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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Reouven
- 09-04-2026 03:53:51
Une bien meilleure version éclaircissant beaucoup de points qui n'avaient pas été complètement ou mal explicités + beaucoup de corrections de forme et de structure ou typos.
Il y aura une partie B et C au moins.
La B est presque déjà presque finie d'être rédigée.
Des subtilités vraiment dans les détails spécifiques m'ont beaucoup freiné mais, c'est reparti sur les rails.
Mon erreur était d'ailleurs tout au début, j'ai donc du revenir jusqu'au début pour retrouver l'erreur (subtilite bien cachée d'un oubli d'une valeur absolue, corrigée dans cette version donc).
Je trouve que ça peut au moins déjà donner lieu à un bon exercice pour un élève de niveau terminale avancée, intéressé par la géométrie et les relations dans un triangle du point de vue de son circumcentre, donnant l'occasion de se familiariser avec beaucoup de formules utiles dans le triangle. J'espère que le lien GeoGebra sur l'image de la construction fonctionnera bien.
- Reouven
- 29-03-2026 21:21:29
Hummm pas beaucoup de succès.
Pour infos, il y a une deuxième partie et même une troisième pour ceux que ça intéresse, avec l'obtention d'un théorème portant sur une "nouvelle" inégalité pour toute une classe d'équations.
Dommage... ça m'aurait un peu plus motivé à rédiger le papier final de tout l'ensemble.
- Reouven
- 26-03-2026 04:52:44
Si ça intéresse quelqu'un, voici la solution de l'exercice dans le pdf : https://drive.google.com/file/d/1pM3IFl … p=drivesdk
- Reouven
- 21-03-2026 17:27:40
En fait, voici la visualisation sur geogebra, de la construction pour la fonction radiale "projetée" : https://www.geogebra.org/classic/dhqgnb7a.
Pour modifier le triangle $T$ ($AoBoCo$) qui nous intéresse, on doit bouger les points $B$ et $C$ du triangle translaté($ABC$), le point $A$, lui, étant fixe et placé à l'origine du repère, en $O$, donc.
Le centre du cercle $L$ (de rayon $R$), circonscrit au triangle $T$ est à l'origine $O$ du repère.
On peut modifier aussi le rayon du cercle $N$, en bougeant le point $A1$ sur la demi-droite $[OAo)$, pour visualiser comment évolue notamment l'aire "projetée" (aire des triangles au fond gris).
Exercice :
1) Calculer la somme $S$ des aires des 3 triangles au fond gris en fonctions des longueurs des côtés du triangle $a,\ b,\ c$ du triangle.
2) Est-elle proportionnelle à l'aire du triangle initial ($AoBoCo$).
3) Calculer la quantité $A_{\text{proj}}(r)=\dfrac{S}{A_{\text{couronne}}}$,
où $A_{\text{couronne}}$ est l'aire de la couronne entre $L$ et $N$, $r$ le rayon du cercle $N$.
4) Le triangle initial étant fixé, étudier $A_{\text{proj}}(r)$ dans les deux cas "limite" :
- $r \to R$ (le cercle $N$ tend vers le cercle $L$) : donner une interprétation géométrique.
- $r \to +\infty$ : donner un équivalent et une interprétation géométrique.
Indication : On pourra exprimer les formules et les résultats en fonction de la quantité $\lambda = \dfrac{r}{R}$.
- Reouven
- 21-03-2026 15:54:43
Dans ma démarche initiale, j'ai voulu transformer ce problème 2D à un problème 1D, en utilisant des idées de symétrisation.
Je suis alors arrivé à la formule de Crofton (dans l'esprit de Steiner) radiale (projetée en plus car j'ai essayé d'aller au maximum de l'idée), offrant un cadre propre aux considérations de symétrisation.
Je n'ai rien vu de mieux, et je suis très satisfait d'avoir trouvé cette approche, et la richesse des problèmes encore "ouverts" dans ce cadre de réflexion.
C'est assez similaire au raisonnement classique pour arriver à un triangle isocèle mais on peut l'exprimer plus naturellement, rien de plus.
Voici : on veut démontrer dans un certain cadre général, sans avoir à faire de calcul ou raisonnement compliqués :
Parmi tous les triangles de périmètre fixé $p$, le triangle équilatéral maximise l’aire.
L'idée centrale est de retrouver simplement que "Rendre la figure plus symétrique augmente l’aire à périmètre fixé."
On va alors montrer qu’on peut transformer n’importe quel triangle en un triangle isocèle puis équilatéral, en augmentant (ou conservant) l’aire, sans changer le périmètre.
Soit un triangle $ABC$.
On fixe la base $AB$. On garde cette longueur $AB$ constante.
Le périmètre vaut :
$a + b + c = p$
donc $a + b = p - c = \text{constante}$
Symétrisation : On remplace le point $C$ par un point $C'$ tel que :
$AC' = BC'$
et
$AC' + BC' = AC + BC$
donc le périmètre est conservé.
Alors, parmi tous les points C possibles c'est-à-dire, tels que $AC + BC$ est constant, l'aire augmente quand on rapproche $C'$ de la médiatrice de $AB$.
Ainsi, à périmètre fixé, pour une base donnée, le triangle d’aire maximale est isocèle.
[On retrouve que l'on a maximisé la hauteur (et donc l'aire du triangle $ABC$), puisque $AC + BC = \text{constante}$ est une ellipse et que la hauteur maximale correspond au milieu de $AB$.]
On applique ce raisonnement à $AB$, à $BC$ puis à $CA$ : chaque étape pousse vers plus de symétrie.
En conclusion, la seule forme stable sous ces symétrisations est le triangle équilatéral.
En résumé, chaque symétrisation augmente ou conserve l’aire. Le processus converge vers l’équilatéral donc l’équilatéral maximise l’aire.
