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Envoyé par Domi 
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Bon c'est pas vraiment ce que je voulais faire mais c'est bien tout ce que je peux faire sur un logiciel que je maitrise pas, 2 élipses reliées par le segment central de longueur 10cm, du coup périmètre des élipses -10 (et même un peu plus vu que c'est arrondi) pour le périmètre et actuellement loin du record de la chenille, mais j'ai pas pu faire la forme que j'aurais voulu, mais je pense que ce genre de forme peut approcher le p/A = 1/5


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Merci Jacquot pour t'être lancé dans la corvée de calculs , en effet le linéaire fait mieux que le 2D , encore un coup pour rien grinning smiley

Je fais confiance à Remarque pour sa preuve du problème initial ( je suis incapable de vérifier ses calculs ) par contre je ne crois pas du tout aux morceaux d’ellipses de Maroufle pour moi il faut des arcs de cercles et rien d'autre .

Je ne suis pas encore complètement convaincu que la chenille à pattes de Paul assure le meilleur rapport $A/P$ même si je ne vois pas comment faire mieux .

Et bien sûr un grand MERCI à tout ceux qui font vivre ce problème décidément moins bête qu'il en a l'air .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Pour la question de maximiser $A/P$, n'est-ce pas lié à ce fil P/A>2 ?

Cette chenille de jacquot [www.les-mathematiques.net]

donne (dans le présent fil) $\frac{A}{P}\to10\frac{1+\frac{\pi}2}{\pi\sqrt2}=5\sqrt2 \bigl(\frac1\pi+\frac12\bigr)\approx 5.78632$. Même chose que pour la chenille de depasse donc.

La chenille de JLT [www.les-mathematiques.net] donne (dans le présent fil) $\frac{A}{P}\to10\gamma\approx 5.82822$.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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J'avais oublié ce fil Amtagpa , c'est bien sûr le même problème . Beaucoup de liens sont rompus , quelle est la chenille de JLT réalisant ce maximum $10\gamma$ ?

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Pour faire réapparaître les images disparues : [www.les-mathematiques.net]
[C'est fait. winking smiley AD]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par AD.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Bon je me suis amusé à pratiquer geogebra, je voulais voir pour la chenille où placer le centre du disque, il est à 2,35 du bord de la grille le plus proche pour un nombre approximatif de longueur d'arc de 12,5...Pourquoi 2,35, je n'en sais rien du tout ^^
à 4 chiffres après la virgule ça donne 12,5017, du coup ça tombe pas juste mais c'est normal vu que c'est dépendant de $\pi$

Voilà les dessins de la nuit
La chenille et la citadelle qui n'est pas si loin de la chenille smiling smiley







Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par maroufle.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
@Domi : la chenille de JLT est la chenille qui maximise $\lim A/P$ sur l'ensemble des chenilles avec des arcs de cercles de même angle $2x$. Comme dit dans l'autre fil, ça correspond à $x_M\approx1.03115$ : [www.wolframalpha.com]

(Et une précision : il ne s'agit pas du $\gamma$ d'Euler dans mon message précédent, mais du $\gamma$ de l'autre fil...)

@remarque : pour le problème initial, peux-tu expliquer pourquoi la matrice hessienne du lagrangien est diagonale ? Merci d'avance.
Sinon, penses-tu qu'on peut montrer directement que si $\theta_1,\theta_2\in[0,\pi]$ alors pour $\theta\in[0,\pi]$ tel que $2l(\theta)=l(\theta_1)+l(\theta_2)$ on a  $2S(\theta)\ge S(\theta_1)+S(\theta_2)$ ? Peut-être en faisant l'étude d'abord en 2d : maximiser $S(\theta_1)+S(\theta_2)$ sous la contrainte $l(\theta_1)+l(\theta_2)=L\in{]}2,\pi[$, il sera peut-être plus simple de montrer que le seul point critique $\theta_1=\theta_2\in{]}0,\pi[$ est bien un point de maximum global ? (En tout cas, le déterminant de la matrice hessienne dans ce cas est sauf erreur $-2(l'(\theta_1))^2\bigl(S''(\theta_1)-\frac1{2\sin(\theta_1/2)}l''(\theta_1)\bigr)$ qui est strictement positif d'après ce tracé
[www.wolframalpha.com], donc c'est un maximum local).

