Géométrie

Exercices du dossier Géométrie

Optimisation dans un triangle *

9 novembre 2022 11:17 — Par Patrice Lassère

On désigne par \(h_1,h_2,h_3\) les hauteurs d’un triangle et par \(\rho\) le rayon de son cercle inscrit. Déterminer le minimum de \[\dfrac{h_1+h_2+h_3}{\rho}\] lorsque l’on décrit tous les triangles non dégénérés du plan.



[ID: 2509] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:17] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Optimisation dans un triangle
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

Si on note \(S\) l’aire du triangle, \(a,b,c\) les longueurs de ses cotés, nous avons1 \[h_1=\dfrac{2S}{a},\quad h_2=\dfrac{2S}{b},\quad h_3=\dfrac{2S}{c},\quad\rho=\dfrac{S}{p}\ \text{ où }\ 2p=a+b+c.\] Ainsi \[\dfrac{h_1+h_2+h_3}{\rho}=(a+b+c)\left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right) = 3+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b},\] et comme il est bien connu que \(x+x^{-1}\geq 2\) sur \(\mathbb R_+^\star\) avec égalité si et seulement si \(x=1\), nous avons finalement \[\dfrac{h_1+h_2+h_3}{\rho}\geq 3+6 = 9.\] Le minimum est donc \(9\) et il est atteint si et seulement si le triangle est équilatéral.


  1. 1  trouver une ref.

Sur la longueur de l’intersection entre une parabole et un disque *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

(Putnam, 2001).

Une parabole intersecte un disque de rayon \(1\). Est-il possible que la longueur de l’arc de parabole inscrit dans le disque soit supérieure ou égale à \(4\) ?



[ID: 2511] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

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....


Inégalités dans un triangle (1) *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

Soit \(ABC\) un triangle propre du plan affine euclidien et trois points \(D, E,F\) respectivement sur \([BC],[CA]\) et \([AB]\) tels que \((AD),(BE)\) et \((CF)\) soient sécantes en un point \(P\) intérieur au triangle \(ABC\). Montrer que

\[6\leq {AP\over PD}+{BP\over PE}+{CP\over PF}\quad\&\quad 8\leq {AP\over PD}{BP\over PE}{CP\over PF} .\]



[ID: 2513] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Inégalités dans un triangle (1)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18
  1. Posons \(a={AP\over PD},b={BP\over PE},c={CP\over PF}\), \(P\) est alors le barycentre de \[\begin{cases} (A,1) \quad\text{et}\quad (D,a)\\ (B,1) \quad\text{et}\quad(E,b)\\ (C,1) \quad\text{et} \quad(F,c)\\ \end{cases}\] ou bien, \(x,y,z\) désignant les coordonnées barycentriques de \(P\) dans le repère \((A,B,C)\) :

    \[\begin{cases} P \quad\text{est le barycentre de}\quad (A,x) \quad\text{et}\quad (D,y+z)\\ P \quad\text{est le barycentre de}\quad (B,y) \quad\text{et}\quad (E,z+x)\\ P \quad\text{est le barycentre de}\quad (C,z) \quad\text{et}\quad (F,x+y)\\ \end{cases}\] avec \[a={y+z\over x}, b={x+z\over y}, c={x+y\over z}\] si bien que

    \[a+b+c = {x\over y}+{y\over x}+{x\over z}+{y\over z}+{z\over x}+{z\over y}\]

    et de l’inégalité classique \(u+{1\over u}\geq 2,\ (\forall\,u>0)\), résulte la première inégalité à établir à savoir : \[a+b+c\geq 6.\]

  2. Pour la seconde, on utilise l’inégalité \(x+y\geq 2\sqrt{xy},\ (\forall\,x,y\geq 0)\) :

    \[\begin{aligned} abc &= {y+z\over x}{x+z\over y}{x+y\over z}\\ &\geq 8{{\sqrt{yz\times xz\times xy}}\over xyz}=8. \end{aligned}\]  


Inégalités dans un triangle (2) *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

Soit \(ABC\) un triangle propre du plan affine euclidien et \(\mathscr S\) son aire. Établir l’inégalité

\[a^2+b^2+c^2\geq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4\mathscr S\sqrt 3\quad\text{(Hadwiger-Finsler (1937))}\]

Cas d’égalité ?