Selon, la lecture de Crofton/Radon, cette preuve signifie :
tu redistribues les "sections" de manière plus uniforme
tu augmentes la moyenne, l’optimum est atteint quand tout est équilibré.
À périmètre fixé, l’aire est maximale pour l’équilatéral :
asymétrie -> gaspillage de "hauteur"
symétrie -> utilisation optimale du périmètre.
Ca se généralise dans ce même cadre, en 2D, à n'importe quel corps convexe : la solution polygone optimale, est bien toujours le polygone régulier.
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Au cas où vous auriez des interrogations plus larges :
- en 3D ou plus, c'est plus compliqué, il n'existe pas toujours de résultat équivalent, pour un nombre de sommet quelconque.
- En 3D, lorsque le nombre de points correspond au nombre de sommets d'un polygone de Platon (il y en a que 5) : 4, 8, 6, 20, 12, ces polygones reguliers sont bien "solutions".
- la formule de Crofton radiale en 2D servant à définir l'aire d'un polygone est la suivante :
$A(K) = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \rho_K(\theta)^2 \, d\theta$
où $\rho_K(\theta)$ est la fonction radiale (distance du centre à la frontière dans la direction $\theta$).
(que l'on sait toujours maximiser donc).
- mais, trouver le solide qui maximise la quantité donnée par la formule radiale croisée, est encore une question ouverte (conjecture) :
$A_{\alpha}(K) = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \rho_K(\theta)\,\rho_K(\theta + \alpha)\, d\theta$
Bonne journée
- Reouven
- 13-02-2026 20:38:20
oui c'est pas mal, ca peut donner des idées.
J'ai une idée un peu similaire, mais il faut juste que je trouve le temps de la coucher plus concrètement sur le papier.
Je n'ai pas complétement regardé encore le doc de roro mais je pense qu'on peut recouper avec ce genre de démarches.
- Bernard-maths
- 13-02-2026 10:40:52
Bonjour à tous !
Je bricole sur l'isopérimétrie ...
Les périmètres des figures sont de 12. "On voit" que si on passe de l'isocèle à l'équilatéral, de l'équilatéral au cercle, du rectangle au carré, du carré au cercle, on perd les parties jaunes, mais on gagne les parties rouges, qui sont plus grandes ... un calcul peut justifier ...
On peut généraliser ... étant donnée une courbe fermée du plan, si on la "gonfle", alors elle prend la forme d'un cercle de même périmètre.
Et aussi plus précisément : pour tout polygone de n côtés celui qui a la plus grande aire (à périmètre donné) est le polygone régulier convexe à n côtés.
Et en 3D ???
Périmètre devient aire, aire devient volume ...???
Ainsi de tous les tétraèdres d'aire latérale donnée, celui qui a le plus gros volume est le tétraèdre régulier. ?
De tous les hexaèdres, c'est le cube.
De tous les polyèdres de n faces, c'est celui convexe régulier (ou presque) qui a le plus gros volume ...
Et en politique ???
Il y en a qui sont gonflés, et qui se les sphères ...
Bernard-maths
- Reouven
- 12-02-2026 18:09:36
Si
Il me reste à tenter de construire cette démonstration évoquée en #1 (si possible bien sûr), à partir du document et de la théorie donnés par Roro (merci bien).
- Bernard-maths
- 12-02-2026 17:06:35
@ Yoshi !
Il vaut mieux tenir compte du paramètre p :
4 aire² = [(p-a)²/4 - (a/2)²] * a² = ... = ( p²/4 - a p/2 )*a² = p²/ 4 * a² - p/2 * a3 = f(a).
Alors f'(a) = p²/2 * a - 3 p/2 * a² = p/2*a (p - 3*a), et f'(a) = 0 pour a = p/3 ! ou a = 0, mais ça ne compte pas ...
B-m
- Michel Coste
- 12-02-2026 15:38:48
Si
- Bernard-maths
- 12-02-2026 14:29:56
Hello !
Avec tout ça on n'a pas répondu à Reouven ???
B-m
- yoshi
- 12-02-2026 13:44:26
Bonjour,
Dès que j'ai vu la gueule de ta courbe je me suis dit : << Tiens une courbe du 3e degré >> !
Ta formule a semblé alors me donner tort...
J'ai donc entrepris de la simplifier et j'ai obtenu $f(x)= -3x^3+9x^2$ !
Je ne sais pas si ça t'avance à quelque chose...
@+
- Michel Coste
- 12-02-2026 13:43:32
Bonjour,
Fixons $A$ dans le plan euclidien. L'ensemble les couples $(B,C)$ tels que le périmètre de $ABC$ soit égal à $1$ est une partie compacte du produit cartésien du plan euclidien avec lui-même. La fonction "aire de $ABC$" est continue sur ce compact, elle y atteint donc son maximum. Un triangle $ABC$ non équilatéral ne réalise pas le maximum de l'aire vu l'argument du message #3. Donc le maximum est atteint pour $ABC$ équilatéral.
- Bernard-maths
- 12-02-2026 10:24:06
Suite et fin !
Avec geogebra pour les calculs, avec p = 6 :
Donc c'est bon !
B-m
- Bernard-maths
- 12-02-2026 10:08:02
Suite !
Si a est la longueur de la base, et p le périmètre, alors la hauteur h est donnée par :
h² + (a/2)² = (p-a)²/4, puis 4 aire² = h² * a², d'où 4 aire² = [(p-a)²/4 - (a/2)²] * a²? sauf erreur.
Cette fonction du second degré en a DOIT passer par un maximum pour a = p/3 !!!
SINON les maths ne sont pas fiables ... reste à faire les calculs ... j'ai la flemme !
Bernard-maths