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HB (08/02/2020, 11h01)
Bonjour,

Comme je me lasse un peu de "Goal De Barh"
je vous propose un petit problème rigolo :
================================================== ========
A l'intérieur d'un disque de rayon R on place un point M.

On considère ensuite deux cordes [AB] et [CD]
perpendiculaires en M.

On fait tourner ces cordes d'un certain angle ?.
(compris entre 0 et ?/2 )

Il faut exprimer l'aire "balayée" en fonction de R et ?.

(En fait, la position de M n'intervient pas
mais il faudra le prouver...)

Petit dessin :

[..]
================================================== ========

A+

HB
Olivier Miakinen (08/02/2020, 13h08)
Le 08/02/2020 10:01, HB a écrit :
[..]
> Il faut exprimer l'aire "balayée" en fonction de R et ?.
> (En fait, la position de M n'intervient pas
> mais il faudra le prouver...)
> Petit dessin :
> [..]
> ================================================== ========


Je laisse un peu de place pour ne pas divulgâcher ma solution
(trichée) et mon ébauche de solution complète.

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Tout d'abord, la solution de l'élève rusé qui ne sait pas comment
résoudre le problème, mais qui utilise la donnée qui est forcément
vraie puisque le prof demande de la prouver. ;-)

Lorsque ? vaut ?/2, l'aire balayée est celle du disque entier,
soit ??R². Si la réponse ne dépend pas de la position de M, ça veut
dire que que si on prend un ? égal à ?/4, puis qu'on ajoute encore
? égal à ?/4, on retrouvera la même chose qu'avec ? égal à ?/2.
Donc pour ? égal à ?/4 l'aire balayée doit être ??R²/2. Et si
au lieu de faire deux fois ?/4 on faisait n fois ?/(2?n), on aurait
encore la même chose. Comme il n'y a pas de raison que ça ne
fonctionne pas pareil pour des divisions non entières, la réponse
doit être proportionnelle à ?. L'aire balayée vaut donc 2???R².

..
..
..

Pour une réponse plus honnête, je pense qu'il va falloir utiliser
une propriété des cordes orthogonales qui, elle non plus, ne dépend
pas de la position de M, et qui se prouve facilement par le théorème
de Pythagore : AM² + BM² + CM² + DM² = 4?R². Je vais y réfléchir.
HB (08/02/2020, 14h06)
Le 08/02/2020 à 12:08, Olivier Miakinen a écrit :

Commentaires très loin, donc ;o)

[..]
> .
> .
> .
> .
> .
> .
> .


=============
bien sûr !
=============
> .
> Pour une réponse plus honnête, je pense qu'il va falloir utiliser
> une propriété des cordes orthogonales qui, elle non plus, ne dépend
> pas de la position de M, et qui se prouve facilement par le théorème
> de Pythagore : AM² + BM² + CM² + DM² = 4?R². Je vais y réfléchir.


================================================== ===================
Tout à fait ; c'est une très bonne piste !

Cette propriété se prouve "facilement" en classe de troisième avec
le célèbre Pythagore et aussi, me semble-t-il,
la propriété bien connue qui dit qu'un triangle inscrit
dans un demi-cercle est rectangle.

C'est surtout la preuve de la suite qui est amusante ...
================================================== ==================

Amicalement,

HB
Michel Talon (11/02/2020, 13h18)
Le 08/02/2020 à 10:01, HB a écrit :
[..]
>  mais il faudra le prouver...)
> Petit dessin :
>  [..]
> ================================================== ========
> A+
> HB


Il est évident que pour une petite rotation delta alpha, l'aire balayée est:
delta alpha*(MA^2+MB^2+MC^2+MD^2).
Donc par référence à un autre message on va montrer que la somme vaut
4R^2, qui est donc aussi la dérivée par rapport à alpha de l'aire
balayée. A priori la somme dépend de alpha, mais on va voir qu'elle est
constante. On le fait par calcul.
On peut supposer que M est en (x,0) et donc A a les coordonnées (pour
MA = u) (X=x+u*cos alpha, Y=u*sin alpha). Donc u est solution de
l'équation du second degré (l'autre racine correspond à B) X^2+Y^2=R^2,

u^2 + 2*u*x*cos alpha +x^2-R^2 = 0

MA^2+MB^2= u1^2+u2^2=(u1+u2)^2-2*u1*u2 ce qui donne avec s=
-2*u*cos(alpha) p=x^2-R^2

u1^2+u2^2= 2*x^2*cos(2*alpha) + 2*R^2

Pour C et D on fait alpha -> alpha + pi/2, donc les cos s'annulent et

u1^2+u2^2+u3^2+u4^2= 4*R^2.

