Forum de mathématiques - Bibm@th.net

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

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

@ 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

Hello !

Avec tout ça on n'a pas répondu à Reouven ???

B-m

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.

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

Bonsoir,

Il me semble que les premières preuves de l'inégalité isopérimétrique dans le plan utilisaient de tels arguments.
Voir par exemple https://www.apmep.fr/IMG/pdf/AAA14041.pdf

Roro.