Экстремумы кривизны выпуклой замкнутой кривой

[demolishka]

Нужно доказать, что гладкая выпуклая замкнутая плоская кривая имеет не менее четырех экстремумов кривизны.

Сразу отметаем случай, когда кривизна постоянна в некотором интервале. Теперь теорема Вейерштрасса гарантирует 2 глобальных экстремума: точки минимума и максимума кривизны (здесь используется замкнутость). Дальше не могу понять как использовать выпуклость, чтобы получить хотя бы еще 2 экстремума.

Еще немного мыслей. Если $r=r(s)$ --- кривая в натуральной параметризации, то $k(s):=|\ddot{r}(s)|$. Тогда необходимое условие экстремума запишется в виде $(\ddot{r},\dddot{r})=0$ или $(n,\dddot{r})=0$, где $n$ --- вектор нормали. Далее

$$k''(s)=\frac{-(\ddot{r},\dddot{r})^{2} + |\ddot{r}|^2 \left[|\dddot{r}|^2+ (\ddot{r},\ddddot{r})\right]}{|\ddot{r}|^3}.$$

Поэтому знак $k''(s)$ в точке экстремума определяется знаком выражения $|\dddot{r}|^2+ (\ddot{r},\ddddot{r})$. Но $(\ddot{r},\dddot{r})=0$ поэтому $(\dddot{r},\dddot{r}) + (\ddot{r},\ddddot{r})=0$, т. е. $k''(s)=0$ в точке экстремума. Интересное свойство .

[pogulyat_vyshel]

я бы взял на кривой две точки, которые удалены друг от друга максимально и попробовал бы доказать, что в каждой из этих точек кривизна достигает локального максимума

[pogulyat_vyshel]

https://en.wikipedia.org/wiki/Four-vertex_theorem

[demolishka]

pogulyat_vyshel, большое спасибо, значит не совсем тривиальная задачка.

[Алексей К.]

demolishka в сообщении #1255807 писал(а):

Нужно доказать, что гладкая выпуклая замкнутая плоская кривая имеет не менее четырех экстремумов кривизны.

Выпуклость, кстати необязательна (выпуклая теорема доказана в 1909; выпуклость отменили, кажется, около 1956). Достаточно отсутствия самопересечения. Естественно, речь в теореме идёт о естественной функции $k(s)=\dfrac{d \tau}{d s}$, где $\tau$ --- угол наклона касательной к кривой, а не о НЕестественной функции $k(s)=\left|\dfrac{d \tau}{d s}\right|$ (для выпуклых кривых, т.е. со знакопостоянной кривизной, разницы как бы нет.

Возьмите, например, эллипс. Инвертируйте его так, чтобы испортить выпуклость. Четыре экстремума (вершины) останутся на своих местах перейдут в четыре вершины.

demolishka в сообщении #1255807 писал(а):

Сразу отметаем случай, когда кривизна постоянна в некотором интервале

Зачем? Кусочки постоянной кривизны (меньшие полной окружности) ничему не мешают, будь они собственно "протяжёнными экстремумами", или между экстремумами.

Непрерывность кривизны (обычно декларируемая в условии теоремы) не нужна.

demolishka в сообщении #1255807 писал(а):

... доказать, что гладкая ... имеет ...

Хуже того: гладкость не нужна. Возьмите эллипс с $b=0$. Он весь состоит из своих 4-х вершин: две "протяжённые", с нулевой кривизной, и две --- изломы, т.е. с бесконечной кривизной ($\delta$-функции).

-- 17 окт 2017, 22:16:58 --

Например (невыпуклая и выпуклая, замкнутая, негладкая):
$\begin{picture}(100,60) \thicklines \qbezier(0,30)(20,50)(40,30) \qbezier(0,30)(20,35)(40,30) \qbezier(50,30)(70,50)(90,30) \qbezier(50,30)(70,25)(90,30) \end{picture} $ (эти параболки считаем круговыми дугами). Скруглив уголки, избавимся от бесконечных кривизн, т.е. сгладим кривые, и будет типа

$$k(s)=\fbox{\parbox[c]{53pt}{$\begin{picture}(52,35) \thicklines \put(0,13){\line(1,0){20}} \put(20,30){\line(1,0){5}} \put(25,7){\line(1,0){20}} \put(45,25){\line(1,0){5}} \end{picture}}$}\,\,,\quad k_1<k_2>k_3<k_4>k_1\ldots$$

--- четыре протяжённых вершины.