Appelant A(alpha) l'aire balayée on a donc
dA/d alpha= alpha*(MA^2+MB^2+MC^2+MD^2) avec la somme constante et donc

A(alpha)=4*R^2*alpha.
Olivier Miakinen (11/02/2020, 14h02)
Bonjour,

Le 11/02/2020 à 12:18, Michel Talon a écrit :
> Il est évident que pour une petite rotation delta alpha, l'aire balayée est:
> delta alpha*(MA^2+MB^2+MC^2+MD^2).


En quoi est-ce évident ? Moi c'est justement ça que je n'arrive pas à
prouver.
Michel Talon (11/02/2020, 15h59)
Le 11/02/2020 à 13:02, Olivier Miakinen a écrit :
> Bonjour,
> Le 11/02/2020 à 12:18, Michel Talon a écrit :
>> Il est évident que pour une petite rotation delta alpha, l'aire balayée est:
>> delta alpha*(MA^2+MB^2+MC^2+MD^2).

> En quoi est-ce évident ? Moi c'est justement ça que je n'arrive pas à
> prouver.

A un facteur 1/2 près que j'ai oublié!
L'aire d'un secteur de disque d'angle au sommet theta et de rayon R est
1/2 theta R^2 (ce qui donne bien pi R^2 pour theta=2*pi). Dans notre cas
la position de A dépend de alpha, donc on a un secteur (sur le cercle
original et non pas le cercle de centre M) d'angle au sommet delta
alpha, et au premier ordre en delta alpha l'aire vaut 1/2*delta
alpha*MA^2. Car toutes les corrections dues au fait que le A a bougé en
A(alpha+delta alpha), que le cercle n'est pas exactement le bon, etc.
sont elles mêmes d'ordre delta alpha, donc produisent une correction
d'ordre 2 en delta alpha à l'aire balayée. Pour moi c'était tellement
évident que je ne voyais pas la nécessité d'une preuve. Sincèrement dans
aucun livre et encore moins article de niveau universitaire on ne prouve
des choses pareilles. La seule chose amusante est la constance de la somme.
HB (11/02/2020, 16h25)
Le 11/02/2020 à 13:02, Olivier Miakinen a écrit :
> Bonjour,
> Le 11/02/2020 à 12:18, Michel Talon a écrit :
>> Il est évident que pour une petite rotation delta alpha, l'aire balayée est:
>> delta alpha*(MA^2+MB^2+MC^2+MD^2).

> En quoi est-ce évident ? Moi c'est justement ça que je n'arrive pas à
> prouver.
>Et bien ... je suis d'accord avec les deux ;o)


Il semble en effet évident que chacune des 4 parties
de l'aire balayée pour un ?? que je note ici h
est assimilable à un secteur circulaire de Rayon MA ou MB etc ...

donc, mollement on a très fort envie d'écrire

F(a+h) - F(a) ~ h.(MA² + MB² + MC² + MD²)

Toutefois, ce qui me semble moins évident,
c'est de trouver un bon encadrement
ou une forme d'écriture avec un contrôle très rigoureux des restes
(avec les notations de Landau par exemple).

Par exemple, si on note A et A' deux points du cercle
de départ associés à l'écart h
en supposant MA'>=MA (quitte à renommer)
il faudrait pouvoir contrôler MA' avec qqchose du type

MA' = MA + K.h + h.o(h)

et là c'est moins évident de trouver un K qui convienne
car MA' - MA dépend aussi de la position de A
et de la distance entre M et O...

On pourra alors encadrer l'écart des aires sur une des 4 parties
entre h.MA² et h.(MA + K.h + h.o(h))²

et ainsi, de façon parfaitement orthodoxe, on pourra
utiliser le th. des gendarmes ;o) pour la limite de

[F(a+h) - F(a)] / h

En fait, je peux l'avouer maintenant, en posant la question,
j'espérais que qq ait une idée pour trouve un K qui convienne.
(en fonction de R, sans doute)
Dans ce type de situation, même une majoration grossière suffit ...
encore faut-il la trouver... Il faut juste la bonne idée !