(Bon je dis peut-être n'importe quoi...)
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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@Amtagpa : Le lagrangien est de la forme $\sum\limits_{i=1}^8\big(S(\theta_i)-\lambda l(\theta_i)\big)$. Quand on dérive une fois par rapport à un des $\theta_i$, cela tue tous les autres. Quand on dérive deux fois, il ne reste que des termes diagonaux. Enfin, le point critique a tous ses $\theta_i$ égaux, donc la matrice hessienne est $\big(S''(\theta)-\lambda l''(\theta)\big)I$. Il me semble enfin que pour les valeurs de $\theta$ et de $\lambda$ critiques, on a le bon signe (pas besoin de se restreindre au noyau de la contrainte, puisque cette hessienne est un multiple de l'identité de toutes façons). Mais ça c'est juste un tracé vite fait.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par AD.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Je ne sais pas si ça correspond à la question, bref je me disais qu'un dessin comme je poste dessous pouvait peut être optimiser le rapport A/P mais pas du tout, il fait moins bien que mon 2eme dessin posté plus haut et moins bien que la chenille, du coup je me demande quelle est ou sont les longueurs d'arc ou angles optimisés pour construire la figure géométrique optimale par rapport au contraintes de départ.

P= 103,71
A= 479,6 (seulement)


heberger une image
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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@Maroufle , je crois que nous sommes tous convaincus que le problème initial n'a pas de solution mais tu sais bien que les matheux ont un gros défaut : Il leur faut une preuve . Un dessin peut illustrer une démonstration ( et on aime tous ça ) mais il ne peut pas la remplacer .

D'un autre côté ton rapport me semble vraiment bas , tu es sûr que tu as choisi le bon rayon pour les arcs ?

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
@ remarque : ok, j'avais considéré la matrice hessienne en les variables $(\theta_i,\lambda)$...
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Ah oui, on ne prend que la hessienne par rapport aux variables dans cette histoire d'extrema liés, pas par rapport au multiplicateur.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par remarque.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
En fait je suis tombée sur ça [nte-serveur.univ-lyon1.fr]. C'est faux ? grinning smiley
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Je ne sais pas, je n'arrive pas à lire, c'est trop laid. grinning smiley
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Pour ça, on est d'accord. grinning smiley
Il est écrit par exemple :
Citation

Pour p = 2 (2 variables) et q = 1 (une contrainte égalité), p – q = 1 : on calcule un seul déterminant diagonal principal, qui est le déterminant de la matrice hessienne (à trois lignes et trois colonnes).   
   — Si le déterminant de la matrice hessienne du lagrangien est positif, le point stationnaire est un maximum local.   
   — Si le déterminant de la matrice hessienne du lagrangien est négatif, le point stationnaire est un minimum local.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Dans mon souvenir, on prend la hessienne partielle du lagrangien et on regarde si elle est définie positive ou négative sur l'espace tangent à la contrainte (ça c'est dans le cas d'une seule contrainte, c'est peut-être plus compliqué avec plusieurs contraintes... je ne me rappelle pas).
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Démonstration quick and dirty dans $\R^2$ avec une seule contrainte : on cherche les conditions d'extrémalité pour $F(x,y)$ sous la contrainte $G(x,y)=0$. Au premier ordre, c'est l'existence d'un $\lambda$ tel que $\nabla F(x_0,y_0)=\lambda \nabla G(x_0,y_0)$ (en supposant ce dernier vecteur non nul, donc on a une courbe $C$). Si on introduit le lagrangien $L(x,y,\mu)=F(x,y)-\mu G(x,y)$, on voit que $(x_0,y_0,\lambda)$ est un point critique de $L$ sur $\R^2\times \R$. Comme $L$ est affine par rapport à $\mu$, pas d'histoire de maximum ou minimum local pour $L$ sur $\R^3$.

