Krótka odpowiedź: Trochę tak, trochę nie.
Wstęp
Jeżeli wyobrazimy sobie dwuwymiarową membranę $\mathcal{\Omega}$ (rozmaitość), ograniczoną brzegiem $\Gamma$ i wyprowadzimy z położenia równowagi, to składowa prostopadła do jej oryginalnej płaszczyzny $$F(x,y,t) \equiv F(\rho, t)$$ spełnia równanie falowe $$\ddot{F} = c^2 \Delta F,$$ gdzie $c$ jest pewną stałą. Dalej ustalimy takie jednostki, żeby $c^2 = 1.$
Rozwiązania tego problemu, które szczególnie nas interesują są postaci $$F(\rho, t) = U(\rho)e^{i\omega t},$$ gdyż mogą reprezentować czyste tony produkowane przez membranę - czyli mody normalne. Aby je znaleźć, podstawiamy $$U(\rho)e^{i \omega t}$$ do równania falowego i otrzymujemy $$\begin{align*} \ddot{F} &= -\omega^2 U(\rho) e^{i \omega t} \cr \Delta F &= \frac{1}{2} e^{i\omega t} \Delta U(\rho) \cr e^{i\omega t} \neq 0 &\implies \Delta U(\rho) + \omega^2 U(\rho) = 0 \end{align*}.$$ Trzeba by jeszcze wziąć pod uwagę, że na brzegu membrana ma się nie wychylać. Można to zapisać takim warunkiem, że gdy $\rho$ dąży od wewnątrz do $\Gamma$, to $U\to 0.$ Można by powiedzieć, że $\Delta$ to operator liniowy $L$ i wtedy otrzymamy zagadnienie własne: $$L \psi = \lambda \psi,$$ gdzie $\lambda$ - wartości własne, a $\psi \in \mathcal{L}^2(\mathbb{R})$ to wektory własne.
Czyli dla zadanego regionu $\Omega$ ograniczonego gładką krzywą $\Gamma$, możemy dostać sekwencję liczb $\lambda_1, \lambda_2,\ldots$, które będą spełniały problem $$L \psi = \lambda_n \psi.$$
Problem
Chcielibyśmy zadać teraz pytanie odwrotne:
Czy jeżeli ktoś przyśle nam nagrany bardzo dobrym mikrofonem bęben, to czy mając słuch absolutny jesteśmy w stanie ten bęben narysować? Czyli co możemy powiedzieć o geometrii regionu $\Omega$ i $\Gamma$, jeżeli ktoś przyśle nam sms-em zbiór wszystkich wartości własnych $\lambda_1,\ldots, \lambda_m.$
Inaczej sformułowany problem brzmi: Czy istnieją dwa bębny o różnych kształtach, które brzmią dokładnie tak samo?
Czyli niech $\mathcal{M}_1$ i $\mathcal{M}_2$ - rozmaitości na $\mathbb{R}^2$ ograniczone odpowiednio $\partial\mathcal{M}_1$ i $\partial\mathcal{M}_2.$
Rozważmy problemy własne dla $L = \Delta.$ $$\begin{align*} L U(\rho) &= \lambda U(\rho), \quad\rho\in \mathcal{M}_1 &L V(\rho) &= \eta V(\rho), \quad\rho\in \mathcal{M}_2 \cr U &= 0, \quad\rho\in\partial\mathcal{M}_1 &V &= 0, \quad\rho\in\partial\mathcal{M}_2 \end{align*}$$ Niech teraz $\underset{n}{\forall}\quad\lambda_n = \eta_n.$ Czy $\mathcal{M}_1$ i $\mathcal{M}_2$ są identyczne w sensie geometrii euklidesowej?
Dygresja
Niech $\Omega = [0,a]\subset\mathbb{R}^2$ - zbiór domknięty. Rozważmy problem $$\begin{align*} \psi_{,xx}(x) &= \lambda \psi(x), \quad x\in\Omega \cr \psi(0) &= \psi(a) = 0 .\end{align*}$$ Rozwiązaniem tego problemu są funkcje $$\psi_m(x) = \sin\Big(\frac{m\pi}{a}x\Big),$$ z wartościami własnymi $\lambda_m = \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2$, dla $m\in \mathbb{N}.$ Zdefiniujmy sobie funkcję, która będzie nam zliczać wartości własne poniżej jakiegoś progu.