Amicalement,

HB
Michel Talon (11/02/2020, 16h42)
Le 11/02/2020 à 15:25, HB a écrit :
> outefois, ce qui me semble moins évident,
> c'est de trouver un bon encadrement
> ou une forme d'écriture avec un contrôle très rigoureux des restes
> (avec les notations de Landau par exemple).


Je pense que la chose est vraie quelle que soit la courbe différentiable
en question. Mais ici dans le cas de cercles la majoration est
particulièrement évidente: Soit u=u(alpha)=MA et quand on va en alpha +
delta alpha on a u+delta u. Pour simplicité je suppose delta u > 0.
Faisant un dessin on voit que l'aire balayée est comprise entre l'aire
de l'arc de disque de rayon u, c'est à dire 1/2*u^2*delta alpha et
l'aire de l'arc de disque de rayon u+delta u c'est à dire
1/2*(u+delta u)^2*delta alpha. Il suffit donc de voir que delta u est
d'ordre delta alpha pour voir que les correction à la formule
1/2*u^2*delta alpha
sont bien d'ordre (delta alpha)^2. Mais A(alpha) est fonction
différentiable de alpha et donc idem pour u(alpha) tant que M n'est pas
sur le cercle. C'est donc trivial.
Olivier Miakinen (11/02/2020, 17h03)
Le 11/02/2020 à 14:59, Michel Talon a écrit :
> [...] Car toutes les corrections dues au fait que le A a bougé en
> A(alpha+delta alpha), que le cercle n'est pas exactement le bon, etc.
> sont elles mêmes d'ordre delta alpha, donc produisent une correction
> d'ordre 2 en delta alpha à l'aire balayée.


C'est bien ça qui ne me semble pas évident. Par exemple, lorsque le
point M est très proche du point A, voire coïncide avec le point A,
la distance MA' peut vite être plus de deux fois la distance MA.

> Pour moi c'était tellement
> évident que je ne voyais pas la nécessité d'une preuve. Sincèrement dans
> aucun livre et encore moins article de niveau universitaire on ne prouve
> des choses pareilles.


Ça, je n'en sais rien. J'ai fait une école d'ingénieur, avec certes des
cours de maths, mais ça fait un paquet d'années, et la géométrie n'était
déjà pas mon point fort. Si un problème de géométrie ne se ramène pas au
théorème de Pythagore j'ai souvent du mal.

> La seule chose amusante est la constance de la somme.


Justement, c'est ça qui me pose le moins de problèmes, parce que ça
s'explique très facilement avec le théorème de Pythagore :
[..]

Bon, pas seulement j'avoue, il faut aussi :
[..]
Olivier Miakinen (11/02/2020, 18h04)
Le 11/02/2020 à 16:03, j'écrivais :
>> La seule chose amusante est la constance de la somme.

> Justement, c'est ça qui me pose le moins de problèmes, parce que ça
> s'explique très facilement avec le théorème de Pythagore :
> [..]


Puis j'ajoutais :
> Bon, pas seulement j'avoue, il faut aussi :
> [..]


Mais en fait non, le théorème de Pythagore suffit.

On a :
R² = ((x-y)/2)² + ((u+v)/2)²

Mais aussi :
R² = ((x+y)/2)² + ((u-v)/2)²

On a donc :
4R² + 4R² = (x²-2xy+y²) + (u²+2uv+v²) + (x²+2xy+y²) + (u²-2uv+v²)

D'où 4R² = x²+y²+u²+v²
Ahmed Ouahi, Architect (12/02/2020, 11h42)
.... En outre une éventuelle démonstration s'inspirant de Euclide quant à
l'égalité de l'aire du gnomon CKAILC et du rectangle DCEF supposant ensuite
que x au carré plus petit que (p sur deux ) au carré plus petit que q (cf
que multiplien ABCD en équivaloir x au carré que multiplie ABFE en
équivaloir q que multiplie CDFE en équivaloir px et G en sera-t-il le milieu
de CF en équivaloir p ) puisant de l'équation BF que multiplie BC plus BG au
carré en équivaloir GC au carré comme BF que multiplie BC en équivaloir q
ainsi que BG en équivaloir x moins p sur deux obtiendrait-on alors x en
équivaloir p sur deux plus la racine carrée de (p sur deux ) au carré moins
q et puis c'est tout ...
Michel Talon (13/02/2020, 19h29)
Le 11/02/2020 à 16:03, Olivier Miakinen a écrit :
>> La seule chose amusante est la constance de la somme.