On a $F(x_0,y_0)=L(x_0,y_0,\lambda)$ et si $(x,y)\in C$, $L(x,y,\mu)=F(x,y)$. On peut écrire
$$L(x,y,\mu)=L(x_0,y_0,\lambda)+\frac12\nabla^2 L(x_0,y_0,\lambda)(x-x_0,y-y_0,\mu-\lambda)(x-x_0,y-y_0,\mu-\lambda)+\hbox{truc plus petit}.$$
En particulier, sur $C$,
$$F(x,y)=F(x_0,y_0)+\frac12\nabla^2 L(x_0,y_0,\lambda)(x-x_0,y-y_0,0)(x-x_0,y-y_0,0)+\hbox{truc plus petit}.$$
Pour simplifier, je prends $C$ droit, cad $G$ affine (ça ne mange pas vraiment de pain) et on voit donc que seule compte la hessienne partielle prise comme forme quadratique sur $C-(x_0,y_0)$, donc en général sur l'espace tangent à $C$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par remarque.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Si on fait le calcul indiqué dans le lien très moche plus haut, on retombe effectivement sur la bonne condition (au signe près, il ne prend pas la même convention pour le lagrangien). Ici l'espace tangent étant de dimension 1, le caractère défini positif ou négatif se ramène à un critère scalaire.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Merci beaucoup remarque thumbs down, je tâcherai de m'en souvenir...
Et effectivement les deux critères coïncident dans $\R^2$ avec une contrainte égalité : en utilisant ton critère, l'espace tangent est la droite vectorielle de normale $\nabla G(x_0,y_0)$ donc de vecteur directeur $v=(-\partial_y G(x_0,y_0),\partial_x G(x_0,y_0))^T$ et on regarde donc $(\alpha v)^TM(\alpha v)=\alpha^2 v^TMv$ pour $\alpha\ne0$ où $M$ est la matrice hessienne partielle du lagrangien. On trouve $$v^TMv= \partial_{xx}L\, \bigl(\partial_y G \bigr)^2- 2\, \partial_{xy}L\,\partial_x G\,\partial_y G+ \partial_{yy} L\bigl(\partial_x G \bigr)^2,$$les dérivées étant prises au point $(x_0,y_0,\lambda)$ pour $L$ et $(x_0,y_0)$ pour $G$, ce qui coïncide avec $-$ le déterminant de la matrice hessienne totale du lagrangien : grinning smiley $$-\begin{vmatrix}
\partial_{xx}L& \partial_{xy}L& -\partial_x G\\
\partial_{xy}L&\partial_{yy}L &-\partial_y G\\
-\partial_x G & -\partial_y G &0
\end{vmatrix}.$$

Concernant le problème de ce fil, je suis donc d'accord que le point critique trouvé est un maximum local (en utilisant ton critère ici avec la matrice hessienne partielle grinning smiley (il suffit de montrer que $S''(\theta)-\lambda l''(\theta)<0$ sans parler de concavité, non ?)). Il me reste à comprendre pourquoi c'est un maximum global. Mon souci était qu'il existe des exemples en dimension $\ge2$ avec un seul point crtique qui est un maximum local sans que ce soit un maximum global, mais je crois qu'il suffit ici de comparer aux valeurs aux bords, comment t'en débarasses-tu ? Merci encore.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Ah mais je n'ai pas démontré que c'était un maximum global ! J'ai ignoré le problème en faisant le pari que c'est un maximum global, nuance ! winking smiley Mais si ça se trouve, c'est faux...
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Ah ok, c'est bien ce qu'il me semblait au début. grinning smiley
Est-ce que tu es d'accord avec le fait que si on montre que le maximum de $S(\theta_1)+S(\theta_2)$ sous la contrainte $l(\theta_1)+l(\theta_2)=L\in{]}2,\pi[$ est atteint pour des angles égaux $\theta_1=\theta_2\in{]0},\pi[$, alors le maximum de $\sum_{i=1}^8 S(\theta_i)$ sous la contrainte $\sum_{i=1}^8 l(\theta_i)=10$ est atteint pour des angles égaux ?

