Bonjour à tous
On se donne un quadrilatère convexe dont les quatre angles sont notés $\alpha_i,~~$ ($i=1,2,3,4$).
Montrer que $\left|\sum_{i=1}^4\cos\alpha_i\right|\le1/2$.
Cordialement,
Techer.
Bonjour à tous
Le maximum serait atteint pour le quadrilatère ci-dessous mais est-ce vraiment un quadrilatère?
Pour le minimum, je verrais bien les quadrilatères inscriptibles dans un cercle et les parallélogrammes.
Sur la seconde figure, j'ai matérialisé les angles $\alpha$ comme angles de vecteurs unitaires. On a:
$$\cos(\alpha_1)+\cos(\alpha_2)+\cos(\alpha_3)+\cos(\alpha_4)=\vec{u_1}.\vec{u_2}+\vec{u_2}.\vec{u_3}+\vec{u_3}.\vec{u_4}+\vec{u_4}.\vec{u_1}\qquad$$
Par suite:
$$\cos(\alpha_1)+\cos(\alpha_2)+\cos(\alpha_3)+\cos(\alpha_4)=(\vec{u_1}+\vec{u_3}).(\vec{u_2}+\vec{u_4})\qquad$$
Quand à une méthode de démonstration, j'utiliserais bien les multiplicateurs de Lagrange?
Amicalement
[small]p[/small]appus
En posant $\alpha_1=2A, \alpha_2=2B, \alpha_3=2C$ alors
$$0< A,B,C, \pi-(A+B+C)<\pi/2.\ \ (*)$$ Donc en identifiant aux complexes $u_1=e^{i\theta},\ u_2=e^{i(\theta+2A)},\ u_3=e^{i(\theta+2A+2B)},\ u_4=e^{i(\theta+2A+2B+2C)}$ on a $$\langle u_1+u_3,u_2+u_4\rangle=\Re (u_1+u_3)(\overline {u_2+u_4})=4\cos(A+B)\cos(B+C)\cos(C+A). $$ Il faut montrer que la valeur absolue de cette derniere expression est $<1/2$ sous la contrainte (*). J'ai deja vu ca, mais ou?
Si on veut plus symetrique, on pose aussi $\alpha_4=2D$ avec $D=\pi-A-B-C.$ L'inegalite a montrer peut alors aussi s'ecrire, apres elevation au carre :
$$\frac{1}{4}>16 \cos^2(A+B)\cos^2(B+C)\cos^2(C+A)=-16\cos(A+B)\cos(B+C)\cos(A+C)\cos (A+D)\cos(B+D)\cos(C+D) . $$
Bonjour, est-ce que pappus a reformulé une question équivalente au poste initiale (ce n'est pas clair) vu que c'est pour les quadrilatères inscriptibles. La réponse de P. aussi. En tout cas il y a une sorte d'écrire l 'inégalité et ça doit distinguer des cas angles aigus obtus. Si j'arriverais et à voir.
comme est suggéré dans les quadrilatères inscriptibles (pappus) ne simplifie pas les conditions, par exemple l'inégalité de P. doit être contrôlé vu pour $A=B=C=\pi/8$ pour cela j'ai dit il y a des cas à distinguer.
(à mon avis)
Bonjour,
Pappus a pratiquement vendu la méche. C'est un problème d'extrémum sous contrainte, mais un peu spécial. la variable $(\alpha_i)_{i=1..4}$ est dans $A=[0,\pi]^4$. La fonction à majorer est continue sur le compact $A$. Elle a donc un maximum et un minimum sur $A$. les variables sont liées par la relation $$\sum_{i=1}^4\alpha_i=2\pi$$.
La méthode des multiplicateurs de Lagrange appliqué à l'intérieur de $A$ donne désespérément $(\alpha_i =\dfrac {\pi} 2,\ i=1..4)$ qui est un minimum.
Mais où donc est le maximum ?