[ID: 2515] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Inégalités dans un triangle (2)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

Désignons par \(p\) le demi-périmètre du triangle (\(2p=a+b+c\)) et posons \(x=p-a\), \(y=p-b\), \(z=p-c\), on vérifie alors facilement que \[\begin{cases} a^2-(b-c)^2&= (a-b+c)(a+b-c)=4yz\\ b^2-(c-a)^2&= (b-c+a)(b+c-a)=4xz\\ c^2-(b-a)^2&= (c-a+b)(c+a-b)=4xy\\ \end{cases}\]

si bien que l’inéquation demandée est équivalente à

\[xy+xz+zy\geq \mathscr S\sqrt 3{(\bigstar)}\]

en élevant au carré et en utilisant la formule de Héron

\[\mathscr S^2=(x+y+z)xyz\] on est amené à vérifier

\[(xy+xz+yz)^2\geq 3(x+y+z)xyz\]

soit, après développement

\[(\bigstar)\quad\iff\quad x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2\geq x^2yz+xy^2z+xyz^2\]

pour vérifier cette dernière inégalité il suffit d’appliquer celle de Cauchy-Schwarz aux vecteurs \(u=(xy,yz,zx)\) et \(v=(yz,zx,xy)\), en effet

\[\begin{aligned} \vert\langle u,v\rangle\vert\leq \Vert u\Vert\,\Vert v\Vert \quad &\iff\quad \langle u,v\rangle^2\leq \Vert u\Vert^2\,\Vert v\Vert^2 \\ &\iff\quad x^2yz+xy^2z+xyz^2\leq x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2 \end{aligned}\]

Et par Cauchy-Schwarz (cas d’égalité), l’égalité a lieu si et seulement si les vecteurs \(u\) et \(v\) sont colinéaires i.e. \(x=y=z\) configuration qui correspond à un triangle \(ABC\) équilatéral.


Coniques : le théorème de Joachimsthal *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

Une ellipse centrée \(\mathscr E\) rencontre un cercle \(\mathscr C\) (distinct de l’ellipse) en \(4\) points d’arguments respectifs \(\theta_1,\dots,\theta_4\). Montrer que \(\theta_1+\dots+\theta_4\equiv 0(2\pi).\)



[ID: 2517] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Coniques : le théorème de Joachimsthal
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

L’ellipse est paramétrée par \(\displaystyle\begin{cases} x=a\cos(\theta)\\y=b\sin(\theta)\end{cases}\) et soit \(x^2+y^2-2\alpha x-2\beta y+\gamma=0\) l’équation de \(\mathscr C\). Ainsi

\[\begin{aligned} M_\theta= {\begin{pmatrix}a\cos(\theta)\\b\sin(\theta)\end{pmatrix}}\in\mathscr E\cap\mathscr C &\iff a^2\cos^2(\theta)+b^2\sin^2(\theta)-2\alpha a\cos(\theta)-2\beta b\sin(\theta)+\gamma =0&\\ &\iff Q(e^{i\theta}):=e^{4i\theta}\left({{a^2-b^2}\over 4}\right)+e^{3i\theta}\left(ib\beta-a\alpha\right)+e^{2i\theta}\left(\gamma+{a^2\over 2}+{b^2\over 2}\right)\\ &\hspace{64mm}-e^{i\theta}\left( a\alpha+b\beta\right)+{{a^2-b^2}\over 4=0, }\end{aligned}\]

en d’autres termes, \(M_\theta \in\mathscr E\cap\mathscr C\iff Q(e^{i\theta})=0\), et à nos quatre points d’intersection correspondent quatre racines \(e^{i\theta_k},\,1\leq k\leq 4\) du polynôme \(Q\). Or, les coefficients dominant et constant de \(Q\) sont égaux : le produit de ses racines vaut \(1\) i.e. \[1=e^{i\theta_1}\dots e^{i\theta_4}=e^{i(\theta_1+\dots+\theta_4)}\Longrightarrow \theta_1+\dots+\theta_4\equiv 0(2\pi)\]

Remarques : -il s’agit du théorème de Joachimsthal.

-Il existe surement une explication géométrique claire de ce phénomène, cette démonstration ne la met pas en valeur, une autre serait la bienvenue.


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Heptadivision d’un triangle
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

On note \(I\), \(J\) et \(K\) les sommets du triangle intérieur, \(I\) étant le sommet le plus proche de \(A\) sur \((AA')\) et ainsi de suite. On appelle \(\mathscr A\) l’aire du triangle de départ (\(\mathscr A = \mathscr A_{ABC}\)) et \(x\) l’aire du triangle intérieur (\(x= \mathscr A_{IJK}\)).

