rangle\,dt
\end{align}

簡単ですね。続いてラプラシアン像は

\begin{align}
\Delta g^{-1}\mathscr{P}f(1)&=\int_{\partial\Omega}\langle \nabla g^{-1}f,(dx^2,-dx^1)\rangle\\
&=\int_0^L\langle \nabla g^{-1}f(a(t)),\nu\,dt\rangle\\
&=\int_0^L\partial_{\nu}g^{-1}f(a(t))\,dt
\end{align}

回転方向の導関数は

\begin{align}
\partial_{pq} g^{-1}\mathscr{P}f(1)=-\int_0^Lg^{-1}f(a(t))\langle a(t),\partial a(t)\rangle \,dt
\end{align}

今回はここまで。(written by J.Nishigata)


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研究133- ポンペイユ変換の導関数