Mon cher Pappus,
Oui, mais je laisse au autres forumeurs le plaisir d'agiter leurs neurones.
En détaillant les divers cas, on obtient $0$ pour extrémum, qui sont donc des minimums pour la fonction.
Tu pinailles, à juste titre.
Bonsoir, la question est que initialement les $\alpha_i$ sont les coins du quadrilatère. Bon la formulation pour les quadrilatères inscriptibles met les angles au centre, bien sûr pour les angles supplémentaires la somme est nulle pour les quadrilatères inscriptibles et le problème initial en est différent.
J'ai bricolé en fait je voulais (sans succès) en donner une preuve élémentaire sans quitter la dimension 1, ça m'a pris du temps il reste un cas (j'estime).
Comme quoi l'inégalité est 'facile' pour les triangles c'est-à-dire quadrilatère avec un angle aplati et est-ce qu'elle est vraie pour tout polygone (convexe) etc. en une certaine forme.
Bonjour à tous
Tonm a corrigé une de ses fautes d'orthographe, il en reste beaucoup d'autres dans un texte le plus souvent incohérent sinon incompréhensible.
Je pense qu'il n'a pas tout à fait compris la figure où j'ai mis les angles $\alpha$ au centre du cercle trigonométrique, le seul cercle qui nous reste encore très provisoirement.
Je ne lui jette pas la pierre car beaucoup d'autres participants, plus aguerris que lui en géométrie, font des fautes de français absolument incroyables.
L'enseignement du français et des mathématiques vont de pair!
Et quand on a du mal à s'exprimer en français, on a forcément des difficultés en mathématiques!
Amicalement
[small]p[/small]appus
[Tonm n'est peut-être pas de langue maternelle française ? :-) AD]
Mon cher AD
Oui, j'en suis conscient!
C'est pourquoi je lui pardonne ses fautes d'orthographe.
Par contre j'ai des doutes, de sérieux doutes sur son niveau mathématique!
Mais je ne demande qu'à me tromper!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Tonm
Malgré toute ma bonne volonté, je n'ai pas compris ta dernière phrase!
Si cela peut t'aider, la figure ci-dessous montre comment je reporte les angles des côtés du quadrilatère au centre du divin cercle trigonométrique, le seul qui nous reste encore!
Amicalement
[small]p[/small]appus
@Tonm : on ne contredit pas le maître Pappus.
àapus : j'ai précisé $[0,\pi]^4$. J'accepte les angles $\pi$ et $0$ dans un premier temps.
Si on ouvre l'intervalle, la borne supérieur n'est pas atteinte. Mais, la continuité étant ce qu'elle est, je m'en sers.
Les vecteurs $\vec u_1,\vec u_2,\vec u_3,\vec u_4$ sont des vecteurs unitaires portés par $\vec {AB},\vec {BC},\vec {CD},\vec {DA}$, ce qui explique le dessin de Papus.
Oui j'ai cru que le cercle donné est le même cercle circonscrit du quadrilatère initiale (pour les inscriptibles) vous voyez le mal entendu.
Bonne soirée
Mon cher zephyr
Bien sûr qu'on peut me contredire!
Je suis loin d'être infaillible. Je l'ai souvent montré dans le passé et encore plus aujourd'hui où je suis devenu bien vieux!
Tonm a certainement des choses intéressantes à nous dire mais pour le moment je ne suis pas arrivé à le déchiffrer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je ne veux prendre un virage du topic mais disons on se donne un quadrilatère inscriptible convexe comme le poste initiale les coins sont ces quatre angles $\alpha_i$. Est-ce qu'il y a un tel quadrilatère ou on peut faire ces angles correspondre à ses 4 angles aux centres. Donc dans la dernière figure de pappus est-ce que ça peut être pour le même quadrilatère les sommets fixes
Les angles aux centres vont aux sommets du quadrilatère donné
dernier recours à une figure
Mon cher Tonm
Il y a du progrès, d'abord une figure et ensuite une phrase compréhensible mais je me doute qu'AD a veillé au grain!