$$N(\lambda) := \left| \{ m: \lambda_m < \lambda \} \right|.$$ Dla naszych $\lambda_m$ mamy $$N(\lambda) = \left| \left\{ m: \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 < \lambda \right\} \right| = \max \left\{ m: m < \frac{a}{\pi} \sqrt{\lambda}\right\}.$$ Więc dla $\lambda \to \infty$, $N(\lambda) < \frac{a}{\pi}\sqrt{\lambda}.$ Czyli $$\lim_{\lambda\to \infty} \frac{N(\lambda)}{\sqrt{\lambda}} = \frac{a}{\pi}$$ Ale $\Omega = [0,a]$, więc $a = |\Omega|.$ Czyli dla struny, możemy już z samej liczby wartości własnych wnioskować coś na temat jej długości.
Pytanie: A co jak zamiast struny jest membrana (prześcieradło)?
Niech $\Omega = [0,a]\times[0,b]$ i niech $\psi(x,y) = \alpha(x)\beta(y).$
Wtedy
$$\begin{align*}
&\Delta \psi = \alpha’’\beta + \alpha\beta'' = \lambda \alpha\beta\cr
&\frac{\alpha’’}{\alpha}(x) + \frac{\beta’’}{\beta}(y) = \lambda\cr
&\alpha'' = p^2 \alpha \implies \alpha(x) = A \sin(px) + B \cos(px)\cr
&\beta'' = q^2\beta \implies \beta(y) = C \sin(qy) + D \cos(qy)\cr
&\alpha(0) = \alpha(a) = \beta(0) = \beta(b) \implies B = 0, D = 0\cr
&p = \frac{j\pi}{a},\quad q = \frac{k\pi}{b},\quad j,k \in \mathbb{N}
.\end{align*}$$
Więc $\psi_{j,k}(x,y) = \sin\left(\frac{j\pi}{a} x\right)\sin\left(\frac{k\pi}{b} y\right)$ i $\lambda_{j,k} = \left(\frac{j\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{k\pi}{b}\right)^2.$ Teraz nasza funkcja do zliczania wartości własnych wynosi
$$N(\lambda) = \left|\left\{ (j,k) : \lambda_{j,k} < \lambda \right\}\right| = \left|\left\{ (j,k) : \left(\frac{j\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{k\pi}{b}\right)^2 < \lambda \right\}\right|$$
Niech $E_\lambda = \left\{(x,y)\in\mathbb{R}_+^2 : \left(\frac{x\pi}{a\sqrt{\lambda}}\right)^2 + \left(\frac{y\pi}{b\sqrt{\lambda}}\right)^2 \le 1\right\}$ będzie prawą górną ćwiartką elipsy. W takim razie $N(\lambda)$ odpowiada łącznemu polu kwadratów $[j-1,j]\times[k-1,k]$ zawartych w $E_\lambda$ (jak na rysunku po lewej).
W takim razie możemy napisać
$$N(\lambda) = \sum_{(j,k): \lambda_{j,k} < \lambda} \mathrm{pole}([j-1,j]\times[k-1,k]) \le \mathrm{pole}(E_\lambda).$$
Ale skoro $E_\lambda$ - elipsa, to znamy wzór na jej pole: $P = \pi \cdot u v$, gdzie $u,v$ - półosie.
$$\mathrm{pole}(E_\lambda) = \underbrace{\frac{1}{4}}_{\text{tylko ćwiartka}} \cdot \pi \cdot \frac{a\sqrt{\lambda}}{\pi} \cdot\frac{b\sqrt{\lambda}}{\pi} = \frac{\lambda}{4\pi} \cdot ab = \frac{\lambda}{4\pi} \cdot |\Omega|.$$
W takim razie
$$N(\lambda) < \frac{|\Omega|}{4\pi} \lambda.$$
Sprawdzimy jakiego rzędu jest następny wyraz - żeby to zrobić, przesuniemy układ współrzędnych o jednostkę w prawo i jednostkę w górę. Czyli w nowej obciętej elipsie mieści się mniej kwadratów (rysunek, prawa strona). Pole nowej elipsy, to pole $E_\lambda$ zmniejszone o $1 \times b\sqrt{\lambda}/\pi + 1 \times a\sqrt{\lambda}/\pi + 1$ (prostokąty mają boki: $(1,b\sqrt{\lambda}/\pi)$ i $(1,a\sqrt{\lambda}/\pi)$ odpowiednio.