[demolishka]

Алексей К, это задача (со звездочкой) с курса дифференциальной геометрии, который читался в НМУ. Соответственно исходные предположения в задаче вероятней всего такие, чтобы решение этой задачи во-первых, не скатилось в полную рутину, во-вторых, могло бы быть получено разными способами (хоть и, возможно, избыточными) и доступно способному студенту прослушавшему первую лекцию по дифференциальной геометрии, может быть, после нескольких подсказок. Я уже понял, что это известный результат и исходным свойством обладает куда более широкий класс кривых, нежели постулируется в задаче.

Алексей К. в сообщении #1256420 писал(а):

Кусочки постоянной кривизны

Кусочки постоянной кривизны дают бесконечное количество экстремумов. Если в задаче речь идет о строгих экстремумах, то это конечно другое. Скорей всего получится так, что искать придется именно строгие.

[Munin]

pogulyat_vyshel
Алексей К.
(ограничимся гладкими кривыми, кривизна которых не имеет участков постоянства)
А вот интересно, на цилиндре достаточно двух экстремумов. Можно ли сделать меньше?
Сколько их на листе Мёбиуса?
На сфере - 2, на плоскости Лобачевского - 4, кажется. На торе (вложенном в $\mathbb{R}^3,$ "бублик") - тоже 2.
Можно ли как-то потребовать больше?
Сколько экстремумов кривизны у гладкой замкнутой кривой в $\mathbb{R}^3,$ никакой сколь угодно малый участок которой не лежит в плоскости?

[Алексей К.]

demolishka в сообщении #1256455 писал(а):

Алексей К, это задача (со звездочкой) с курса дифференциальной геометрии, который читался в НМУ. Соответственно исходные предположения в задаче вероятней всего такие, чтобы решение этой задачи во-первых, не скатилось в полную рутину, ... и доступно способному студенту...

demolishka, я не собирался упростить/усложнить задачу, а лишь рассказать то, что мне известно об этой теореме. Действительно, выпуклый случай с непрерывной кривизной доказывается проще, и чаще всего цитируется. Его можно посмотреть в книге
Бляшке, Круг и шар (Добавление VIII, стр 191).

Ну а про "полную рутину" я не согласен: это предельные случаи, которые обычно полезны в доказательствах.

demolishka в сообщении #1256455 писал(а):

Кусочки постоянной кривизны дают бесконечное количество экстремумов.

Да, но вот минимальное количество кусочков постоянной кривизны, необходимое для построения гладкой замкнутой кривой --- тоже почему-то четыре: Рисуночек.

Из такой четырежды-кусочно-постоянной функции $k(s)$ можно сделать сколь угодно близкую к ней функцию с четырьмя честными экстремумами. Чисто соображение, не знаю, полезное ли.

Munin в сообщении #1256458 писал(а):

А вот интересно, на цилиндре достаточно двух экстремумов. Можно ли сделать меньше?

Я не знаю. Рис 2 в этой (итальянской) статье, наверное, про это. Но вроде если кривизна непрерывна и периодична --- число экстремумов чётно.

Munin в сообщении #1256458 писал(а):

Сколько экстремумов кривизны у гладкой замкнутой кривой в $\mathbb{R}^3,$ никакой сколь угодно малый участок которой не лежит в плоскости?

Здесь написано, что четыре.

-- 18 окт 2017, 14:06:10 --

Статья в кванте с упоминанием теоремы о 4-х вершинах овала.

[Алексей К.]

demolishka в сообщении #1255807 писал(а):

Дальше не могу понять как использовать выпуклость, чтобы получить хотя бы еще 2 экстремума.

Кажется, у меня получилось.

Итак, имеем замкнутую гладкую выпуклую кривую $AMBNA$ со всюду положительной непрерывной кривизной $k(s)$.
Предположим, что она имеет всего две вершины в точках $A$ (минимум кривизны) и $B$ (максимум оной).