As-tu entendu parler du théorème de l'angle au centre?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Oui oui, j'ai saisi, ce que je pose est un autre truc si vous voulez. (Je ne sais si c'est vrai mais je doute que c'est simplement le théorème des angles aux centres qui répond à la dernière question)
Cordialement
Bonjour, j'allais poster en tout cas bien que ça soit un peu ancien.
1) L'inégalité de départ est forte au sens que sans la valeur absolue la fonction peut bien atteindre -0.5 (je ne sais si zephir voit un autre fait) prenant les angles $(120, 2\epsilon, 120-\epsilon, 120-\epsilon)$ et par example $\epsilon\to 0$.
2) pour la question que j'ai soulevé un peu indépendante voir ce lien
Réponses
Le maximum serait atteint pour le quadrilatère ci-dessous mais est-ce vraiment un quadrilatère?
Pour le minimum, je verrais bien les quadrilatères inscriptibles dans un cercle et les parallélogrammes.
Sur la seconde figure, j'ai matérialisé les angles $\alpha$ comme angles de vecteurs unitaires. On a:
$$\cos(\alpha_1)+\cos(\alpha_2)+\cos(\alpha_3)+\cos(\alpha_4)=\vec{u_1}.\vec{u_2}+\vec{u_2}.\vec{u_3}+\vec{u_3}.\vec{u_4}+\vec{u_4}.\vec{u_1}\qquad$$
Par suite:
$$\cos(\alpha_1)+\cos(\alpha_2)+\cos(\alpha_3)+\cos(\alpha_4)=(\vec{u_1}+\vec{u_3}).(\vec{u_2}+\vec{u_4})\qquad$$
Quand à une méthode de démonstration, j'utiliserais bien les multiplicateurs de Lagrange?
Amicalement
[small]p[/small]appus
$$0< A,B,C, \pi-(A+B+C)<\pi/2.\ \ (*)$$ Donc en identifiant aux complexes $u_1=e^{i\theta},\ u_2=e^{i(\theta+2A)},\ u_3=e^{i(\theta+2A+2B)},\ u_4=e^{i(\theta+2A+2B+2C)}$ on a $$\langle u_1+u_3,u_2+u_4\rangle=\Re (u_1+u_3)(\overline {u_2+u_4})=4\cos(A+B)\cos(B+C)\cos(C+A). $$ Il faut montrer que la valeur absolue de cette derniere expression est $<1/2$ sous la contrainte (*). J'ai deja vu ca, mais ou?
Si on veut plus symetrique, on pose aussi $\alpha_4=2D$ avec $D=\pi-A-B-C.$ L'inegalite a montrer peut alors aussi s'ecrire, apres elevation au carre :
$$\frac{1}{4}>16 \cos^2(A+B)\cos^2(B+C)\cos^2(C+A)=-16\cos(A+B)\cos(B+C)\cos(A+C)\cos (A+D)\cos(B+D)\cos(C+D) . $$
Edit
(à mon avis)
C'est une jolie inégalité si du jamais vue.
Cordialement.
Edit
Pappus a pratiquement vendu la méche. C'est un problème d'extrémum sous contrainte, mais un peu spécial. la variable $(\alpha_i)_{i=1..4}$ est dans $A=[0,\pi]^4$. La fonction à majorer est continue sur le compact $A$. Elle a donc un maximum et un minimum sur $A$. les variables sont liées par la relation $$\sum_{i=1}^4\alpha_i=2\pi$$.
La méthode des multiplicateurs de Lagrange appliqué à l'intérieur de $A$ donne désespérément $(\alpha_i =\dfrac {\pi} 2,\ i=1..4)$ qui est un minimum.
Mais où donc est le maximum ?
Sur l'intervalle $]0,\pi[$, la relation $\sin(x)=\sin(y)$ entraîne:
$x=y\quad$ ou $x=\pi-y$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Oui, mais je laisse au autres forumeurs le plaisir d'agiter leurs neurones.