Czyli $$N(\lambda) = \frac{|\Omega|}{4\pi}\lambda - \frac{\sqrt{\lambda}}{\pi}(a+b) - 1 = \frac{|\Omega|}{4\pi}\lambda - \frac{\sqrt{\mathrm{obw}(\Omega)}}{2\pi}\sqrt{\lambda} - 1.$$ Możemy więc już powiedzieć, że $$\lim_{\lambda\to\infty} \frac{N(\lambda)}{\lambda} = \frac{|\Omega|}{4\pi}.$$
Wniosek
Wygląda na to, że czasami można przybliżyć pole membrany, pod warunkiem, że mamy dostatecznie dużo jej wartości własnych. W ogólności mówi o tym
Twierdzenie (Weyl)
Niech $\Omega$ - rozmaitość z brzegiem, $\dim(\Omega) = n.$ Dla problemu własnego $$\begin{align*} \Delta \psi &= \lambda \psi, \quad\rho\in \Omega\cr \psi &= 0, \quad \rho\in\Gamma ,\end{align*}$$ liczba wartości własnych poniżej progu $\lambda$ w stosunku do pewnej potęgi wartości tego progu w granicy wynosi $$\lim_{\lambda\to \infty}\frac{N(\lambda)}{\lambda^{n/2}} = \frac{\omega_n}{(2\pi)^n}\mathrm{vol}(\Omega),$$ gdzie $\omega_n$ - objętość kuli z $\mathbb{R}^n$ o promieniu jeden.
Przykład
Dla $n = 1$ (struna) $$\lim_{\lambda\to \infty}\frac{N(\lambda)}{\lambda} = \frac{\omega_1}{(2\pi)^1}|\Omega| = \frac{2}{2\pi}|\Omega| = \frac{|\Omega|}{\pi}.$$ Dla $n = 2$ (membrana) $$\lim_{\lambda\to \infty}\frac{N(\lambda)}{\lambda} = \frac{\omega_2}{(2\pi)^2}|\Omega| = \frac{\pi}{4\pi^2}|\Omega| = \frac{|\Omega|}{4\pi}.$$
A teraz coś z zupełnie innej beczki
Zastanówmy się nad problemem dyfuzji czegoś początkowo skoncentrowanego w punkcie $\rho \equiv (x_0,y_0)$ przenikającego przez płaszczyznę $\Omega\subset\mathbb{R}^2$ otoczoną brzegiem $\Gamma.$ Zakładamy, że na brzegu to ,,coś’’ znika i nie odkłada się na nim.
Stężenie ,,czegoś’’ $P_\Omega(r = (x,y),t)$ spełnia równanie dyfuzji $$\dot{P}_\Omega = \Delta P_\Omega,$$ z warunkiem brzegowym $$\lim_{r\to\Gamma} P_\Omega(r,t) = 0$$ i warunkiem początkowym $$\lim_{t\to 0} \left< T(P_\Omega),\varphi\right> = \left<\delta_\rho, \varphi\right>,$$ gdzie $T\in D^\star$ - dystrybucja, $\varphi\in D$ - funkcja próbna.
Niech $\lambda_n$ - wartości własne i $\psi_n(r)$ - funkcje własne (z warunkiem normalizacji). Jeżeli weźmiemy sobie na przykład $$P_\Omega(r,t) = \sum_{n=1}^\infty e^{-\lambda_n t} \psi_n(\rho) \psi_n(r),$$ to możemy to wsadzić do równania dyfuzji i dostaniemy $$\dot{P}_\Omega = -\sum_{n=1}^\infty \lambda_n e^{-\lambda_n t} \psi_n(\rho)\psi_n(r) = \Delta P_\Omega = \sum_{n=1}^\infty e^{-\lambda_n t} \psi_n(\rho) \Delta \psi_n(r).$$ Czyli dla jakiegoś $n$ $$-\lambda_n \psi_n(r) = \Delta \psi_n(r).$$ I skoro mamy warunek znikania na brzegu, to znaczy, że $$\lim_{r\to\Gamma}P_\Omega = 0 = \lim_{r\to\Gamma}\sum_{n=1}^\infty e^{-\lambda_n t} \psi_n(\rho) \psi_n(r) \implies \lim_{r\to\Gamma} \sum_{n=1}^\infty \psi_n(r) = 0.$$ Czyli na przykład fajne $\psi_n$, które to spełniają to takie, że $$\lim_{r\to\Gamma}\psi_n(r) = 0.$$
Bardziej obrazowo - co tu się mniej więcej dzieje?
