Théorème isopérimétrique sur un secteur
Bonjour,
j'ai cherché en vain sur le net une généralisation du théorème isopérimétrique pour un secteur angulaire.
Il me semble qu'étant donné un secteur angulaire quelconque (défini par deux demi-droites de même origine O), la plus grande surface que l'on puisse obtenir avec une courbe de longueur donnée est obtenue à l'aide d'un arc de cercle (de centre O).
Je précise que la surface est délimitée par la courbe dont les extrémités se trouvent sur les demi-droites, et par les demi-droites elles-mêmes.
Connaissez-vous un tel résultat ?
Merci pour vos réponses.
j'ai cherché en vain sur le net une généralisation du théorème isopérimétrique pour un secteur angulaire.
Il me semble qu'étant donné un secteur angulaire quelconque (défini par deux demi-droites de même origine O), la plus grande surface que l'on puisse obtenir avec une courbe de longueur donnée est obtenue à l'aide d'un arc de cercle (de centre O).
Je précise que la surface est délimitée par la courbe dont les extrémités se trouvent sur les demi-droites, et par les demi-droites elles-mêmes.
Connaissez-vous un tel résultat ?
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Réponses
Bonne nuit
Oui si l'angle égale 180° Problème légendaire de Didon de Carthage
Oui si l'angle est de la forme 360°/2n, illustration du cas n=4:
cette page Wikipedia. N'y as-tu pas trouvé ton bonheur?
Peut-être y a-t-il moyen de généraliser mon approche par les angles de la forme 180°/n à toutes les fractions rationnelles de 360° en faisant plusieurs tours , quitte à superposer les surfaces?
le passage au continu se ferait alors... par continuité??? à voir.
Effectivement, je n'ai rien trouvé sur la page Wikipedia.
Pour les angles de la forme 180°/n, ok. On se ramène à 360° comme tu l'as indiqué par ta figure.
Pour les angles de la forme p/q*180°, je ne vois pas comment se ramener à 360°.
Le cas d'une chaîne fermée $A_1 = A_n$ peut se traiter par les séries de Fourier.
Il existe une démonstration élémentaire de ce dernier cas dans le beau livre de Guggenheimer: Plane geometry and its groups.
Amicalement
Pappus
Pour un angle de 3 *180°/7, je pensais le reproduire en 14 exemplaires que j'assemblerais en retournant une pièce sur deux (par symétrie axiale) jusqu'à obtenir une ligne fermée qui fait trois tours et qui entoure une surface de trois épaisseurs.
Ensuite, on doit bien pouvoir prouver que trois cercles de même longueur totale entourent trois épaisseurs de disques d'aire totale plus grande..
Si ça marche on pourra faire de même pour toute fraction rationnelle de 180° , puis prolonger à toute mesure d'angle réelle par continuité.
Je sens bien que mon deuxième paragraphe est douteux , mais je pense qu'il y a moyen de lever ce doute , moyennant une argumentation plus solide...
Lorsque Titoufred parle de courbe de longueur donnée, est-ce que la longueur de cette courbe inclut les côtés de l'angle ou seulement la courbe les joignant ?
Par exemple dans le cas du demi-cercle de Didon, il s'agit de s'appuyer sur l'angle plat avec une courbe de longueur imposée, la longueur sur la droite n'étant pas prise en compte.
Bon, c'est peut-être indifférent mais ça ne me semble pas très clair.
Aldo
[Inutile de répéter un message précédent. Un lien suffit. AD]
Je ne vois pas pourquoi la restriction de la courbe serait un arc de cercle.
Je construis un éventail avec 14 secteurs adjacents de même angle, chacun étant symétrique du précédent par rapport au côté commun. J'obtiens ainsi une courbe fermée qui fait trois tours complets, soit un angle de $6\pi$ et trois épaisseurs de papier se superposant plus ou moins, peut-être pas vers les bords, mais au centre, assurément.
On va alors considérer successivement ces trois épaisseurs et leurs bords.
Soit $\ell_1$ la longueur du bord du premier tour. Si ce n'est pas un cercle, d'après le premier message (angle de 360°), on pourra majorer l'aire de la première épaisseur de papier par celle d'un un disque de périmètre $\ell_1$, son aire sera $\pi\Big(\dfrac{\ell_1}{2\pi}\Big)^2$, soit $\dfrac{\ell_1^2}{4\pi}$.