En détaillant les divers cas, on obtient $0$ pour extrémum, qui sont donc des minimums pour la fonction.
Tu pinailles, à juste titre.
J'ai bricolé en fait je voulais (sans succès) en donner une preuve élémentaire sans quitter la dimension 1, ça m'a pris du temps il reste un cas (j'estime).
Comme quoi l'inégalité est 'facile' pour les triangles c'est-à-dire quadrilatère avec un angle aplati et est-ce qu'elle est vraie pour tout polygone (convexe) etc. en une certaine forme.
Je pense que la borne supérieure n'est pas atteinte, voir ma figure précédente!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tonm a corrigé une de ses fautes d'orthographe, il en reste beaucoup d'autres dans un texte le plus souvent incohérent sinon incompréhensible.
Je pense qu'il n'a pas tout à fait compris la figure où j'ai mis les angles $\alpha$ au centre du cercle trigonométrique, le seul cercle qui nous reste encore très provisoirement.
Je ne lui jette pas la pierre car beaucoup d'autres participants, plus aguerris que lui en géométrie, font des fautes de français absolument incroyables.
L'enseignement du français et des mathématiques vont de pair!
Et quand on a du mal à s'exprimer en français, on a forcément des difficultés en mathématiques!
Amicalement
[small]p[/small]appus
[Tonm n'est peut-être pas de langue maternelle française ? :-) AD]
Oui, j'en suis conscient!
C'est pourquoi je lui pardonne ses fautes d'orthographe.
Par contre j'ai des doutes, de sérieux doutes sur son niveau mathématique!
Mais je ne demande qu'à me tromper!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Meme j'ai des pdf attaché dans ce phorum avec mon vrai nom:-)
Voilà ne me dit pas pappus que ton problème est lié au problème initiale
Malgré toute ma bonne volonté, je n'ai pas compris ta dernière phrase!
Si cela peut t'aider, la figure ci-dessous montre comment je reporte les angles des côtés du quadrilatère au centre du divin cercle trigonométrique, le seul qui nous reste encore!
Amicalement
[small]p[/small]appus
àapus : j'ai précisé $[0,\pi]^4$. J'accepte les angles $\pi$ et $0$ dans un premier temps.
Si on ouvre l'intervalle, la borne supérieur n'est pas atteinte. Mais, la continuité étant ce qu'elle est, je m'en sers.
Évidemment je n'ai pas vue de tel formulation je n'avais aucune idée.
Il y a un mal entendu je vai reposer peut être la question (désolé)
En tout cas je crois que ça ne résoud pas simplement.
Merci cordialement.
Bonne soirée
Bien sûr qu'on peut me contredire!
Je suis loin d'être infaillible. Je l'ai souvent montré dans le passé et encore plus aujourd'hui où je suis devenu bien vieux!
Tonm a certainement des choses intéressantes à nous dire mais pour le moment je ne suis pas arrivé à le déchiffrer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les angles aux centres vont aux sommets du quadrilatère donné
dernier recours à une figure
Merci.
Autre que le carré.
Il y a du progrès, d'abord une figure et ensuite une phrase compréhensible mais je me doute qu'AD a veillé au grain!
As-tu entendu parler du théorème de l'angle au centre?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Regarde la dernière figure que Pappus a faite dans un de ses messages. Le quadrilatère de départ N'EST PAS inscriptible.
Cordialement
1) L'inégalité de départ est forte au sens que sans la valeur absolue la fonction peut bien atteindre -0.5 (je ne sais si zephir voit un autre fait) prenant les angles $(120, 2\epsilon, 120-\epsilon, 120-\epsilon)$ et par example $\epsilon\to 0$.
2) pour la question que j'ai soulevé un peu indépendante voir ce lien
https://math.stackexchange.com/questions/3865447/angles-in-an-inscriptible-quadrilateral
3) Cette inégalité est dans le monthly 12204
Joyeuses fêtes