Rozważamy równanie dyfuzji, ale musimy pamiętać, że jest to równanie ,,natychmiastowe’’! Na początku rozważymy sobie sytuację, gdy zapomnimy, że rozwiązujemy problem z brzegiem i założymy, że dla bardzo małych czasów problem brzegu jest pomijalny. W końcu istnieje tylko punktowe źródło stężenia. Czyli na chwilę umawiamy się, że dla $t\to 0$ nasze równanie nie ,,czuje’’ warunków brzegowych.
Oznacza to, że chcielibyśmy rozważyć taką funkcję stężenia $P_0(r,t)$, która spełnia takie samo równanie dyfuzji jak $P_\Omega$, czyli $$\dot{P}_0 = \Delta P_0,$$ ma nałożony taki sam warunek brzegowy $\lim_{t\to 0} \left<T(P_0),\varphi\right> = \left<\delta_\rho,\varphi\right>$ oraz $$\lim_{t\to 0} \frac{P_\Omega}{P_0} = 1.$$ Różni się od $P_\Omega$ jedynie brakiem ograniczenia w przestrzeni. Dodatkowo załóżmy jeszcze, że tak samo jak $P_\Omega$, $P_0$ jest nieujemne - czyli w żadnym punkcie naszej przestrzeni nie ma ujemnego stężenia.
Z analizy III pamiętamy, że rozwiązanie tego problemu ma postać $$P_0(r,t) = \frac{1}{4\pi a^2 t} \int_{\mathbb{R}} ds f(s) \exp\left(-\frac{\Vert r-s\Vert^2}{4a^2 t}\right),$$ gdzie
- $a$ - współczynnik dyfuzji, u nas $a=1$,
- $f$ - warunek początkowy, u nas $\delta_\rho.$
Ale $<\delta_\rho,\varphi> = \varphi(\rho)$, więc $$P_0(r,t) = \frac{1}{4\pi t} \exp\left(-\frac{\Vert r-\rho\Vert^2}{4 t}\right).$$
Notacja: $A(a)\underset{a\to b}{\sim} B(a)$ oznacza tyle: $$\lim_{a\to b} \frac{A}{B} = 1.$$ (starałem się jej unikać, bo mi się nie podoba, ale tutaj będzie dużo prościej)
$$P_\Omega(r,t) = \sum_{n=1}^\infty e^{-\lambda_n t}\psi_n(\rho)\psi_n(r) \underset{t\to 0}{\sim} \frac{1}{4\pi t} \exp\left(- \frac{\Vert r-\rho \Vert^2}{4 t}\right).$$ Z dużą dozą ostrożności powiedzmy, że $\rho = r.$ Wtedy wychodzi $$\sum_{n=1}^\infty e^{-\lambda_n t}\psi_n^2(r) \underset{t\to 0}{\sim} \frac{1}{4\pi t}.$$ Teraz, jeżeli jeszcze szczelniej zamkniemy oczy i scałkujemy obustronnie korzystając przy okazji z warunku normalizacyjnego dla $\psi$, to dostaniemy $$\sum_{n=1}^\infty e^{-\lambda_n t} \underset{t\to 0}{\sim} \frac{|\Omega|}{4\pi t},$$ bo $\int_\Omega dr \psi^2 = 1$, $\int_\Omega dr = |\Omega|.$
Trzeba teraz na chwilkę pogrzebać w teorii miary. Niech $\Lambda = \{\lambda_1, \lambda_2, \ldots \}$ - zbiór wszystkich wartości własnych.