Si oui, je me dis que ça doit être plus simple de montrer que le seul point critique du cas 2d est un maximum global, non ? grinning smiley Avec un contour plot au moins ?
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Je ne vois pas l'argument pour passer de 2 à 8...
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Bonjour à tous,

pas sûr que je sois dans le coup, mais il me paraît presqu'évident que si ça marche pour "2" ça marche pour "8" et c'est bien pour ça que je vais sans doute dire une grosse bêtise!

Si le max pour "8" était accessible pour des arcs pas tous égaux, alors en remplaçant chacun de deux différents arcs, $L_1$ et $L_2$, par la moitié de $L_1+L_2$, on dépasserait le max (si on a prouvé que ça marche pour "2"). Hum...

Paul
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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C'est tout à fait convaincant, depasse ! thumbs down Sauf que ça suppose le maximum sur 8 atteint. Bon, il y a sans doute un argument de compacité qui va l'impliquer...
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Voici comment je voyais les choses en admettant qu'on a un maximum global pour des angles égaux dans le cas 2d : soit $(t_1,t_2,t_3,t_4,t_5,t_6,t_7,t_8)$ vérifiant la contrainte dans le cas 8d alors on peut faire mieux (i.e. une surface totale supérieure ou égale) avec $(t_9,t_9,t_{10},t_{10},t_{11},t_{11},t_{12},t_{12})$ (où $2l(t_9)=l(t_1)+l(t_2)$ etc.), puis on peut faire mieux avec $(t_{13},t_{13},t_{13},t_{13},t_{14},t_{14},t_{14},t_{14})$, et enfin on peut faire mieux avec $(t_{15},t_{15},t_{15},t_{15},t_{15},t_{15},t_{15},t_{15})$. Ca évite d'invoquer la compacité. smiling smiley

Je suis bien sûr d'accord avec depasse dans le cas de point de maximum global strict pour des angles égaux en 2d. smiling smiley
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Citation
Domi
D'un autre côté ton rapport me semble vraiment bas , tu es sûr que tu as choisi le bon rayon pour les arcs ?

Celle ci semble du rapport idéal d'après les contraintes de périmètre surtout, elle occupe 3 carrés + des arcs de cercles à 2,35cm du point central de la grille, le 2,35cm je ne saurais l'expliquer et je ne sais pas non plus si il est en théorie le rapport max qu'on puisse obtenir pour un périmètre donné qui ne serait pas limité à 100cm
sur celle ci le rapport est bien comme donné au début
périmètre= 100,0138 cm
Aire= 482,2739 cm
Je me suis appliqué pour avoir une taille d'arc le plus proche possible de 12,5 pour respecter les contraintes de 8 x 12,5 = 100
Et pour des tailles d'arc de ce périmètre, il faut placer le point central du disque à 2,35cm du bord de la grille le plus proche


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
@Amtagpa : fort ingénieux, mais je ne vois pas comment tu passes de $t_9,t_9,t_{10},t_{10}$ à $t_{13},t_{13},t_{13},t_{13}$ ? C'est parce qu'on s'en fiche que les arcs soient consécutifs ?
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Voilà sinon sans les contraintes de périmètre = 100cm je pense que c'est le treifle à 4 feuilles qui gagne
avec P = 133,2864 cm
A = 671,2388 cm²

Donc A/P = 5,0360!
On dépasse les 5! smiling bouncing smiley


hebergeur image



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par maroufle.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
@remarque : $t_{13}$ est tel que $2l(t_{13})=l(t_9)+l(t_{10})$. Effectivement, je ne me préoccupe pas de l'ordre des arcs puisqu'il me semble qu'on peut les réarranger comme on veut en gardant la longueur et la surface totales invariantes. Dis-moi si je me plante grave !
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
En fait (je vais essayer de faire un peu de géométrie donc attention), ne peut-on pas dire que le problème 2d revient à maximiser $S(\theta_1)+S(\theta_2)+S_0$ sous la contrainte $l(\theta_1)+l(\theta_2)+L_0=L+L_0=2\pi R$
où $S_0$ est l'aire d'un disque (de rayon $R=\frac{1}{2\sin(\theta/2)}$ avec $2l(\theta)=L$) privé de deux parties diamétralement opposées correspondant chacune à la surface délimitée par un arc de cercle sur le bord du disque de longueur $l(\theta)$ et sa corde (de longueur $1$ donc), et $L_0$ est le périmètre latéral de ce disque tronqué (sans compter les cordes). Comme à périmètre donné, c'est le disque qui est la figure qui maximise l'aire, on en déduit que le problème 2d est maximisé pour des angles égaux $\theta_1=\theta_2=\theta$, puisque ça permet de reconstruire un disque parfait de périmètre $2\pi R$, non ? grinning smiley