Image

Je dis que : \[\mathscr A_{ACA'} = \frac{\mathscr A}{3} {(\bigstar)}\]

En effet (cf. figure ci-dessus) \(ABC\) et \(ACA'\) ont la même hauteur \(h=AH\) et la base de \(ACA'\) vaut 1/3 de la base de \(ABC\). Or on sait que l’aire d’un triangle est donnée par : \(\displaystyle\mbox{aire} = \frac{\mbox{base}\times\mbox{hauteur}}{2}\) d’où \((\bigstar)\).

De même, on a : \(\displaystyle \mathscr A_{BAB'} = \frac{\mathscr A}{3} \qquad\qquad \mathscr A_{CBC'} = \frac{\mathscr A}{3} .\)

On essaie maintenant d’écrire l’aire de \(ABC\) comme la somme des aires de sous-triangles, le petit triangle \(IJK\), les 3 triangles qu’on vient d’examiner, puis on corrige en soustrayant ce qui a été compté 2 fois :

\[\mathscr A_{ABC} = \mathscr A_{IJK}+ \left(\mathscr A_{ACA'}+\mathscr A_{BAB'}+\mathscr A_{CBC'}\right) -\left( \mathscr A_{AB'I}+\mathscr A_{CA'K}+\mathscr A_{BC'J} \right)\]

Ceci s’écrit :

\[\mathscr A = x + \left(\frac{\mathscr A}{3}+\frac{\mathscr A}{3}+\frac{\mathscr A}{3}\right) -\left( \mathscr A_{AB'I}+\mathscr A_{CA'K}+\mathscr A_{BC'J} \right)\]

D’où (en simplifiant par \(\mathscr A\) dans chaque membre) :

\[x = \mathscr A_{AB'I}+\mathscr A_{CA'K}+\mathscr A_{BC'J}\]

On va maintenant montrer que \(\mathscr A_{AB'I} = \frac{1}{27}\mathscr A\) :

Image

On trace la parallèle à \((BC)\) passant par \(B'\) : \((E'B') \parallel (BC)\) avec \(E'\in (AB)\).

On trace aussi la parallèle à \((AB)\) passant par \(B'\) : \((B'E)\parallel (AB)\) et \(E\in (BC)\).

On définit le point \(C''\) comme l’intersection de \((B'E)\) avec la parallèle à \((BC)\) passant par \(C'\). Alors :

\[BEB'E'\mbox{ est un parallélogramme}\]

En effet, \((B'E)\parallel(AB)=(E'B)\) et \((B'E')\parallel(BC)=(BE)\).

On appelle \(T\) le point d’intersection de \((BB')\) et \((CC'')\). Alors :

\[T \mbox{ est le milieu de } [C'C'']\]

En effet :

  1. dans \(E'BB'\), \(C'\) milieu de \([E'B]\) (c’est Thalès) et \((E'B')\parallel (C'T)\) entraîne par la réciproque du théorème des milieux que \(T\) milieu de \([BB']\).

  2. dans \(BB'E\), \(T\) milieu de \([BB']\) et \((TC'')\parallel (BE)\) entraîne par la réciproque du théorème des milieux que \(C''\) milieu de \([B'E]\).

  3. \(E'B= B'E\) car \(E'BEB'\) parallélogramme, donc \(C'B=B'C''\)

  4. pour \([BB']\) et \([C'C'']\) qui s’intersectent en \(T\), Thalès entraîne \(TB/TB'=1=TC'/TC''\) .

    Donc \(C'T = \frac{1}{2} BE\). Or \(BE = \frac{1}{3}BC\) et finalement \[C'T = \frac{1}{6} BC\]

    On a \((C'T) \parallel (BC)\), on peut donc appliquer Thalès à \([C'C]\) et \([BT]\) qui s’intersectent en \(J\) :

    \[\frac{C'T}{BC} = \frac{C'J}{JC} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{6} = \frac{C'J}{JC} \quad\Longrightarrow\quad C'J = \frac{1}{6} JC \quad\Longrightarrow\quad C'J = \frac{1}{7} CC'\]

    Les triangles \(BJC'\) et \(BCC'\) ont même hauteur (\(h'\) sur la figure) et leurs bases dans un rapport de 7 :

    \[\mathscr A_{BJC'} = \frac{1}{7} \mathscr A_{BCC'} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathscr A_{BJC'} = \frac{1}{21} \mathscr A_{ABC}\]

    Le même raisonnement appliqué à chacun des deux autres triangles donne le même résultat.