Mamy ich przeliczalnie dużo, więc niech $\mu(\lambda) = \sum_{\lambda_n<\lambda} \psi_n^2$ - miara (taka do zliczania). W takim razie zachodzi $$\int_\Lambda e^{-\lambda t} d\mu \underset{t\to 0}{\sim} \sum_{\lambda_n \in \Lambda} e^{-\lambda_n t} \psi_n^2 = \sum_{n = 1}^\infty e^{-\lambda_n t} \psi_n^2.$$
Przerywnik - Twierdzenie Tauberiańskie (Hardy-Littlewood-Karamata)
Niech $$\omega(\lambda) = \int_\Lambda e^{-\lambda t} d\mu(\lambda).$$ Wtedy dla $\alpha\in \mathbb{R}_+$ $$\mu(\lambda) \underset{\lambda\to\infty}{\sim} \frac{C}{\Gamma(\alpha+1)}\lambda^\alpha.$$
Wracamy do naszego problemu:
Zapisujemy to, czego się właśnie dowiedzieliśmy: $$\int_\Lambda e^{-\lambda t} d\mu \underset{t\to 0}{\sim} \sum_{n=1}^\infty e^{-\lambda_n t} \psi_n^2 \underset{t\to 0}{\sim} \frac{1}{4\pi t} = \frac{1}{4\pi} \int_0^\infty e^{-\lambda t}d\lambda.$$ Skoro mamy twierdzenie Tauberiańskie, to znaczy, że $$\mu(\lambda) = \sum_{\lambda_n < \lambda} \psi_n^2 \underset{\lambda\to \infty}{\sim} \frac{C}{\Gamma(\alpha+1)}\lambda^\alpha,$$ ale u nas $$\sum_{\lambda_n < \lambda} \psi_n^2 \underset{\lambda\to\infty}{\sim} \frac{1}{4\pi} \lambda,$$ czyli $\alpha = 1$ i $C = \frac{1}{4\pi}.$
Co teraz? Scałkujmy obustronnie $$\sum_{\lambda_n<\lambda} \int_\Omega \psi_n^2 \underset{\lambda\to\infty}{\sim} \frac{\lambda}{4\pi}\int_\Omega 1,$$ czyli $$\sum_{\lambda_n < \lambda} 1 \underset{\lambda\to\infty}{\sim} \frac{|\Omega|}{4\pi} \lambda.$$ Zauważmy, że to po lewej stronie, to jest definicja naszej wspaniałej funkcji zliczającej wartości własne! $$N(\lambda) \underset{\lambda\to\infty}{\sim} \frac{|\Omega|}{4\pi}\lambda \implies \lim_{\lambda\to\infty} \frac{N(\lambda)}{\lambda} = \frac{|\Omega|}{4\pi}.$$ Oznacza to, że nie uwolnimy się od Twierdzenia Weyl’a.
Co jeszcze?
Dalej rozważając równanie dyfuzji, zobaczymy co można zauważyć w pobliżu brzegu naszej membrany.
Wcześniej stwierdziliśmy, że na samym początku, to ,,coś’’ co dyfuzuje, nie czuje brzegu. Ale jeżeli wrzucimy źródło bardzo bardzo blisko brzegu, to to nasze oddziaływanie z nim będzie zachowywało się dość charakterystycznie.
Niech $\rho = (x,y) \in \Omega$ - punkt z warunku początkowego i niech $q\in \Gamma$ będzie punktem należącym do brzegu z warunkiem, że $\Vert \rho - q\Vert$ ma być najmniejsze możliwe dla ustalonego $\rho.$
Niech $l(\rho)$ - linia prostopadła do odcinka łączącego $q$ i $\rho$, przechodząca przez $q.$ Możliwe, że w miarę jak cząstka będzie poruszać się w stronę $\Gamma$, to coraz bardziej ten brzeg będzie jej przypominał prostą $l(\rho)$ (rysunek po lewej).
