кривизна строго выпуклой кривой

[Женисбек]

$L=\{(x,y): x=x(t), y=y(t), t\in[0,2\pi]\}$ - строго выпуклая замкнутая кривая,
$x(t), y(t) \in C^{(\infty)}[0,2\pi]$.

Верно ли, что кривизна отлична от нуля всюду на $L$?

Под строгой выпуклостью я имею ввиду следующее:
$\forall M_1, M_2 \in L: M_1\ne M_2,\ \forall\alpha\in(0,1)\qquad M_1+\alpha(M_2-M_1)\in \mathrm{Int}L.$

[Brukvalub]

Не верно.

[Женисбек]

Brukvalub писал(а):

Не верно.

Подскажите, пожалуйста, с чего надо начать.

[ИСН]

С чего начинать в очевидном? Сделайте "приплюснутую окружность", на которой в одной точке (ну, или можно в двух, в трёх-четырёх тоже неплохо) кривизна равна нулю.

[Алексей К.]

Начал строить контрпример с кривых с полярным уравнением $p(\varphi)=a+\cos \varphi$. Поискал параметр $a$ так, чтобы позволить кривизне на секудочку обнулиться, не меняя знак. Нашёл.
Как и почему я стал так делать, и как есть "методически правильно" --- не знаю. Т.е. как и почему --- знаю: это некий жизненный опыт. А не знаю именно как есть "методически правильно" решать эту задачу.
Думаю, кривые ферматиков, $x^{2n}+y^{2n}=1$, $n>1$, тоже обладают этим свойством --- на секундочку выпрямляться. Их правильное название не помню, справочник не под рукой.

[Zai]

Я что-то не понимаю. Замкнутая кривая всегда строго выпуклая, если интервал, соединяющий любые две точки кривой, находится в области внутри кривой.
Действительно, кривизна в одной точке может быть нулевой , хотя кривая выпуклая.
Например незамкнутая выпуклая кривая
$ y=-x^4

[PAV]

Фокус в том, что кривизна обнуляется ровно в одной точке. Если бы на интервале - тогда да, строгая выпуклость нарушалась бы. Это похоже на функцию $f(x)=x^3$, которая строго монотонна, хотя производная в нуле "на секундочку" обращается в ноль.

[Алексей К.]

Приведённое автором (и Вами, Zai) определение строгой выпуклости не допускает прямолинейного участка кривой, а лишь "мгновенное выпрямление"

[Женисбек]

Zai писал(а):

Например незамкнутая выпуклая кривая
$ y=-x^4

Спасибо!

Алексей К. писал(а):

Начал строить контрпример с кривых с полярным уравнением $p(\varphi)=a+\cos \varphi$. Поискал параметр $a$ так, чтобы позволить кривизне на секудочку обнулиться, не меняя знак. Нашёл.

Спасибо за пример,
$a=-2?$

[Алексей К.]

У меня +2 получилось. Об отрицательном $p$ (что вполне допустимо) я и не думал.

[Женисбек]

В обоих примерах есть точка, в которой обе производные $x''$ и $y''$ обращаются в нуль:

$L_1: \{t,-t^4\}$,
$x'' = 0,\ y'' = -12t^2$,

$L_2: \{(2+\cos t)\cos t, (2+\cos t)\sin t\}$,
$x''=-2\cos t-2\cos2t,\ y''=-2\sin t-2\sin2t$,
$x''(\pi)=0,\ y''(\pi)=0$.

Если в исходной задаче потребовать дополнительно
$x''^2+y''^2\ne0,\qquad \forall t\in[0,2\pi]$,
будет ли ответ положительным?

[Алексей К.]

Ранее мною упомянутые ферматические кривые обнуляются кривизной также с обнулением$y''^2+x''^2$. См. $x=t,\;y=\pm \sqrt[2008]{1-t^{2008}}$. Проверил на скорую руку, жарко, ошибаюсь часто.

Добавлено спустя 19 минут 44 секунды:

Выпишите производную от кривизны, смешайте $k'_t \ge 0$ с условием $k=0$, может, что-то и прояснится в Вашей гипотезе.

Добавлено спустя 54 минуты 1 секунду:

А также следует поcмотреть, как соотношение $x''^2+y''^2=0$ среагирует на (адекватную) замену параметра $t\to u$...

Добавлено спустя 8 минут 10 секунд:

Никто пока не писал(а):

Ну взял бы, выписал бы, и смешал бы... И посмотрел бы, как среагирует...

Ну ни магу пока... Одни советы могу... Дождя давайте...

[Женисбек]

Алексей К. писал(а):

А также следует поcмотреть, как соотношение$x''^2+y''^2=0$ среагирует на (адекватную) замену параметра $t\to u$...

Делаю замену
$u=l(t)=\int_0^t\sqrt{x'^2(\tau)+y'^2(\tau)}d\tau$.

Пусть
$\phi(u)=x(t(u))$,
$\psi(u)=y(t(u)),$
$u_0=l(t_0)$.

Тогда непосредственным вычислением получаем
$\phi''(u_0)=\frac{y'(t_0)[x''(t_0)y'(t_0)-x'(t_0)y''(t_0)]}{(x'^2(t_0)+y'^2(t_0))^2}$,
$\psi''(u_0)=\frac{x'(t_0)[y''(t_0)x'(t_0)-y'(t_0)x''(t_0)]}{(x'^2(t_0)+y'^2(t_0))^2}$.

Теперь, если позволить кривизне обнулиться в $t_0$, то
$\phi''(u_0)=0,\ \psi''(u_0)=0$,
но разве это противоречит
$x''^2(t)+y''^2(t)\ne0,\qquad \forall t\in[0,2\pi]$
?

[Алексей К.]

Женисбек писал(а):

но разве это противоречит
$x''^2(t)+y''^2(t)\ne0,\qquad \forall t\in[0,2\pi]$?

Женисбек, если Вы подумали, что я знаю ответ и даю Вам наводящие вопросы --- то это не так. Я не знаю ответа, и просто изложил, с чего бы я сам начал исследование вопроса. Типа, может Вы всё выясните и расскажете. Сам тоже подумаю и пройдусь по Вашим формулкам, найдя подходящую обстановку (вне работы).

Женисбек писал(а):

Делаю замену
$u=l(t)=\int_0^t\sqrt{x'^2(\tau)+y'^2(\tau)}d\tau$.

Здесь Вы решили перейти не к какому-то другому параметру, а к натуральному --- длине дуги кривой.

Ваши вопросы не горящие?

[Женисбек]

Алексей К. писал(а):

... изложил, с чего бы я сам начал исследование вопроса.

Хорошо, понял! Продолжу попытки.

Женисбек писал(а):

Ваши вопросы не горящие?

Спасибо за беспокойство. Это не к спеху, все нормально.