$$ \begin{picture}(110,50)(10,25) \put(-10,0){\vector(1,0){105}} \put(-8,-8){$A$}\put(40,-40){$M\to$} \put(80,-8){$B$}\put(30,28){${\color{blue}\leftarrow N}$} \put(0,0){\vector(1,-1){26}}\put(26,-30){$\alpha$} \put(80,0){\vector(-1,3){10}}\put(74,24){$\beta$} \put(0,0){\circle*{4}}\put(80,0){\circle*{4}} \thicklines \qbezier(0,0)(30,-30)(60,-30) \qbezier(60,-30)(90,-30)(80,0) \qbezier(80,0)(65,25)(25,25) \qbezier(25,25)(-25,25)(0,0) \end{picture}\quad % \begin{picture}(110,50)(10,25) \put(-10,0){\vector(1,0){105}} \put(-8,-8){$A$}\put(40,-40){$M\to$} \put(80,-8){$B$} \put(0,0){\vector(1,-1){26}}\put(26,-30){$\alpha_1$} \put(80,0){\vector(-1,3){10}}\put(74,24){$\beta_1$} \put(0,0){\circle*{4}}\put(80,0){\circle*{4}} \thicklines \qbezier(0,0)(30,-30)(60,-30) \qbezier(60,-30)(90,-30)(80,0) \end{picture}\quad % \begin{picture}(110,50)(10,25) \put(-10,0){\vector(1,0){105}} \put(-8,-8){$A$} \put(80,-8){$B$}\put(30,28){${\color{red}N\to}$} \put(0,0){\vector(-1,1){20}}\put(-24,22){$\alpha_2$} \put(80,0){\vector(1,-3){10}}\put(90,-28){$\beta_2$} \put(0,0){\circle*{4}}\put(80,0){\circle*{4}} \thicklines \qbezier(80,0)(65,25)(25,25) \qbezier(25,25)(-25,25)(0,0) \end{picture} $$

Подтвердите, что Вы ещё не разобрались и по-прежнему нуждаетесь в подсказке. А я пока самопроверюсь, не лопухнулся ли...

[demolishka]

Алексей К. в сообщении #1256601 писал(а):

Подтвердите, что Вы ещё не разобрались и по-прежнему нуждаетесь в подсказке.

Я с момента написания первого сообщения больше не думал над задачей. Так что подсказки нужны.

[Munin]

Алексей К.
Спасибо! Идею с 3-мерным понял. Но вот лист Мёбиуса для меня ещё не окончательно ясен :-) Если на нём просто рисовать график функции (с периодической осью абсцисс), то на нём может быть ровно один экстремум :-)

[Алексей К.]

Кривая ориентирована так, как показано на первом фрагменте рисунка. Её кривизна всюду положительна: $k(s)>0$. Точке $A$ (минимуму кривизны) приписываем $s=0$, точке $B$ --- $s=s_1$, длина кривой --- $s_2$:

$$k(0)=k_1>0,\quad k(s_1)=k_2>k_1,\quad k(s_2)=k(0)=k_1.$$

На втором и третьем фрагментах рисунка кривая разбита на две кривые, $AMB$ и $ANB$; при таком рассмотрении кривая $\color{blue}ANB$ реверсирована по отношению к оригинальной кривой $AM{\color{blue}BNA}$, и её кривизна всюду отрицательна.

На кривой $AMB$ кривизна монотонно возрастает от $k_1$ до $k_2$. По теореме Фогта имеем

$$\alpha_1+\beta_1>0.\eqno(1)$$

На кривой $ANB$ кривизна также монотонна, изменяется от $-k_1$ до $-k_2<-k_1$, т.е убывает. По теореме Фогта имеем $\alpha_2+\beta_2<0.$
Но, по построению, $\alpha_2=\alpha_1+\pi$, $\beta_2=\beta_1-\pi$, что даёт $\alpha_1+\beta_1<0,$ в противоречии с (1). Двух вершин быть не может, и их число, в силу периодичности $k(s)$ (замкнутости кривой) чётно. Значит, как минимум --- 4.

Поскольку ссылка на малоизвестную теорему Фогта вряд ли приемлема в этой задаче, нам остаётся её доказать. Простейшее доказательство (для случая $\text{\it выпуклых кривых}^{\ast}$ с монотонной кривизной) мне известно, и я его тоже здесь как-нибудь приведу (вроде топикстартеру не к спеху).

${\color{white}.}\strut^{\ast}$Здесь словосочетание $\text{\it выпуклая кривая}$ означает выпуклость фигуры, ограниченной кривой и её хордой.

[Алексей К.]

Возможно, не совсем понятно, где в доказательстве срабатывает выпуклость.
Она, видимо, в том, что $\alpha$ и $\beta$ имеют противоположные знаки.