De même, si les deux tours suivants ont des bords de longueurs respectives $\ell_2$ et $\ell_3$, leurs aires pourront être majorées par les aires des disques isopérimètres soit $\dfrac{\ell_2^2}{4\pi}$ et $\dfrac{\ell_3^2}{4\pi}$.
Mais il se trouve que $\ell_1^2+\ell_2^2+\ell_3^2\leq(\ell_1+\ell_2+\ell_3)^2$
donc on optimisera la somme des aires de ces trois disques quand leurs trois périmètres sont égaux chacun à la moyenne de leurs trois périmètres.
Je pense que maintenant le deuxième paragraphe douteux de mon message précédent est démontré plus proprement, non ?
Qu'en penses-tu, titoufred ? Faut-il que je détaille davantage ?
On pourrait faire une démonstration analogue pour tout secteur angulaire de mesure $\dfrac{p}{q}\pi$.
Et on finira par un prolongement par continuité aux angles de mesure réelle quelconque.
Je rappelle aux autres lecteurs que ce lemme a permis à titoufred de résoudre un vieux problème du forum concernant la courbe la plus courte qui partage un triangle en deux pièces d'aires égales.
Amicalement. jacquot
C'est précisément la phrase écrite en gras qui se trouve être fausse:
elle se traduit par
$$\frac {1}{4\pi}(\ell_1^2+\ell_2^2+\ell_3^2)\leq\frac {3}{4\pi}\Big(\frac{\ell_1+\ell_2+\ell_3}{3}\Big)^2$$
soit:$$\frac{\ell_1^2+\ell_2^2+\ell_3^2}{3}\leq\Big(\frac{\ell_1+\ell_2+\ell_3}{3}\Big)^2$$
qui est fausse à cause de la concavité de la fonction $x&\longmapsto&x^2$
Et je suis dans la panade: la tentative de démonstration est en stand by :-(
Ensuite, je n'ai pas bien compris la fin. Tu prends un disque qui a pour périmètre la moyenne des périmètres des 3 disques majorants. Et tu affirmes que son aire est plus grande que la moyenne des 3 autres ? Je ne pense pas que ça soit vrai, ça doit même être le contraire.
Edit : je n'avais pas vu que tu avais relevé ton erreur.
Bon, ça n'a pas l'air d'être si facile que ça. J'étais parti pour ma part sur l'étude du quotient q = 2Sa/p² avec a l'angle du secteur, S et p la surface et le périmètre d'une courbe. q vaut 1 sur les arcs de cercle. Pour certains angles donnés (les pi/n), on sait que q<1 pour toute autre courbe qu'un arc de cercle. Il faudrait voir ce qu'il devient sur la réunion de 2 courbes...
En effet, soit $C$ un point de l'axe des ordonnées, dans le demi-plan inférieur, tel que l'arc de cercle $\gamma_1$ de centre $C$, tracé dans le demi-plan supérieur, et passant par $A$ et $B$ ait pour longueur $L$. Soit $\gamma_2$ l'autre arc de cercle (dans le demi-plan inférieur). Notons $R=AC$. La réunion de $\gamma$ et de $\gamma_2$ est de longueur $2\pi R$ fixée, et l'aire englobée par $\gamma$ et $\gamma_2$ ne peut pas dépasser $\pi R^2$, avec égalité lorsque $\gamma=\gamma_1$.
Je pense qu'il faut essayer de prouver que si le résultat est vrai sur un secteur d'angle a, il l'est sur tous les secteurs de la forme n*a.
Ainsi, le résultat sera vrai sur tout les secteurs du type n*180°/m, ce qui devrait suffire à conclure par densité.
Dans ce but, j'étais en train d'explorer une piste, cette fois-ci avec le quotient Q = S/p.
Si une courbe C de quotient Q est coupée en deux courbes de quotients Q1 < Q2, alors Q1 < Q < Q2.
Mais que faire de ça ?
PS : les cas particuliers où le secteur fait 180° ou 360°, et les solutions sont des arcs non forcément centrés en O, fournissent pas mal de contre-exemples. On peut notamment voir qu'on ne peut espérer une inégalité du type q1 < q < q2 lorsqu'on coupe une courbe en 2 avec q = 2aS/p².