    Remarque : si vous consultez le numéro de décembre 2003 ou janvier 2004 de la revue Pour la science page 94, vous trouverez une preuve sans mots de ce résultat qui illustre notre démonstration et bien plus encore.


Disposition de \(n\) points sur une sphère *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

On dispose \(n\) points sur la sphère \(\mathscr S_2=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\ :\ x^2+y^2+z^2=1\}\) de \(\mathbb R^3\). Montrer que la somme des carrés des \(n(n-1)/2\) distances (dans \(\mathbb R^3\)) entre ces points au plus égale à \(n\).



[ID: 2521] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Disposition de \(n\) points sur une sphère
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

Notons \(P_i=(x_i,y_i,z_i),\ 1\leq i\leq n\) nos \(n\) points. Le carré de la distance entre \(P_i\) et \(P_j\) est \[\begin{aligned}(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2+(z_i-z_j)^2&=(x_i^2+y_i^2+z_i^2)+(x_j^2+y_j^2+z_j^2)-2(x_ix_j+y_iy_j+z_iz_j)\\ &=2-2(x_ix_j+y_iy_j+z_iz_j). \end{aligned}\] Et notre somme vaut donc \[\sum_{1\leq i<j\leq n}2-2(x_ix_j+y_iy_j+z_iz_j)=n(n-1)-2\sum_{1\leq i<j\leq n}(x_ix_j+y_iy_j+z_iz_j).{\text{($\star$)}}\] Maintenant puisque \[(x_1+x_2+\dots+x_n)^2=\sum_{i=1}^n x_i^2+2\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j\] on peut écrire \[\begin{aligned} 2\sum_{1\leq i<j\leq n}(x_ix_j+y_iy_j+z_iz_j)&= (x_1+\dots+x_n)^2+(y_1+\dots+y_n)^2+(z_1+\dots+z_n)^2 -\sum_{i=1}^n(x_i^2+y_i^2+z_i^2)\\ &=(x_1+\dots+x_n)^2+(y_1+\dots+y_n)^2+(z_1+\dots+z_n)^2 -n\\ &:=X^2+Y^2+Z^2-n\end{aligned}\] soit, en reportant dans (\(\star\)) \[\sum_{1\leq i<j\leq n}P_iP_j^2= n(n-1)-(X^2+Y^2+Z^2-n)=n^2-X^2-Y^2-Z^2\leq n^2\] CQFD


Une suite associée à un polygône *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

\(S_n\) désigne la somme des longueurs de toutes les faces et de toutes les diagonales d’un polygone régulier inscrit dans le cercle unité. Montrer que \[\lim_{n\to\infty}\dfrac{S_n}{n^2}=\dfrac{2}{\pi}.\]



[ID: 2523] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Une suite associée à un polygône
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

Un petit calcul nous donne \[S_n=n\sum_{k=1}^{n-1}\sin\left( \dfrac{k\pi}{n}\right),\] et avec l’identité \(2\sin(a)\sin(b)=\cos(a-b)-\cos(a+b)\), on a \[2sin\left( \dfrac{\pi}{n}\right) \sum_{k=1}^{n-1}\sin\left( \dfrac{k\pi}{n}\right) =\cos(0)+\cos\left( \dfrac{\pi}{n}\right) -\cos\left( \dfrac{(n-1)\pi}{n}\right) -\cos\left( \dfrac{n\pi}{n}\right) =2(1+\cos\left( \dfrac{\pi}{n}\right)\] si bien que \[\dfrac{S_n}{n^2}=\dfrac{1+\cos\left( \dfrac{\pi}{n}\right) }{n\sin\left( \dfrac{\pi}{n}\right) }\] et le résultat suit


Sur la longueur de l’ellipse *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

\(L\) est la longueur de l’ellipse d’équation \[\left( \dfrac{x}{a}\right)^2+\left( \dfrac{y}{b}\right)^2=1,\quad a>b>1.\]

  1. Montrer que \(\displaystyle \pi(a+b)\leq L\leq \pi\sqrt{2(a^2+b^2)}.\)

  2. Montrer que \[L=2\pi a\left( 1-\sum_{n=1}^\infty\left( \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^2 \dfrac{\mathbf{e}^{2n}}{2n-1}\right)\] \(\mathbf{e}=\dfrac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}\) étant l’exentricité de l’ellipse.



