La grande diagonale

Bonjour à tous

Un petit problème proposé par MMu sur Math-forum : en diagonale

Montrer qu'un polygone convexe d'aire $\frac{\pi}{4}$ a au moins une diagonale supérieure à $1$ .

Amusez-vous bien :D

Domi

Réponses

  • Bonjour Domi,

    Je suppose que tu appelles diagonale tout segment reliant deux sommets.

    Ce qui est sûr, c'est que c'est vrai pour un triangle. Soit $H$ et $h$ respectivement les longueurs du plus grand côté et du plus petit côté d'un triangle.

    Soit $b$ la longueur de la hauteur associée au plus petit côté. On a évidemment $H \ge b$ et $H \ge h$.

    On a, par hypothèse: $\frac{bh}{2}=\frac{\pi}{4}$ d'où $\frac{H^2}{2} \ge \frac{\pi}{4}$.

    Ainsi, $H \ge \sqrt{\frac{\pi}{2}} >1 $.

    (On voit en fait qu'il suffit que l'aire $A$ du triangle soit strictement supérieure à $1/2$).
  • @Toto

    Il me semble qu'une diagonale doit joindre deux sommets non consécutifs ( une diagonale n'est pas un côté ) donc il faut exclure le cas du triangle .

    La propriété est clairement vraie pour un quadrilatère mais après , ...

    Domi
  • Bonjour,

    Quelque chose m'échappe, il y a un problème de dimension:
    Soient $A$ l'aire du polygone et $d$ la longueur de la plus grande diagonale.
    Si je change l'unité de mesure en $u$, l'aire devient $\dfrac{A}{u^2}$ et $d$ devient $\dfrac{d}{u}$.
    Je ne vois pas comment $\dfrac{A}{u^2}=\dfrac{\pi}{4}\Longrightarrow \dfrac{d}{u}\geq 1\space\space\forall u$

    Cordialement,

    Rescassol
  • @Rescassol : $\dfrac{A}{d^2}\le\dfrac{\pi}{4}$.
  • Bonjour Rescassol

    Tu peux me donner un carré d'aire 1 dont la diagonale est inférieure à 1 ?

    Domi
  • Bonjour,

    @JLT: Merci, la formulation $\dfrac{A}{d^2}\le\dfrac{\pi}{4}$ est bien plus satisfaisante.

    @Domi: Certes, le jour où on aura $\sqrt{2}<1$, les poules auront des dents.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour,

    C'est équivalent à $A\le\dfrac{\pi d^2}{4}$, donc que l'aire du polygone est inférieure à l'aire du cercle de diamètre la plus grande diagonale du polygone, ce qui paraît assez naturel.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Naturel , oui , mais évident ?

    Domi
  • Je crois que Domi a raison, ça ne tombe pas sous le sens et l'hypothèse de convexité a son importance
    27729
  • Juste une remarque qui peut-être ne sert à rien : d'après l'inégalité isopérimétrique $p^2\ge 4 \pi A$, il suffit de montrer que $p\le \pi d$ où $p$ est le périmètre.

    Edit : en fait ma remarque ne sert vraiment à rien puisque l'inégalité $p\le \pi d$ est fausse pour les quadrilatères en général...
  • Oups, mon ceci-cela était faux:
    Le rayon de l'arc de cercle voulait être égal au diamètre du cercle.
    27734
  • Bon en fait j'ai dit n'importe quoi dans mon message précédent.
  • Bonjour à tous

    Encore un casse-tête, merci Domi !

    Bon, je propose ceci :

    soit un polygone de plus longue diagonale inférieure à 1.

    Deux cas se produisent.

    Premier cas : tous les côtés sont aussi de longueur <1.

    Donc le "diamètre" (plus grande distance entre deux de ses points) est <1. Donc le polygone est inclus dans un cercle de diamètre 1, donc son aire est inférieure à pi/4.

    Deuxième cas : un des côtés est de longueur >1. Soit AB ce côté.

    Considérons le polygone constitué du polygone précédent auquel on "colle" le symétrique du polygone initial par rapport au milieu de AB.

    Son aire est le double de l'aire du polygone initiale.

    Ce nouveau "double polygone" vérifie les conditions du premier cas pour une distance de 2, c'est à dire que tous ses côtés et diagonales sont de longueur inférieure à 2. Donc son "diamètre" est <2.

    Donc son aire est inférieure à pi/2.

    Donc, l'aire du polygone initial est inférieure à pi/4.

    Comme d'habitude, aux erreurs de calcul et de raisonnement prêt.