Mes espoirs déçus me laissent circonspect.
Je vais explorer une autre piste:
Prenons un secteur [OA)[OB) d'angle $\alpha$ "pas trop grand".
Ce secteur sera supposé fermé par une courbe [A~B], gentiment continue, pas trop biscornue.
Je considère alors son secteur symétrique [OB') [OA') par rapport à la bissectrice . Ce secteur sera fermé par une courbe [B'~A'], elle ausi continue.
Je superpose les deux secteurs symétriques, et j'essaye de construire la courbe donnant, par portion d'angle infinitésimal l'aire moyenne de ces deux secteurs.
Il s'agirait d'une espèce de "courbe médiane" dont j'espère pouvoir démontrer qu'elle sera nécessairement plus courte que [A~B] ou, du moins, pas plus longue.
Pour ce faire je prendrai un paramétrage polaire$[\rho(\theta) ;\theta]$ de l'arc de courbe [A~B]
Il me semble que pour pour conserver l'aire totale du secteur délimité par [A~B], la courbe "médiane ne devra pas être définie par la moyenne arithmétique de $\rho$ et $\hro'$, mais par la moyenne géométrique ou peut-être la moyenne quadratique, faut encore que j'y réfléchisse
Mon espoir est de pouvoir prouver que cette "courbe"médiane sera plus courte que la courbe [A~B]
Ensuite, on pourra peut-être faire une dichotomie pour la ramener progressivement à l'arc de cercle souhaité.
Qu'en pensez-vous?
J'ai quand même un sérieux doute pour le cas de l'angle de 180°: avec deux demi-droites [OA)[OB) telles que OA>OB et un demi cercle [A~B]on aurait une situation "de Didon", mais il me semble que la courbe médiane des deux demi-cercles n'est pas un demi-cercle... plutôt une demi-ellipse!:S
Bon courage pour vos autres autres recherches... jacquot
Amicalement
Pappus
pappus écrivait:
Il n'y a vraiment pas moyen de faire cela par le calcul des variations en travaillant en coordonnées polaires?
J'adore cette réponse , mais serait-elle elle acceptée par un un jury d'agreg pour qui la géométrie n'est qu'une vieille grand-mère
Domi
$$\frac{S}{L^2}\le \frac{1}{2\alpha}.$$
Soit donc $\gamma$ une courbe (en rouge dans le dessin qui suit) de longueur $L$ refermant un secteur angulaire d'angle $\alpha$.
[Edit : ce qui suit ne marche pas !] Supposons que ce ne soit pas le cas.
d'accord pour admettre Didon : la courbe s'appuyant sur les extrémités du segment AB, de longueur imposée et délimitant avec ce segment une surface maximale est un arc de cercle.
Par contre dans ton dernier dessin tu es bien trop gentil : rien n'oblige l'arc de cercle en bleu à être du "mauvais" côté de la perpendiculaire en B. Voir figure ci-après.
Amicalement
Pappus
@bientôt
Je comprrends le message de pappus comme l'assimilation d'une portion de courbe à une succession de segments de droites de longueur infinitésimale.
Pour j'étudie le cas d'un segment de droite: [BC] qui ferme un secteur angulaire([AB)[AC)) il enferme l'aire du triangle ABC.
Ta solution est plus simple que la mienne.
Lorsque tu parles de "reculer" O sur la médiatrice, on peut le placer avec précision en le déplaçant sur le cercle circonscrit du triangle OAB
De tous les points de l'arc capable voyant AB sous le même angle, c'est celui se trouvant sur la médiatrice de AB qui permet d'obtenir la plus grande surface.
Donc le centre du cercle est sur la bissectrice de AOB.
Soit D le point où cette bissectrice coupe l'arc de cercle.
L'arc AD (moitié de AB) offre la plus grande surface pour l'angle AOD.
En effet, s'il y avait une autre ligne offrant une plus grande surface, en lui adjoignant sa symétrique par rapport à la bissectrice, on aurait une courbe meilleure pour tout l'angle AOB.
Donc cette portion de courbe AD est aussi un arc de cercle donc le centre est sur la bissectrice de AOD.
