4 pièces - forum mathématiques - 802277

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Posté par re : 4 pièces 07-12-18 à 17:41

Si mes calculs sont justes (ce qui n'est pas sûr du tout), l'aire de la partie rouge pour un grand cercle de rayon 1, un petit cercle de rayon r et un cercle moyen de rayon k est donnée par (quand r >= 0.5, sinon le triangle ne couvre plus tout) :

$\pi(k^2-r^2)-k^2sin^{-1}(\frac{2-2r}{k\sqrt{3}})+\frac{(2-2r)(2r-k)}{\sqrt{3}}$
Et on peut calculer que

$k = r+\frac{(1-r)^2}{3r}$

Il ne reste plus qu'à remplacer k et simplifier

Posté par re : 4 pièces 08-12-18 à 09:02

Bon week end Littlefox
Si tu as ta formule sous la main,peux tu la tester sur mon graphe ou si tu veux 3 décimales
avec le solveur de mathafou ?

Posté par re : 4 pièces 09-12-18 à 09:42

Je ne me souviens plus de l'équation de la courbe,mais en son temps en "Lycée *,Glapion
avait posté une courbe comparable....Ce qui donnerait notre solution ....

*4 12 12 23 h 07

Posté par re : 4 pièces 11-12-18 à 11:08

En augmentant le domaine de la façon suivante, mes résultats, ceux de mathafou et ceux de dpi semble correspondre :

$\text{Aire rouge(r)} = \left\lbrace\begin{matrix} \pi(k^2-r^2)-k^2(\pi - sin^{-1}(\frac{2-2r}{k\sqrt{3}}))+\frac{(2-2r)(2r-k)}{\sqrt{3}} & \text{ si } r \le \frac{\sqrt{3}-1}{2} \\ \pi(k^2-r^2)-k^2sin^{-1}(\frac{2-2r}{k\sqrt{3}})+\frac{(2-2r)(2r-k)}{\sqrt{3}} & \text{ si } r \ge \frac{\sqrt{3}-1}{2} \end{matrix}\right.$

Avec $k = r+\frac{(1-r)^2}{3r}$

La valeur $r =\text{ si } r \le \frac{\sqrt{3}-1}{2}$ est la valeur pour laquelle la base du triangle est la diagonale du cercle moyen (de rayon k).

En remplaçant le sinus par un cosinus on peut se passer de cette discontinuité :

$\text{Aire rouge(r)} = \pi(k^2-r^2)-k^2cos^{-1}(\frac{2r}{k}-1))+\frac{(2-2r)(2r-k)}{\sqrt{3}}$

Note : remplacer k dans les formules ci-dessus ne semble mener à aucune simplification.

Posté par re : 4 pièces 11-12-18 à 14:02

Bonjour,

As tu testé ,ce qui se passe avec 0.2995 (aire cornes rouge maximale)?
Je garde le tableur qui me donne toutes le réponses ,je pense que nous avons fait le tour.....
Au prochain....merci à Imod

Posté par re : 4 pièces 11-12-18 à 14:31

Bah, teste .

Je ne sais pas comment tu as calculé ce maximum. Je trouve un maximum pour r 0.3099.

Je ne vois rien de particulier pour cette valeur (et on est loin du dessin initial).

Posté par re : 4 pièces 11-12-18 à 15:37

Je crois qu'on cherche à côté .
Comme l'a fait remarquer mathafou, les symboles sont dans la partie du haut de la figure.

Un point qui me semble suffisamment simple et à la fois intéressant pour être le sujet de cette figure est que quand le diamètre du cercle bleu vaut la moitié du diamètre du grand cercle alors l'aire des parties avec les symboles (la partie couverte par le triangle comprise) vaut exactement 5/9 due l'aire du grand cercle.

En effet, $A(r) = \pi(1-(r+\frac{(1-r)^2}{3r})^2) \Rightarrow A(\frac{1}{2}) = \frac{5\pi}{9}$

C'est aussi le maximum de cette aire là. Et c'est le point où les côtés du triangle sont tangents au cercle moyen.

Posté par re : 4 pièces 11-12-18 à 17:07

Tu as raison pour le maxi 0.3099 .
La courbe des valeurs est asse belle et ressemble à la loi de Rayleigh
Pour la question en japonais, il me semble que la partie la plus difficile à chercher
est celle des cornes rouges puisqu'elle fait intervenir le segment circulaire.
Je penche aussi vers k=0.5 ( What else !) compte tenu de la déformation elliptique de la photo...