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Amtagpa.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
@Amtagpa : d'accord pour la répartition des arcs qui peut être quelconque. On se fiche également d'ailleurs du fait qu'ils soient attachés à ces points particuliers de la grille. Pour la suite, pourrais-tu faire un petit dessin pour favoriser la compréhension des masses ? smiling smiley



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par remarque.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
@remarque : voici un petit dessin avec $L=\frac{2\pi}{3}=2l(\frac\pi3)$ (en espérant que c'est plus clair que mon message précédent sad smiley). Ça tient la route ?


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Je dirais même que je suis convaincu ! thumbs downthumbs down
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
C'est lorsque tu as parlé de l'ordre des arcs et de leur arrangement que ça a commencé à faire tilt ! winking smiley Merci ! thumbs downthumbs down
(On a donc même que c'est un point de maximum global strict)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Amtagpa.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
En espérant avoir compris le message de Amtagpa, je le paraphrase:

On part d'un cercle $C$ de diamètre supérieur à $1$; $D$ désigne le disque correspondant. Soit $L$ la longueur d'un petit arc de $C$ de corde $1$.
Soient ensuite deux nombres, $L_1$ et $L_2$, dont la somme est $2L$ et qui sont plus grands que $1$
On considère deux cordes de $C$, $c_1$ et $c_2$, de longueur $1$, disjointes (par exemple strictement parallèles) et on remplace le petit arc tendu par $c_1$ (resp. $c_2$) par un arc de cercle (ou par "n'importe quoi" ?) de longueur $L_1$ (resp. $L_2$) qui passe par les extrèmités de $c_1$ (resp. $c_2$).
La courbe constituée par les deux arcs de $C$ qui n'ont pas été remplacés et par les deux arcs (ou les deux "n'importe quoi"?) par les quels ont été remplacés les deux autres arcs de $C$ a, par définition, la même longueur que $C$.
Or, par l'inégalité isopérimétrique, l'aire de la surface que cette courbe délimite est strictement inférieure à celle de $D$, à moins que cette courbe ne soit précisément $C$ lui-même.

Reste à savoir si je n'ai pas compris de travers le message d'Amtagpa, et si le mien est compréhensible!
Cordialement
Paul

Edit: Comme souvent, on cause dans mon dos pendant que j'écris!



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par depasse.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Je suis un peu largué depuis un moment mais les multiples thumbs downthumbs downthumbs downthumbs down me disent que le problème initial est réglé .

Quel résultat ?

Domi



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Domi.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Le résultat semble être (sauf erreur cachée ou oubli d'argument en cours de route) que la chenille de Tryss du tout début réalise bien le maximum absolu du problème initial.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
D'accord , on peut penser que c'est beaucoup de bruit pour pas grand chose si on ne sait pas que prouver son intuition est souvent la partie la plus délicate mais aussi la plus ingrate du travail .

Merci à Remarque , Amtagpa , Paul , ... pour leurs efforts et leur intuition et à Maroufle pour ses dessins même s'ils étaient toujours un peu en retard d'une guerre grinning smiley

Domi



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Domi.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
@ Domi : Comme in fine, on peut sucrer tout ce qui est calculs et multiplicateurs de Lagrange et passer par la démarche astucio-géométrique d'Amtagpa (que je salue), ça en valait quand même largement la peine.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Je ne voudrais pas relancer le débat grinning smiley mais en fait comment justifier que l'on peut se restreindre à des arcs de cercles d'angles compris entre $0$ et $\pi$ ?