    Aldo
  • Aldo a écrit:
    Donc le "diamètre" (plus grande distance entre deux de ses points) est <1. Donc le polygone est inclus dans un cercle de diamètre 1,

    Ceci n'est pas vrai. Par exemple, un triangle équilatéral de côté 1 ne peut pas être inscrit dans un cercle de diamètre plus petit que $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

    Edit : je voulais dire $\dfrac{2}{\sqrt{3}}$.
  • @JLT : Tu voulais probablement écrire $\dfrac{\sqrt 3}3$.
  • En effet, me suis trompé !
  • Pour faire remonter ce fil : peut-être que l'inégalité $p\le \pi d$, où $p$ est le périmètre et $d$ le maximum des distances entre deux sommets quelconques du polygone, est vraie. En tout cas elle est vraie pour un quadrilatère.
  • Bon en fait il y a plein d'autres inégalités du même genre :

    http://www.emis.de/journals/JIPAM/images/016_99_JIPAM/016_99.pdf
  • Un petit coucou aux nouveaux , Aldo et Philippe :D

    Je ne sais pas si tout le monde a vu le lien que j'ai fourni dans mon premier message ,il y est dit que le problème a été proposé par un mathématicien allemand Ludwig Bieberbach , un personnage brillant quoiqu'un peu trouble . Si on fait abstraction de la personne , l'exercice est vraiment plaisant car il offre très peu de prise malgré son apparente simplicité .

    Merci à tous pour la participation .

    Domi
  • Je n'ai sûrement pas tout compris mais la première inégalité du lien donné par JLT semble résoudre le problème :

    4A inférieur ou égal à pi d²

    vraie pour tout ensemble convexe du plan, où A est son aire et d son diamètre.

    (Bien entendu, pour la démonstration de ce résultat, il faudra se reporter à la référence I.M. YAGLOM AND V.G. BOLTYANSKI, Convex figures, p.239, ex. 610a) S'il y en a qui savent où se procurer ce bouquin ou au moins une copie de la page importante...

    Dans le cas où aucun côté du polygone n'est plus grand que 1, son diamètre est sa plus grande diagonale.

    Dans le cas où un côté est plus grand que 1, on peut appliquer la méthode que j'ai donnée plus haut pour doubler la figure.

    Mais peut-être qu'il y a encore quelque chose qui m'échappe.

    Aldo
  • Sans avoir le temps de rentrer dans le vif du sujet, je peux vous communiquer les pages en question du Yaglom & Boltianskii. Peut-être d'autres sont-elles nécessaires, faudra voir.
    Bonne journée.
    RC
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  • Merci Raymond

    Comme tu le supposais, il en manque encore un peu pour une solution complète.
    En effet, la solution de l'exercice 6-10a s'appuie sur celle du 6-9.

    Donc je suppose qu'il faudrait au moins la page 238. Si tu as ça en stock...

    Aldo
  • Je m'associe à Aldo pour demander à Raymond ( ou à une autre bonne volonté ) de nous renseigner à propos de la solution du 6-9 .

    Merci d'avance ,

    Domi
  • Voici ce qui concerne le 6-9.
    Vous ne voulez pas la photo de Nabilla en prime ? Question convexité, ça vaut le coup...

    Bonne dimanchade pascale
    RC

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  • Merci Raymond :)-D

    Chaque nouvelle page nous incite à aller voir plus loin et on ne va surtout pas s'en plaindre .

    Domi
  • Il semble que le problème soit un exercice d'entrainement pour les olympiades ( niveau lycée ) , on doit donc pouvoir se passer de la grosse artillerie .

    Je n'en sais pas plus , MMu étant plutôt du genre taiseux .

    Domi
  • Encore merci Raymond pour ces infos précieuses.

    Si l'on considère le cas où aucun côté du polygone ne dépasse 1, on a une figure convexe de diamètre inférieur à 1 et le problème peut être considéré comme résolu.

    Dans le cas où un côté excède 1, la méthode que je préconisais ne fonctionne pas. J'avais oublié qu'en doublant le diamètre d'un cercle, sa surface est multipliée par 4 !

    Soit donc un côté AB de longueur comprise entre 1 et 2.

    Les cercles de centres A et B, de rayon 1 se coupent en C.

    Lorsque AB est plus petit que √2, on a la figure 1 où AP et BN sont tangentes aux cercles précités :

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  • Tu connais ma lenteur Aldo , je te lis et j'essaie de te répondre dans la soirée ( j'ai du monde à la maison ) .

    En tout cas , un grand merci de t'intéresser au problème comme tu l'as fait pour beaucoup d'autres que j'ai proposé ici :D

    Domi
  • Bon , ça colle si le polygone a un côté supérieur à 1 mais je ne vois pas comment tu expédies le cas où tous les côtés sont inférieurs ou égaux à 1 .