Donc la courbe est un arc de cercle de centre O.
Aldo
[Plutôt que de recopier une partie incomplète (sans les figures), il vaut mieux donner le lien. AD]
Je n'avais pas compris ton raisonnement.
On complète l'arc de cercle en bleu en un cercle et l'on conclut par le théorème d'isopérimétrie. Bravo pour cette idée.
Cependant, il me semble qu'il y a un problème si $L=AB$ ou si $L>\frac \pi 2 AB$ car on ne peut trouver d'arc de cercle $AB$ de longueur $L$ correctement orienté.
Si $L>\pi AB/2$, l'argument donné montre que parmi les configurations comme sur le dessin suivant
A fortiori, parmi les configurations où on n'autorise pas la courbe à sortir du secteur angulaire, le rapport $S/L^2$ est maximisé lorsque la courbe est un arc de cercle centré en $O$.
Je propose une démonstration ne faisant pas appel à ce résultat, mais utilisant une idée de JLT pour établir une certaine symétrie.
On peut déjà observer que la courbe (C) doit vérifier une condition de convexité : si une concavité apparaissait, il suffirait de remplacer la portion de courbe concernée par sa symétrique pour obtenir une surface plus grande enveloppée par une courbe de même longueur.
n fois (arc AB) de A appartiennent à la courbe (C).
Or cet ensemble de points est dense sur cet arc.
Supposons qu'il existe un points M de la courbe ne se trouvant pas sur ce cercle. Aussi proche soit-il du cercle (à l'intérieur ou à l'extérieur), on trouvera des points de la courbe suffisamment proches de sa projection sur le cercle pour que la courbe devienne concave.
D'où contradiction. Tous les points de la courbe sont sur le cercle de centre O, de rayon OA.
Aldo
En fait, ce n'est pas "un point C de l'axe des ordonnées" mais LE point C de la médiatrice de AB tel que ...
Mais cette démo fait toutefois appel au théorème isopérimétrique comme le signale titoufred.
D'où l'intérêt de la démo que je propose (si elle est acceptée !)...
Aldo
Je dois avouer que je n'ai pas compris comment tu traites l'autre cas. Comment montres-tu dans le détail que le rapport est maximisé par un arc de cercle ?
L'idée de la dichotomie mise en oeuvre par Aldo devait aussi sous-tendre mon approche par une ligne polygonale.
J'émettais quelques doutes pour le passage à la limite, pour lequel je manquais d'arguments topologiques, compacité ou théorème d'Ascoli (?) évoqués pat JLT.
Je craignais une situation paradoxale du genre Pi=2.
Tout le monde connait la figure suivante:
je pars d'une courbe $\gamma$ reliant les deux demi-droites. Soient $A$ et $B$ l'origine et l'extrémité de la courbe. Soit $L$ la longueur de $\gamma$. L'aire $S$ renfermée par $\gamma$ ainsi que les segments $OA$ et $OB$ est égale (au moins) à l'aire du triangle $OAB$ + l'aire délimitée par le segment $[A,B]$ et la courbe $\gamma$. Or, on augmente cette dernière en remplaçant $\gamma$ par un arc de cercle $\gamma_1$ de même longueur, comme je l'ai expliqué dans le message
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,775321,775565#msg-775565
(N.B. Je viens d'ajouter une précision dans ce message).
L'aire $S'$ renfermée par $\gamma_1$ ainsi que les segments $OA$ et $OB$ est supérieure ou égale à $S$. Donc on peut se limiter à maximiser le rapport $S/L^2$ pour les arcs de cercle reliant les deux demi-droites.
Si tu veux utiliser une méthode d'approximation par des polygones, tu pars de même d'une courbe fixe $\gamma$ et tu approximes cette courbe $\gamma$ par des polygones. Il n'y a pas de problème ici non plus car on ne prend pas n'importe quelle approximation : on prend des subdivisions de plus en plus fines $t_0<t_1<\cdots<t_n$ et on remplace chaque portion par le segment $[\gamma(t_i),\gamma(t_{i+1})]$. Alors la longueur des courbes approchant $\gamma$ tend bien vers la longueur de $\gamma$.