[ID: 2525] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Sur la longueur de l’ellipse
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18
  1. L’équation paramétrique de l’ellipse étant \[\begin{cases} x(t)&=a\cos(t),\quad\\ y(t)&=b\sin(t),\quad 0\leq t\leq 2\pi, \end{cases}\] sa longueur est \[\begin{aligned} L&=\int_0^{2\pi}\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}dt=4\int_0^{\pi/2}\sqrt{a^2\sin^2(t)+b^2\cos^2(t)}dt\\ &=4\int_0^{\pi/4}\sqrt{a^2\sin^2(t)+b^2\cos^2(t)}dt+ 4\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sqrt{a^2\sin^2(t)+b^2\cos^2(t)}dt\\ &=4\int_0^{\pi/4}\left( \sqrt{a^2\sin^2(t)+b^2\cos^2(t)}+ \sqrt{a^2\cos^2(t)+b^2\sin^2(t)}\right) dt \end{aligned}\] où l’on a effectué le changement \(t=\pi/2-s\) dans la seconde intégrale de la seconde ligne. Pour conclure, il suffit de remarquer que l’intégrande dans la dernière intégrale est une fonction croissante sur \([0,\pi/4]\).

  2. Nous avons

    \[\begin{aligned} L&=\int_0^{2\pi}\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}dt=4\int_0^{\pi/2}\sqrt{a^2\sin^2(t)+b^2\cos^2(t)}dt\\ &=4\int_0^{\pi/2}\sqrt{a^2+(a^2-b^2)\cos^2(t)}dt\\ &=4a\int_0^{\pi/2}\sqrt{1-\mathbf{e^2}\cos^2(t)}dt \end{aligned}\] Nous avons pour \(\vert u\vert<1\) \[\sqrt{1-u}=1-\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(2n-3)!!}{(2n)!!}u^n.\] En posant \(u=\mathbf{e}\cos(t)\in]-1,1[\), on a par convergence normale de la série entière sur \([0,\pi/2]\) \[L=4a\left( \dfrac{\pi}{2}-\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(2n-3)!!}{(2n)!!}\mathbf{e}^{2n} \int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(t)dt\right) ,\] où l’on reconnait l’intégrale de Wallis \[\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(t)dt=\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\dfrac{\pi}{2}\] le résultat suit.


Même périmètre et même aire *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

Déterminer tous les nombres réels \(a>0\) pour lequels il existe il existe une fonction positive \(f\in\mathscr C^0([0,a])\) telle que le domaine \[\mathscr D=\{(x,y)\ :\ 0\leq x\leq a,\ 0\leq f(x)\leq f(x)\}\] admette une aire et un périmètre de même valeur.



[ID: 2527] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Même périmètre et même aire
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

\(f\) continue sur le compact \([0,a]\) atteint son maximum en un point \(c\in[0,a]\) et il faut remarquer que \(f(c)>0\) (sinon \(\mathscr D\) aurait une aire nulle mais un perimètre \(a>0\)...). Notons \(k\) l’aire (ou le périmètre) de \(\mathscr D\). \(\mathscr D\) est visiblement inclu dans le rectangle \([0,a]\times [0,f(c)]\) : son aire est donc inférieure ou égale à celle du rectangle \(af(c)\). D’un autre coté, \(k >2f(c)\) car \(2f(c)\) est strictement plus petit que la distance de \((0,0)\) à \((c,f(c))\) plus la distance de \((c,f(c))\) à \((a,0)\) distance strictement plus petite que le périmètre \(k\) de \(\mathscr D\). Nous avons donc \(2f(c) < k\leq af(c)\) ; en particulier, ceci impose \(a>2\).

Réciproquement, pour \(a>2\) le domaine \(\mathscr D\) associé à l’application constante \(f(x)=2a/(a-2)\) est un rectangle d’aire \(2a^2/(a-2)\) et de périmètre \[2a+2\dfrac{2a}{a-2}=\dfrac{2a^2}{a-2}.\] Donc, tout nombre réel \(a>2\) convient.


Deux inégalités *

9 novembre 2022 11:18 — Par Patrice Lassère

  1. Soient \(a_1,\dots, a_n,b_1,\dots,b_n\) des réels strictement positifs, montrer que \[\max\left\lbrace \dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}+\dots+\dfrac{a_n}{b_n},\ \dfrac{b_1}{a_1}+\dfrac{b_2}{a_2}+\dots+\dfrac{b_n}{a_n}\right\rbrace \geq n.\]

  2. Soient \(a_1,\dots, a_n\) des réels \(\geq 1\), montrer que \[(1+a_1)(1+a_2)\dots(1+a_n)\geq \dfrac{2^n}{n+1}(1+a_1+a_2+\dots+a_n).\]