> Justement, c'est ça qui me pose le moins de problèmes, parce que ça
> s'explique très facilement avec le théorème de Pythagore :
> [..]


Oui, modulo une construction qui n'est pas évidente (si on ne l'a pas
déjà vue). Personnellement je trouve la preuve par géométrie analytique
à la Descartes bien plus intéressante, notamment parce qu'elle illustre
une propriété fondamentale en algèbre, le fait que les fonctions
symétriques des racines d'une équation s'expriment rationnellement en
fonction des coefficients. Ici MA^2 + MB^2 est fonction symétrique donc
s'exprime simplement. Accessoirement, en résolvant l'équation du second
degré on a l'expression explicite de MA en fonction de l'angle alpha, ce
qui résout la question que vous vous posez, si on fait varier un peu
l'angle alpha peut on majorer la variation de A. La formule est
explicitement différentiable, avec un doute quand la racine carrée
s'annule, donc quand on a une racine double, ce qui ne peut pas se
produire quand M est intérieur au cercle. Si vous ne connaissez pas
cette référence je vous recommande le programme René de Zeilberger
(référence à Descartes)
[..]
Olivier Miakinen (13/02/2020, 23h59)
Le 13/02/2020 18:29, Michel Talon a écrit :
>>> La seule chose amusante est la constance de la somme.

>> Justement, c'est ça qui me pose le moins de problèmes, parce que ça
>> s'explique très facilement avec le théorème de Pythagore :
>> [..]

> Oui, modulo une construction qui n'est pas évidente (si on ne l'a pas
> déjà vue).


Ah ? Pourtant, avec des cordes perpendiculaires entre elles, il ne
me semblait pas si difficile de penser à choisir deux diamètres
perpendiculaires, respectivement parallèles à chacune des cordes.
Mais bon, je ne me rappelle pas si j'avais trouvé ça la première
fois, ou si déjà j'avais lu une démonstration du style de celle
que j'ai retrouvée chez Gérard Villemin.

> Personnellement je trouve la preuve par géométrie analytique
> à la Descartes bien plus intéressante,


Ok, je vais essayer de la comprendre. C'était ton article de mardi
11 février à midi dix-huit ?

<news:5e428d84$0$15188$426a74cc>
<http://al.howardknight.net/?ID=158163091600>

> [...] Si vous ne connaissez pas
> cette référence je vous recommande le programme René de Zeilberger
> (référence à Descartes)
> [..]


Il n'y a que des liens sur cette page. Lequel est une référence à
la preuve de Descartes en question ? Soit dit en passant, j'ai
cliqué sur quelques-uns des liens et je ne comprends rien à ce
qui y est écrit. :-(
Olivier Miakinen (14/02/2020, 00h54)
Salut,

Je n'avais pas encore cherché à comprendre ta première réponse. Je vais
le faire maintenant.

Le 11/02/2020 12:18, Michel Talon a écrit :
> Il est évident que pour une petite rotation delta alpha, l'aire balayée est:
> delta alpha*(MA^2+MB^2+MC^2+MD^2).


Ça n'est pas encore évident pour moi, mais pour le moment concentrons-nous
sur le fait que MA²+MB²+MC²+MD² = 4R².

> Donc par référence à un autre message on va montrer que la somme vaut
> 4R^2, qui est donc aussi la dérivée par rapport à alpha de l'aire
> balayée. A priori la somme dépend de alpha, mais on va voir qu'elle est
> constante. On le fait par calcul.


Voyons cela.

> On peut supposer que M est en (x,0)


Oui, je suis d'accord. Il suffit de choisir l'axe des x pour qu'il passe
par M, auquel cas l'axe des y lui est perpendiculaire.

> et donc A a les coordonnées (pour MA = u) (X=x+u*cos alpha, Y=u*sin alpha).


Euh... oui, même si l'angle alpha ici n'est pas celui entre A et A', mais
celui entre l'axe des x et A. Peu importe, c'est un nom comme un autre,
mettons qu'on l'appelle alpha.

> Donc u est solution de l'équation du second degré X^2+Y^2=R^2,


Oui, je suis d'accord.

