Le plus long arc de parabole contenu dans un cercle de rayon 1

P.2

C'est une question du Putnam de je ne sais quelle année, qui demande si oui ou non cet arc est toujours de longueur $\leq 4.$

Dom

J’ai fait un dessin. 

Le cercle trigonométrique.
J’ose me dire que la parabole a l’axe des ordonnées pour axe de symétrie.

Et là, intuitivement, pour avoir une grande longueur je me dis qu’il faut se rapprocher du diamètre vertical : la parabole doit être très fine pour épouser ce diamètre le mieux possible. Ce qui donne bien deux fois le diamètre (4 donc) pour la majoration de cette longueur. Il me semble qu’on ne peut pas atteindre ce diamètre mais l’approcher d’aussi près que l’on souhaite. 

Bon… j’admets qu’on est dans l’incantation 😬

jean lismonde

Bonjour
la parabole a pour équation $y = ax^2 - 1$ symétrique par rapport à l'axe des ordonnées avec $a$ paramètre réel supposé positif
pour que l'arc de parabole figure entièrement dans le cercle trigonométrique il faudra que $a > 1$.
La longueur $L$ de l'arc de parabole est alors (à une constante additive près) 
$L(x) = 2ax\sqrt{1+4a^2x^2} + \ln(2ax + \sqrt{1+4a^2x^2})$

fonction de $x$ et de $a$ dont la dérivée partielle par rapport à $a$ est $L'(a) = 4x\sqrt{1+4a^2x^2}$ positive (avec $x > 0$).

La longueur de l'arc de parabole est fonction croissante de $a > 1$

et son maximum ne peut dépasser (comme l'a dit Dom) 2 fois le diamètre de cercle trigo soit $4$.
Cordialement.

Dom

C’est en effet les calculs que je viens de tenter.

Une remarque, Jean : la longueur n’est pas « à une constante additive près », c’est plutôt une primitive de ce qu’il faut intégrer ($\sqrt{1+|2ax|^2}$, si on est sur la même longueur d’onde). 

Une autre remarque : on peut imaginer aussi deux morceaux d’arcs de la même parabole d’équation $y=ax^2-c$ où $c$ est négatif de valeur absolue très grande. 

P.2

Jean Lismonde: Dom n'a pas dit que le maximum ne peut depasser 4, il a dit 'il me semble'.De plus,  pas bien compris le lien entre ton $x$ et ton $a$.

Dom

Bonsoir,

Je viens de faire une manipulation avec GeoGebra et ça semble tout de même dépasser 4. 

Avec : $y=-94x^2+1$ (oui j’ai dirigé la parabole vers le bas… Bon…) ça donne une longueur d’environ $4,00267$. En faisant varier ce coefficient « -94 » ça semble atteindre un maximum. 

J’ai utilisé l’outil « longueur » le long d’une courbe (la fonction) entre deux abscisses. 

J’ai également utilisé l’intégrale de $\sqrt{1+|f’(x)|^2|}$ entre les deux abscisses. 

Ça donne quasiment les mêmes nombres à $10^{-8}$ près, j’imagine que les méthodes de quadrature varient…

LOU16

Bonsoir,

Jean Lismonde : Strictement rien compris non plus à ta "solution"  qui mobilise à la fois l'étrange nécessité de "$a>1$", un"$x$" nébuleux , une "longueur définie à une constante additive près" et une fonction $a\mapsto L(a)$ censée mesurer un arc de parabole bien mystérieux.

Le calcul suivant, un brin pénible, m'indique avec obstination, qu'il est possible d'insérer dans le disque un morceau de parabole d'une longueur inattendue.

$(O, \vec i , \vec j) \: $ est un repère orthonormé, $\:A $  le point $(0;1), \:\ (\mathcal C) $ le cercle de centre $A$ et de rayon $1, \:\: M $ le point de $(\mathcal C) $ de coordonnées $x=  \sin2t,\: \: y = 1 +\cos 2t \: , \:\: (0<t<\frac{\pi}4 ).\: $ 

Enfin $(\mathcal  P)$  désigne la parabole d'équation $Y=aX^2$ passant par $M, \:$ et $L(t)$ la longueur de l'arc $\overset {\displaystyle \frown}{OM}$ de $(\mathcal P).\quad$

Cet arc est contenu dans le disque de frontière $ (\mathcal C).\:$ On va justifier qu'il existe $t\in ]0; \frac{\pi}4[ $ tel que $  2L(t)>4.$

$2L(t) =2 \displaystyle \int _0 ^x\sqrt{1 +4a^2y^2}\mathrm d y = x \sqrt {1+4a^2x^2} + \dfrac 1{2a}\text{argsh }(2ax).\quad $En exprimant $a, x$ en fonction de $u= \dfrac{2\cos t}{\sin t},\: $ on obtient:

$\: x =\dfrac {4u}{u^2+4}, \:\: 2a = \dfrac { u^2+4}4 , $$\quad 2L(t)  = \dfrac { 4\left (u\sqrt{ u^2+1} + \text {argsh } u \right )  }{u^2+4} =: f(u) .\:\: $ On observe que $ \displaystyle \lim_{u\to + \infty}f(u) =4.$

D'autre part: $\:\:  (u^2+4)^2f'(u) = 8(2\sqrt {u^2+1}-u\text { argsh } u),\qquad \displaystyle \lim_{u\to + \infty} (2\sqrt {u^2+1}-u\text { argsh } u) = -\infty.$

Cette limite fait apparaître que la fonction $f$ est strictement décroissante au voisinage de l'infini et qu'elle y  prend donc des valeurs strictement supérieures  à $\displaystyle \lim_{+\infty}f=4.$

Dom

La parabole est tangente au cercle en S(0;1)).  

Elle intersecte le cercle disons en A et B.

Lorsque l’on remplace vulgairement la parabole par le triangle isocèle SAB, on se dit qu’on approche cette longueur à optimiser avec SA+SB. 

Lorsque A et B se rapproche très près de l’axe de symétrie (en restent sur le cercle) on voit bien que cette longueur SA+SB tend vers 4. 

Mais les arcs de paraboles n’étant pas des segments, on sait que cette valeur approchée SA+SB n’est qu’une minoration de la longueur cherchée. 

Désolé j’espère avoir été clair…
Comme tu l’as relevé, P.2, je suis encore dans les idées intuitives. 

Ludwig

Bonsoir,
Avec GGB je trouve un maximum égal à environ $4,002670297679955$. Les inverseurs ne donnent rien.

Dom

LOU16,
oui, en effet, tes calculs nous montrent que 4 est dépassé 
amusant, Geogebra indique que ce n’est pas « près de la limite ». 

Ludwig

La longueur $L$ maximum et le nombre $a$ correspondant sont liés par la relation : $$a=\frac{L^{2} - 12}{2 \; L^{2} - 32}.$$ Et finalement, après une page de calculs faits par GGB, je trouve que $L$ est la racine positive de l'équation $$2 \; x = \ln\left(\frac{x + 4}{x - 4} \right).$$

P.2

Well done, children.

P.2

A  tout hasard, je mets ma solution qui est du meme esprit que celle de LOU16 :

Le plus long arc de parabole contenu dans le cercle de rayon 1 est il de longueur $\leq 4$? Reponse, non.

Soit $p>0$, la parabole $y=x^2/2p$, le cercle $ (y-1)^2+x^2=1.$ La parabole a un arc dans l'interieur du cercle si et seulement si $p<1$ et coupe le cercle en dehors de l'origine en des points d'abscisse $\pm x_0$

avec $x_0^2=4p(1-p).$ La longueur de l'arc est deux fois le nombre

$$L=\int_0^{x_0}\sqrt{1+\frac{t^2}{p^2}}dt=p\int_0^{x_0/p}\sqrt{1+u^2}du=\frac{4}{4+q^2}\int_0^q\sqrt{1+u^2}du$$ avec la notation $q=2\sqrt{\frac{1-p}{p}}.$ Il s'agit donc de montrer qu'il existe $q>0$ tel que $L/2$ est $>1.$ Le calcul de $L/2$ donne

$$\frac{L}{2}=\frac{q\sqrt{1+q^2}+\log(q+\sqrt{1+q^2})}{4+q^2}.$$

Il est interessant de poser $q=\sinh (u/2)$ qui donne

$$\frac{L}{2}=\frac{u+\sinh u}{7+\cosh u}$$

qui tend vers 1 si $p\to 0$, $q\to \infty$, $u\to\infty$. Reste donc a montrer que $\frac{L}{2}$ decroit quand $u$ est grand.

$$\frac{d}{du}\log (L/2)=\frac{7\cosh u-u\sinh u+1}{(u+\sinh u)(7+\cosh u)}$$ et il est bien clair que c'est negatif si $u$ est grand.

Finalement, il parait que au Putnam de cette annee la, le probleme n'a ete resolu que par un seul candidat!

etanche

C’est le problème A6 Putnam 2001 https://kskedlaya.org/putnam-archive/2001.pdf
pour la solution officielle https://kskedlaya.org/putnam-archive/2001s.pdf
En effet une seule personne a résolu le A6 https://kskedlaya.org/putnam-archive/putnam2001stats.html
Le problème B5 a été résolu par deux personnes.