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[ID: 2511] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Sur la longueur de l’intersection entre une parabole et un disque
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

Sans perdre de généralité (quitte à faire une translation), on peut prendre comme cercle celui d’équation \((\mathscr C)\ :\ x^2+(y-1)^2=1\) et comme parabole, celle d’équation \((\mathscr P_k)\ :\ y=kx^2\) (si la parabole n’est pas tangente au cercle, on imagine bien qu’en l’enfoncant un peu plus, la longueur de l’arc inscrit ne peut qu’augmenter). \((\mathscr P_k)\) est alors tangente à \((\mathscr C)\) en \((0,0)\) et pour \(k>\frac{1}{2}\), l’intersecte en les deux points \[\left(\pm\dfrac{\sqrt{2k-1}}{k},\dfrac{2k-1}{k} \right).\] La longueur d’arc inscrite dans le disque est donc \[L(k)=2\int_0^{\frac{\sqrt{2k-1}}{k}}\sqrt{1+4k^2t^2}dt=\dfrac{1}{k}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}\sqrt{1+u^2}du,\] (après le changement de variable \(u=2kt\)). Il s’agit donc d’étudier le maximum de \[L\ :\ k\in\mathbb [\frac{1}{2},+\infty[\ \mapsto \ L(k)=\dfrac{1}{k}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}\sqrt{1+u^2}du.{(\text{$\star$})}\] Commencons par quelques observations (voir les schémas): pour \(0\leq k\leq \frac{1}{2}\) la parabole se trouve à l’extérieur du disque (figure \(1\)) et \(L(k)\equiv 0\) ; le cas \(k>\frac{1}{2}\) est celui qui nous intéresse puisque \(L(k)>0\) d’après (\(\star\)) ; enfin si \(k\) tends vers \(+\infty\) la parabole dégénère cette fois-ci en deux demi-droites confondues \(\{0\}\times \mathbb R_+\) ce qui donne comme intersection deux fois le segment \(\{0\}\times [0,2]\) soit une longueur égale à \(4\). Il semble donc que notre fonction \(L\) croit strictement sur \(\mathbb R_+^\star\) de \(0\) à \(4\). Mais il faut toutefois se méfier des impressions, en effet nous allons maintenant vérifier que \(L\) n’est pas strictement monotone et même prends des valeurs strictement plus grandes que \(4\). Justifions cette dernière affirmation : \[\begin{aligned} L(k)&=\dfrac{1}{k}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}\sqrt{1+u^2}du\\ &=\dfrac{1}{k}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}\left( \sqrt{1+u^2}-u\right) du+ \dfrac{1}{k}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}udu\\ &=\dfrac{1}{k}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}\dfrac{du}{\sqrt{1+u^2}+u} +\dfrac{4(2k-1)}{2k}\\ &=\dfrac{1}{k}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}\dfrac{du}{\sqrt{1+u^2}+u} +4-\dfrac{2}{k}\\ &= \dfrac{1}{k} I(k)+4-\dfrac{2}{k}, \end{aligned}\] ainsi, \[L(k)>4\quad\Longleftrightarrow\quad \int_0^{2\sqrt{2k-1}}\dfrac{du}{\sqrt{1+u^2}+u}>2\] mais la fonction croissante \(I\) vérifie \[\lim_{k\to\infty}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}\dfrac{du}{\sqrt{1+u^2}+u}=+\infty\] car la fonction intégrande est clairement non intégrable en \(+\infty\) : il existe donc \(k_0>\frac{1}{2}\) tel que \(k>k_0\ \Rightarrow\quad I(k)>1\) et par suite \[\exists\,k_o>\frac{1}{2}\quad : \quad k>k_0\quad\Longrightarrow L(k)>4.\]

Remarques : -La fonction continue \(L\) nulle en \(1/2\) tend vers tout de même vers \(4\) en \(+\infty\) car \[L(k)=\dfrac{1}{k} I(k)+4-\dfrac{2}{k}\] et \[0\leq \dfrac{1}{k} I(k)= \dfrac{1}{k}\int_0^{2\sqrt{2k-1}}\dfrac{du}{\sqrt{1+u^2}+u}\leq \dfrac{2\sqrt{2k-1}}{k}\underset{k\to\infty}{\longrightarrow}0.\]

-Vu les variations de \(L\), notre fonction est bornée sur \([1/2,+\infty[\) et atteint son maximum pour une valeur \(1/2<m<+\infty\). En utilisant un logiciel de calcul, on peut donner une valeur approchée de \(m\).........autour de \(4,001\)...semble-t-il.

On peut s’étonner que pour résoudre cet exercice on n’étudie pas la fonction \(L\). En effet il n’est pas trés difficile de trouver une primitive : \[\int\sqrt{1+u^2}du=\dfrac{1}{2t\sqrt{2t-1}}+\dfrac{1}{2}\log\left( t+\sqrt{1+t^2}\right)\] mais son apparence peu sympathique nous enlève les dernières envies de calculer la dérivée de \(L\) pour étudier ses variations....