Załóżmy jednak na razie, że $t$ jest dostatecznie małe, żeby można było przybliżać
$$P_\Omega \underset{t\to 0}{\sim} P_{l(\rho)}.$$
Tak jak wcześniej, $P_{l(\rho)}$ ma spełniać równanie dyfuzji z warunkiem początkowym
$$\lim_{t\to 0}\left<T(P_{l(\rho)}),\varphi\right> = \left<\delta_\rho,\varphi\right>,$$
ale z warunkiem brzegowym
$$\lim_{r\to l(\rho)}P_{l(\rho)}(r,t) = 0$$
Możemy nawet odważnie przypuścić, że $$\int_\Omega P_\Omega(\rho,t) \underset{t\to 0}{\sim} \int_\Omega P_{l(\rho)}(\rho,t).$$
Żeby znaleźć rozwiązanie równania dyfuzji dla $P_{l(\rho)}$, wyobraźmy sobie następującą sytuację:
Kiedy nasza ,,fala dyfuzji’’ (oczywiście stwierdzenie fala dyfuzji jest pozbawione sensu w reżimie matematycznym, gdyż równanie dyfuzji jest natychmiastowe - niech nas to jednak nie zniechęca) dociera do $l(\rho)$, powinna odbić się od jakiejś wirtualnej ,,fali dyfuzji’’ pochodzącej z punktu $\rho’$ leżącego na przedłużeniu odcinka $|\rho-q|$ i odległego od $\rho$ o $2\delta.$ Nasze rozwiązanie w pobliżu $l(\rho)$ powinno więc być superpozycją rozwiązań od punktów $r = \rho$ i $r = \rho’.$ Zatem mamy $$P_{l(\rho)}(\rho,t) = \frac{1}{4\pi t} - \frac{1}{4\pi t}\exp\left(-\frac{(2\delta)^2}{4t}\right),$$ gdzie $\delta = \Vert q - \rho \Vert$ jest minimalną odległością między $\rho$ i brzegiem $\Gamma.$
Wtedy $$\int_\Omega P_\Omega(\rho,t) = \sum_{n=1}^\infty e^{-\lambda_n t} \underset{t\to 0}{\sim} \frac{|\Omega|}{4\pi t} - \frac{1}{4 \pi t}\int_\Omega e^{-\delta^2/t}.$$ Żeby dowiedzieć się o co tu chodzi, musimy obliczyć tę całkę. Pomyślmy przez chwilę nad krzywą $\Gamma(\delta)$ składającą się z punktów oddalonych od $\Gamma$ o $\delta$ od wewnątrz (rysunek po prawej stronie). Dla dostatecznie małych $\delta$, $\Gamma(\delta)$ powinna przypominać $\Gamma.$ Skoro rozważana całka ma postać $$\int_\Omega e^{-2\delta^2/t},$$ to znaczy, że największe przyczynki będą pochodziły właśnie od małych $\delta.$ Niech $L(\delta)$ - długość brzegu $\Gamma(\delta).$ Chcielibyśmy całkować po brzegach na odległości $\delta$ od zera aż do pewnej niewielkiej $\delta_0.$ Zachodzi zatem $$\int_\Omega \exp\left(-\frac{\delta^2}{t}\right) = \int_0^{\delta_0} \exp{-\frac{\delta^2}{t}}L(\delta)d\delta + \text{coś małego}.$$ Zamiana zmiennych: niech $\xi = \frac{1}{\sqrt{t}} \delta$, więc $d\xi = \frac{1}{\sqrt{t}} d\delta.$ Więc po podstawieniu $$\int_0^{\delta_0} \exp\left(-\frac{\delta^2}{t}\right)L(\delta)d\delta = \sqrt{t} \int_0^{\delta_0/\sqrt{t}} e^{-\xi^2}L(\xi\sqrt{t})d\xi.$$ Biorąc tylko pierwszy wyraz rozwinięcia $L(\xi\sqrt{t}) \approx L(0) \equiv L$, dostajemy $$\int_\Omega \exp\left(-\frac{\delta^2}{t}\right) \underset{t\to 0}{\sim} L\sqrt{t}\int_0^\infty e^{-\xi^2}d\xi = L\frac{\sqrt{\pi t}}{2}.$$ Wracając do stężenia $P_{l(\rho)}$, możemy podstawić wynik naszej całki $$\int_\Omega P_\Omega = \sum_{n = 1}^\infty e^{-\lambda_n t} \underset{t\to 0}{\sim} \frac{|\Omega|}{4\pi t} - \frac{1}{4\pi t} \cdot L \frac{\sqrt{\pi t}}{2} = \frac{|\Omega|}{4\pi t} - \frac{L}{8\sqrt{\pi t}}.$$ Oznacza to, że na dodatek możemy usłyszeć obwód naszej membrany.
Rzutem na taśmę - Nierówność izoperymetryczna
Dla dowolnej figury płaskiej zachodzi $$\frac{4\pi A}{p^2} \le 1,$$ gdzie:
- $A$ - pole powierzchni
- $p$ - obwód.
Równość zachodzi jedynie dla koła.
Oznacza to, że znając spektrum wartości własnych pewnej okrągłej membrany, możemy używać go jako kryterium do sprawdzania, czy inne membrany są okrągłe.