(Au passage, je salue bien bas remarque en retour, et bravo à depasse d'avoir réussi à déchiffrer mon message !)
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Alors, dans un premier temps, on va s'intéresser au maximum absolu pour des angles entre $0$ et $\pi$. grinning smiley

Après, ben je ne sais pas. C'est typiquement le genre d'argument oublié que j'évoquais plus haut.

Edit : un angle plus grand que $\pi$ correspond à un arc rentrant, non ?

Editedit : ou plutôt c'est une affaire de convention de comment on paramétrise les arcs de cercle passant par deux points.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par remarque.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Oui ce qui est sûr, c'est que la chenille de Tryss réalise le maximum absolu du problème formulé ici [www.les-mathematiques.net] (qui est intéressant en soi, non ?) grinning smiley

A priori, on pourrait avoir des arcs de ce type : [m.wolframalpha.com]

Il me semble que la grille limite l'angle à $\frac{3\pi}2$ et qu'il faut faire attention au chevauchement d'arcs consécutifs dans ce cas, mais on peut toujours relancer les multiplicateurs de Lagrange et ignorer quelques contraintes...
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
> A priori, on pourrait avoir des arcs de ce type

Oui. Il est même plutôt sortant contrairement à ce que je racontais plus tôt. Bon, faut exclure ce genre de cas alors...
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Citation
Domi
...et à Maroufle pour ses dessins même s'ils étaient toujours un peu en retard d'une guerre grinning smiley

Je suis pas du genre pressé yawning smiley
Je passe le temps entre 2 ou 3 autres occupations, je suis déjà bien content d'en être arrivé là, et même si le reste des discussions me dépasse, qui sait un jour peut être j'y reviendrais, j'attend toujours mon bouquin les Maths pour les nuls qu'on doit m'offrir...Ce genre de bouquin est en général bien fait pour d'autres domaine et me suffira amplement vu mon niveau quasi proche du 0 comparé aux participants du forum smiling smiley
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
@Maroufle

Je ne permettrais pas de juger ton niveau en maths ( le mien baisse à vu d’œil ) , la petite pique sur les dessins arrivant en retard était sans doute inutile et je la retire sans problème : je ne voulais certainement pas te vexer .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
En permettant des angles $\ge\pi$ et en ignorant le chevauchement des arcs, il me semble qu'on peut montrer par une preuve géométrique sans mots que le problème du cas "2" : "maximiser $S(\theta_1)+S(\theta_2)$ sous la contrainte $l(\theta_1)+l(\theta_2)=L>\pi$" admet un maximum global strict pour $\theta_1=2\pi-\theta_2$. D'accord ? (Donc le maximum est atteint pour des arcs ne se chevauchant pas.) Il est un peu plus délicat de passer du cas "2" au cas "8"...
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
@Domi

Je ne suis pas du tout vexé t'inquiète, juste réaliste quant à mon niveau en Maths smiling smiley
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
@Amtagpa : oui, ça me semble correct. Comment passes-tu de 2 à 8 dans ce cas ?
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
@remarque : on peut utiliser la voie rapide déjà empruntée par depasse (en supposant le max atteint) grinning smiley. Sauf erreur, on déduit du cas "2" que le cas "8" (avec $\theta_i$ compris entre $0$ et $2\pi$) admet un maximum global strict pour $\theta_i\in\{\theta,2\pi-\theta\}$, en effet on a dans le cas contraire l'existence de $j,k$ tels que $\theta_j\ne\theta_k$ et $\theta_j\ne2\pi-\theta_k$ et on peut faire strictement mieux d'après le cas "2" : si $l(\theta_j)+l(\theta_k)\le\pi$ on fait mieux avec deux angles égaux, sinon on fait mieux avec des angles de somme $2\pi$.

Ensuite, la contrainte dit que $\sum_{i=1}^8l(\theta_i)=nl(\theta)+(8-n)l(2\pi-\theta)=10$ qui n'a de solution que pour $n=0$ ou $8$, ce qui veut dire que les angles réalisant le maximum sont tous égaux !



Edité 5 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Amtagpa.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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