> (l'autre racine correspond à B)


Oh là là ! Tu vas bien trop vite pour moi ! L'autre racine ne serait-elle
pas le symétrique de A par rapport à l'axe des X, plutôt que le point B ?

Je vais aller plus lentement.

B a les coordonnées (pour MB = v) (X'=x-v*cos alpha, Y'=-v*sin alpha).
Et v est solution de l'équation X'²+Y'²=R²

On a alors :
x² + 2?u?x?cos(alpha) + u²?cos(alpha)² + u²?sin(alpha)² = R²
x² - 2?v?x?cos(alpha) + v²?cos(alpha)² + v²?sin(alpha)² = R²

> u^2 + 2*u*x*cos alpha +x^2-R^2 = 0


u² + 2?u?x?cos(alpha) + x²-R² = 0
v² - 2?v?x?cos(alpha) + x²-R² = 0

Ce n'est pas la même équation du second degré !

Quoique... si au lieu d'appeler v la longueur MB on l'appelle -v, alors
oui, u et -v sont les deux solutions de la même équation. Mais je ne vois
pas comment tu peux trouver ça évident au point d'affirmer directement
que « l'autre racine correspond à B » ! Ou alors c'est que tu fais ça
tous les jours, ce qui est loin d'être mon cas.

> MA^2+MB^2= u1^2+u2^2=(u1+u2)^2-2*u1*u2


Ah oui, bien vu (sifflement admiratif).

> ce qui donne avec s=-2*x*cos(alpha) p=x^2-R^2


(j'ai corrigé un 'u' erroné en 'x')

> u1^2+u2^2= 2*x^2*cos(2*alpha) + 2*R^2


Ouf ! Là encore j'ai besoin de décomposer pour comprendre.

(u1+u2)² = s² = 4?x²?cos(alpha)²
2?u1?u2 = 2?p = 2?x² - 2?R² = 2.x².cos(alpha)² + 2?x²?sin(alpha)² - 2?R²
s²-2?p = 2?x²?cos(alpha)² - 2?x²?sin(alpha)² + 2?R²
s²-2?p² = 2?x²?cos(2?alpha) + 2?R² = MA² + MB²

Ok.

> Pour C et D on fait alpha -> alpha + pi/2, donc les cos s'annulent et


Oui, parce que cos(2?alpha + pi) = -cos(2?alpha). Ok aussi.

> u1^2+u2^2+u3^2+u4^2= 4*R^2.


C'était laborieux, mais oui, je suis d'accord.

Un grand merci à toi pour cette solution.

> Appelant A(alpha) l'aire balayée on a donc
> dA/d alpha= alpha*(MA^2+MB^2+MC^2+MD^2) avec la somme constante et donc
> A(alpha)=4*R^2*alpha.


Ah oui, et du coup c'est vrai que le 'alpha' des calculs ci-dessus joue
un rôle similaire au 'alpha' de l'énoncé de HB. C'était peut-être évident
pour toi dès le départ, mais pas pour moi. Désolé.
Michel Talon (14/02/2020, 01h18)
Le 13/02/2020 à 22:59, Olivier Miakinen a écrit :
> Il n'y a que des liens sur cette page. Lequel est une référence à
> la preuve de Descartes en question ? Soit dit en passant, j'ai
> cliqué sur quelques-uns des liens et je ne comprends rien à ce
> qui y est écrit.:-(


Tu peux regarder
[..]
qui est le programme maple qui automatise la preuve de théorèmes
géométriques. Si on dispose de maple et qu'on fait ce qui est dit au
début, on obtient la preuve automatique des théorèmes. Sur le lien
que j'avais donné il y a les théorèmes avec le dessin correspondant
et l'énoncé du calcul qui prouve le théorème. Evidemment cet énoncé
utilise des procédures qui sont décrites dans René. Certainement pour
tout comprendre il faut lire tout le programme René, gros travail!
Mais sans cela on peut se faire une idée de ce que fait le calcul.
Malheureusement Zeilberger utilise maple et pas le programme libre maxima.

Zeilberger est un grand spécialiste de mathématiques combinatoires, tu
peux regarder sa page perso
[..]
ou si tu veux le livre (libre) A=B ou ses opinions dont beaucoup sont
droles.

Pour ma preuve calculatoire elle est très simple et se trouve là ou
tu dis.

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