    Domi

    PS : Sortir une cloche pour le dimanche de Pâques , c'est du grand art (tu)
  • Ok, on a donc un polygone convexe dont les diagonales et côtés ont des longueurs <1, donc il s'agit d'un ensemble convexe du plan de diamètre <1.

    Il s'agit de montrer que A(P) < pi/4 où A désigne la surface.

    Le principe de la démonstration consiste à exhiber un convexe X de diamètre <1 possédant une symétrie centrale et tel que A(P) < A(X).

    En effet, si I est le centre de symétrie de X, tout point m de X est située à une distance inférieure à 1/2 de ce centre (sinon la distance de m à son symétrique excèderait 1). Donc ce convexe est inclus dans un cercle de rayon 1/2 et son aire est bien inférieure à pi/4.

    Il va donc falloir "symétriser" le polygone P.

    On va donc choisir un point O (extérieur à P pour avoir des figures et des idées plus claires !) qui nous servira d'origine. On est donc dans R².

    Soit P' le symétrique de P par rapport à O.

    A présent, on va s'intéresser à la somme P* = P+P'.

    Il s'agit de ce que l'on appelle la somme de Minkowski de deux parties d'un espace vectoriel (ne pas hésiter à se reporter à wiki).

    La définition : chaque point m du plan étant identifié au vecteur Om, P* est l'ensemble des m+n avec m appartenant à P et n appartenant à P'.

    En quelque sorte, il faut voir P* comme la réunion de tous les translatés P' + Ox où x parcourt P tout entier.

    Cette somme de Minkowski possède quelques propriétés connues passionnantes :

    - La somme de deux polygones convexes est un polygone convexe.
    - La somme d'un a-gone et d'un b-gone n'ayant pas de côtés parallèles est un (a+b)-gone.
    - Si R et S sont deux convexes,

    alors A(R+S) est supérieure ou égale à A(R) + A(S) (voilà qui est diablement intéressant !)
    et Périmètre de R+S = Périmètre de R + Périmètre de S.

    Pour un calcul précis sur l'aire de la somme de deux convexes, se reporter au papier "AREA OF THE MINKOWSKI SUM OF
    TWO CONVEX SETS" de Svetlana Tomiczkova.

    Voir fichier joint :
  • Bonjour Aldo

    J'ai compris l'idée de ta démonstration mais il me semble que tu t'emmêles un peu avec les coefficients d'agrandissement ou de réduction .

    On a $A(P^*)\geq 4.A(P)$ , il me semble d'ailleurs qu'on a égalité dans l'exemple qui nous intéresse , et $P(P^*)=2.P(P)$ . En appliquant l'homothétie on arrive à un polygone $P^{**}$ de même périmètre et de même aire que $P$ avec un centre de symétrie et la contradiction que tu annonces .

    Je ne connaissais pas cette somme de Minkowski , comment peut-on ne pas aimer les maths !

    Reste à voir s'il y a une démonstration élémentaire à cette propriété comme le laisse entendre MMu .

    Merci pour la démo .

    Domi
  • Bonjour Domi

    Et oui, ça cloche !

    Ceci dit, le résultat est correct et particulièrement remarquable : A(P) < A(P*/2)

    Bon mes notations ne sont pas géniales, j'ai appelé P* la somme P+P' avant la réduction de facteur 1/2.

    J'ai voulu escamoter rien moins que les pages 237, 238 et 239 qui prouvent ce résultat : il s'agit en fait du d) de l'exercice 6-9.

    La démo est bien touffue avec de multiples découpages et passage à la limite...

    Donc, toujours pas de méthode "simple".

    Tout comme toi, je suis quand même content d'avoir découvert ces sommes de Minkowski !

    Aldo
  • Domi, dans ton dernier message, A(P*) supérieur ou égal à 4.A(P), c'est justement ce qu'on cherche à démontrer (exercice 6-9-d).

    Comme tu l'as fait remarquer, je me suis emmélé dans les proportions...

    Mais bon, je reviens en fait pour autre chose : Faut-il croire au hasard ?

    En faisant des recherches, je tombe sur une question concernant les sommes de Minkowski posée en 2008 sur Futura Forums.

    Et qui répond à la question ?

    Un certain MMu qui a l'air de s'y connaître !
  • Toujours est-il que le problème a été proposé pour l'entraînement de lycéens aux olympiades de mathématiques et je ne pense pas que les sommes de Minkowski fassent partie du programme de révision .

    Il me semble avoir vu quelque part que A(P*)=4.A(P) car P et P' ( symétrique de P par rapport à O ) sont convexes et homothétiques .

    Domi

    PS : pour l'égalité des aires , Inégalité de Brunn-Minkowski
  • Un bon moyen de faire joujou avec les sommes de Minkowski de polygones :

    Somme de polygones
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