Mais la démo de JLT s'appuie sur le théorème isopérimétrique qui inclut l'existence d'une telle courbe. Cette démo me semble alors complète. Le théorème demandé par titoufred sur les secteurs peut alors être vu comme corollaire du théorème isopérimétrique.
Ou bien est-ce que quelque chose m'a échappé ?
Aldo
je pense que je viens de comprendre ton objection.
C'est l'argument de convexité qui impose à la courbe de rester dans le triangle AIB.
Mais peu importe car je crois que je viens de comprendre l'argument de JLT dans ce message :
En fait on élargit le problème en autorisant également les courbes à déborder du secteur, et en comptant alors la surface y compris à l'extérieur du secteur.
Il n'y a alors plus aucun problème !
Etant donnée une courbe $\gamma$ de longueur $L >AB$ quelconque, on considère l'arc de cercle $\gamma_1$ de longueur $L$ joignant $A$ à $B$, tracé dans le demi-plan délimité par $(AB)$ qui ne contient pas $O$. Peu importe où se trouve son centre et peu importe s'il déborde du secteur. En considérant le cercle sous-jacent à $\gamma_1$ et grâce au théorème d'isopérimétrie classique, on voit que l'arc de cercle $\gamma_1$ délimite une surface plus grande que la courbe $\gamma$.
On déroule ensuite tout le reste pour prouver que parmi les arcs de cercle, ceux de centre $O$ maximisent le rapport $\frac S {L^2}$.
Evidemment, ces arcs de cercle de centre $O$ ne débordent pas du secteur...
CQFD !
J'ai enfin trouvé un peu de temps pour lire ce fil .:D
Jacquot disait un peu plus haut que ce "lemme" permettait de résoudre la dissection d'un triangle quelconque en deux parts de même aire avec une découpe minimale . Est-ce vraiment évident ?
Amicalement
Domi
Je me souviens que titoufred avait initié cette discussion pour ne pas polluer la discussion "Couper un triangle en deux" que tu avais lancée sur ce même forum.
Maintenant, si on veut
partager un tiangle en deux pièces par une ligne continue, le vois
trois cas de figure:
1) Faire une inclusion, un trou (circulaire) dans le triangle
2) Tracer une frontière "à la Didon, s'appuyant en deux points sur un côté du triangle, là c'est le demi-cercle qui optimise.
3) Tracer une frontière dont une extrémité appartiendra à un côté et l'autre à un autre côté. d'après le "théorème isopérimétrique sur un secteur" étudié plus haut, c'est un arc de cercle qui optimise cette frontière.
Soit $A$ l'aire du triangle.
1) Si l'île incluse dans le triangle a une aire de $A/2$, son périmètre égale $2\pi R$ où $R=\sqrt{\dfrac A {2\pi}}$, c'est à dire $\boxed{p=\sqrt{2\pi A}}$
2) Si un demi-disque a une aire égale à $A/2$, la longueur de son demi-cercle est $\pi R$ avec $R=\sqrt {\dfrac A \pi}$, c'est à dire $\boxed{l=\sqrt{\pi A}}$
3) pour une frontière en arc de cercle s'appuyant sur deux côtés du triangle, l'aire du secteur intercepté est $A/2 = \dfrac {\pi R^2 \alpha}{2\pi}$, $\alpha$ étant exprimé en radians, alors $R=\sqrt{\dfrac A \alpha}$ et la longueur de l'arc est $\boxed{l=\sqrt {\alpha A}}$
On voit que ce troisième cas est le plus favorable, surtout quand l'arc de cercle est tracé sur les côtés de l'angle le plus aigu du triangle.
De plus dans tout triangle les mesures des angles sont ordonnées comme les longueurs des côtés opposés, donc on est bien sûr de bien pouvoir tracer cet arc de cercle dans le secteur angulaire le plus aigu du triangle.
A moins, Domi, que tu n'aies vu autre chose qui m'aurait échappé?
:-(
Je n'ai pas trop réfléchi au problème , je réagissais au fait que tu considérais que la résolution du problème de titoufred rendait évidente celle de la dissection du triangle .
As-tu considéré ce cas de figure ?
Appelons ABC le triangle bleu, la courbe rouge reliant les côtés BC et AC.
Ce fil a justement montré qu'un arc d'un cercle de centre C fera mieux que la courbe rouge.
Aldo