[ID: 2529] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Deux inégalités
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18
  1.  - Première solution : Avec l’inégalité arithmético-géométrique1 on a \[A:=\left( \dfrac{a_1a_2\dots a_n}{b_1b_2\dots b_n}\right)^{1/n}\leq \dfrac{1}{n}\left( \dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}+\dots+\dfrac{a_n}{b_n}\right)\] et \[A^{-1}=\left( \dfrac{b_1b_2\dots b_n}{a_1a_2\dots a_n}\right)^{1/n}\leq \dfrac{1}{n}\left( \dfrac{b_1}{a_1}+\dfrac{b_2}{a_2}+\dots+\dfrac{b_n}{a_n}\right).\] Comme l’un des réels \(A\) et \(A^{-1}\) est nécessairement supérieur ou égal à \(1\) le résultat suit.

    Seconde solution : Avec l’inégalité de Cauchy-Schwarz : \[\left( \sum_{i=1}^n\dfrac{a_i}{b_i}\right) \cdot \left( \sum_{i=1}^n\dfrac{b_i}{a_i}\right)\geq n^2,\] par conséquent dans le terme de gauche, l’un des deux facteurs se doit d’être supérieur ou égal à \(n\).

    Troisième solution : Par convexité sur \(\mathbb R_+^\star\) de l’application \(f\ :\ x\mapsto f(x)=x^{-1}\) nous avons \[f\left( \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n\dfrac{a_i}{b_i}\right) \leq \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\dfrac{a_i}{b_i}\right)\] soit \[n^2\leq \left( \sum_{i=1}^n\dfrac{a_i}{b_i}\right) \cdot \left( \sum_{i=1}^n\dfrac{b_i}{a_i}\right)\] et on retrouve l’inégalité de la seconde solution.

  2.  - Première solution : Par récurrence sur \(n\geq 1\) : c’est clair pour \(n=1\) ; supposons la formule valide jusqu’au rang \(n\), alors \[\begin{aligned} (1+a_1)(1+a_2)\dots(1+a_n)(1+a_{n+1})&\geq \dfrac{2^n}{n+1}(1+a_1+a_2+\dots+a_n)(1+a_{n+1})\\ &:=\dfrac{2^n}{n+1}(1+a)(1+b), \end{aligned}\] (avec \(a=a_1+a_2+\dots+a_n, b=a_{n+1}\)) et il ne reste plus qu’à montrer \[\dfrac{2^n}{n+1}(1+a)(1+b) \geq \dfrac{2^{n+1}}{n+2}(1+a+b).\] Cette inégalité équivaut à \[(n+2)(1+a)(1+b)\geq 2(n+1)(1+a+b).\] Mais \[(n+2)(1+a)(1+b)- 2(n+1)(1+a+b)=2(ab-n)+n(a-1)(b-1),\] et les deux derniers termes sont positifs car \(a=a_1+a_2+\dots+a_n\geq n\) et \(b=a_{n+1}\geq 1\).

    Seconde solution : L’inégalité proposée équivaut à \[\left( \dfrac{1+a_1}{2}\right)\left( \dfrac{1+a_2}{2}\right)\dots \left( \dfrac{1+a_n}{2}\right)\geq\dfrac{1+a_1+a_2+\dots+a_n}{n+1}\] ou encore \[(1+x_1)(1+x_2)\dots(1+x_n)\geq 1+\dfrac{2}{n+1}(x_1+x_2+\dots+x_n)\] en posant \(x_i=(a_i-1)/2,\ (1\leq i\leq n)\). Mais par positivité des \(x_i\) \[\begin{aligned}(1+x_1)(1+x_2)\dots(1+x_n)&\geq 1+x_1+x_2+\dots+x_n\\ &\geq 1+\dfrac{2}{n+1}(x_1+x_2+\dots+x_n) \end{aligned}\]

    CQFD.


  1. 1  L’inégalité arithmético-géométrique : pour toute suite de réels positifs \(a_1,a_2,\dots,a_n\) on a \((a_1a_2\dots a_n)^{1/n}\leq \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}\)

Exercice 1329

9 novembre 2022 12:19 — Par Patrice Lassère

Bibliographie



[ID: 2531] [Date de publication: 9 novembre 2022 12:19] [Catégorie(s): Géométrie Topologie Continuité Dérivabilité Intégration Suites et séries Suites et séries de fonctions, séries entières Fonctions holomorphes Calcul différentiel Equations différentielles Analyse fonctionnelle Combinatoires et probabilités En cours... ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

;
Success message!