Вот на кривой типа лемнискаты, $AMBNA$, тоже замкнутой, но невыпуклой, и с самопересечением, запросто поимеем две вершины.

$$ \begin{picture}(110,50)(10,25) \put(-10,0){\vector(1,0){105}} \put(-8,-8){$A$}\put(15,-19){$M{\to}$} \put(80,-8){$B$}\put(60,-23){${\color{blue}{\leftarrow}N}$} \put(0,0){\vector(1,-3){11}}\put(13,-32){$\alpha$} \put(80,0){\vector(1,-3){11}}\put(92,-32){$\beta$} \put(0,0){\circle*{4}}\put(80,0){\circle*{4}} \thicklines \qbezier(-1,5)(-1,0)(3,-3) \qbezier(3,-3,0)(23,-23)(45,5) \qbezier(45,5)(70,30)(80,0) \qbezier(80,0)(90,-30)(30,0) \qbezier(30,0)(-1,10)(-1,5) \end{picture}\quad % \begin{picture}(110,50)(10,25) \put(-10,0){\vector(1,0){105}} \put(-8,-9){$A_1$}\put(15,-19){$M{\to}$} \put(80,-9){$B_1$} \put(0,0){\vector(1,-3){11}}\put(13,-32){$\alpha_1$} \put(80,0){\vector(1,-3){11}}\put(92,-32){$\beta_1$} \put(0,0){\circle*{4}}\put(80,0){\circle*{4}} \thicklines \qbezier(-1,5)(-1,0)(3,-3) \qbezier(3,-3,0)(23,-23)(45,5) \qbezier(45,5)(70,30)(80,0) \end{picture}\quad % \begin{picture}(110,50)(10,25) \put(-10,0){\vector(1,0){105}} \put(-8,-8){$A_2$} \put(80,-8){$B_2$}\put(50,-23){${\color{red}N{\to}}$} \put(0,0){\vector(-1,3){11}}\put(-8,27){$\alpha_2$} \put(80,0){\vector(-1,3){11}}\put(72,29){$\beta_2$} \put(0,0){\circle*{4}}\put(80,0){\circle*{4}} \thicklines \qbezier(80,0)(90,-30)(30,0) \qbezier(30,0)(-1,10)(-1,5) \qbezier(-1,5)(-1,0)(-1,0) \end{picture} $$

На кривой $A_1MB_1$ кривизна монотонно убывает от $k_1>0$ до $k_2<0$. По теореме Фогта имеем

$$\alpha_1+\beta_1<0.\eqno(1')$$

На кривой $A_2NB_2$ кривизна также монотонна, изменяется от $-k_1$ до $-k_2$, т.е возрастает. По теореме Фогта имеем $\alpha_2+\beta_2>0.$
Но, по построению, $\alpha_2=\alpha_1+\pi$, $\beta_2=\beta_1+\pi$, что даёт $\alpha_2+\beta_2=\alpha_1+\beta_1+2\pi>0,$ и бывшего противоречия с $(1')$ нет.

(Некорректные рисунки)

На рисунках, этом и предыдущем, точки $A$ и $B$ поставлены явно не в вершинах. Это потому что я, сволочь такая, так и не выучил нормальных рисовальных пакетов (хотя Munin старался меня научить, и я какбы ему обещал выучить), и рисую квадратичными Безьями на скорую(?) руку дореволюционными методами.

[ewert]

Что-то я не понял, при чём тут вообще выпуклость. Из всех окружностей, описанных вокруг кривой, выберем окружность минимального радиуса (таковая существует, т.к. радиус описанной окружности непрерывно зависит от положения её центра). У этой окружности есть как минимум две разных точки касания -- в противном случае единственную точку касания удалось бы устранить, чуть сдвинув окружность (и, следовательно, радиус не был бы минимальным). Так вот, эти две точки и суть два желанных локальных максимума кривизны.

А, да, тут ещё речь о том, что кривизна может иметь разные знаки. В моём-то представлении это некоторая дикость: если кривизна привязана к кривой как таковой, а не к её конкретной параметризации, то знак кривизны, естественно, смысла лишён.

Возможно, именно этим и обусловлено указание на выпуклость -- в этом случае вопрос о знаках становится праздным.

Но, между прочим, и для невыпуклых кривых всё сводится к тому, что при отсутствии самопересечений кривизны в точках внешнего касания обязаны иметь одинаковые знаки. Скорее всего, и это доказывается как-то достаточно элементарно; но думать об этом уже недосуг.

[Munin]

Алексей К.

(Оффтоп)

Алексей К. в сообщении #1256710 писал(а):

хотя Munin старался меня научить, и я какбы ему обещал выучить

Я сам не умею, так что никаких обещаний не числю.