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Byobu

Envoyé par pappus 
pappus
Byobu
il y a onze années
Chers amis
Voici un petit problème de maximum que nos amis japonais ont sans doute résolu depuis longtemps dans quelque improbable Sangaku avec leurs fameux $By\overline{o}bu$.
Amicalement
Pappus




Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par jacquot.
pappus
Re: Byobu
il y a onze années
Chers amis
Il faut évidemment commencer par traiter le cas du Byobu pour $n = 2$.
La figure suivante précise les notations à utiliser.
A quel problème très célèbre peut-on se ramener si $\alpha =\displaystyle \frac{2\pi}{k} \text{quand } k \in \mathbb N, k \ge 2$?




Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par jacquot.
pappus
Re: Byobu
il y a onze années
Chers amis
Voici la solution du Byobu pour $n = 2$.
Mais maintenant quelle est la solution du cas général pour le Byobu à $n$ volets?
Amicalement
Pappus




Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par jacquot.
vincentpasloggue
Re: Byobu
il y a onze années
Bonjour cher Pappus,

Avant de m'attaquer à la difficulté, j'ai regardé le cas n=1 du Byobu qui nécessite (pour moi) quand même un calcul (utilisant la regle des sinus) pour constater que le triangle obtenu doit être le triangle isocèle.

Je serai curieux de comprendre une explication purement géométrique de ce résultat.

Vincent
Re: Byobu
il y a onze années
avatar
Pour le cas $n=1$ , il me semble que c'est une simple histoire d'arc capable . En considérant $[AB]$ fixe , le point $O$ donnant un angle $\widehat{AOB}=\alpha$ se situe sur un arc dont le centre est sur la médiatrice de $[AB]$ .

Domi
pappus
Re: Byobu
il y a onze années
Mon cher Vincentpasloggue

En effet, le maximum est bien obtenu pour le triangle isocèle.
C'est un bon exercice de calcul différentiel sur les extrémas liés.
Ci joint une première figure avec une autre démonstration du genre de celle de mon précédent message.

Pour n = 1, le byobu est plutôt considéré comme le mouvement d'une bande de papier et je ne résiste pas au plaisir de joindre une deuxième figure rappelant ses principales propriétés.

Il reste maintenant à traiter le cas général du byobu à n volets.

Amicalement

Pappus
[attachment 10141 Vincent1.png]
[attachment 10143 Vincent2.png]


bs
Re: Byobu
il y a onze années
avatar
Bonsoir, amis de pappus !

Une question: A quel problème très célèbre peut-on se ramener si $\alpha =\displaystyle \frac{2\pi}{k} \text{quand } k \in \mathbb N, k \ge 2$?

Une autre question : Parmi tous les polygones ayant $n$ côtés et inscriptibles dans un cercle, quel est celui qui possède la plus grande aire ?

Amicalement.
Re: Byobu
il y a onze années
avatar
Je viens de me rendre compte que j'ai déboulé dans le fil comme un chien dans un jeu de quille et sans prendre la peine dire bonjour , alors on reprend à zéro :D

Bonjour à tous .

Pour répondre à bs je dirais le polygone régulier ( par l'absurde et en considérant deux côtés consécutifs distincts ) .

Pour le cas particulier proposé par pappus je dirais quel est le polygone régulier à kn côtés dont les longueurs des côtés sont données .

Domi
pappus
Re: Byobu
il y a onze années
Mon cher Domi
Voici un dessin fait pour $\alpha = \displaystyle \frac {\pi}{2}$ qui explique comment ramener le byobu pour $n = 2$ à l'inégalité isopérimétrique.
[attachment 10145 Isoprimtre.png]

Amicalement
Pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par jacquot.
Chephip
Re: Byobu
il y a onze années
Bonjour à tous.

Intéressant cette histoire de byobu.

Cas général :
Les sommets du Byobu sont sur un cercle de centre O.
En fait je ne suis pas convaincu à 100% que le raisonnement est
parfait mais je pense que c'est un bon début.

Théorème : un polygone de côtés donnés a une aire maximale
si ses sommets sont cocycliques.
On peut le prouver sans trop de difficulté par récurrence à
partir de la même propriété sur des quadrilatères.
Celle-ci se prouvant par exemple avec la formule de l'aire
d'un quadrilatère (Bretschneider)
S = sqrt( (p-a)(p-b)(p-c)(p-d) - abcd.cos^2((A+C)/2) )
Cette aire est "visiblement" maximale quand cos^2((A+C)/2) = 0
donc A+C = pi et donc le quadrilatère est cyclique.

Soit ABCDEFGHI... le polygone.
Fixons A et D ainsi que EF..., en variant B C l'aire est maximale
quand ABCD cocycliques (donc sur le cercle circonscrit à BCD)
Fixant AB et EF... et variant CD donne l'aire maximale quand BCDE
cocycliques donc sur le même cercle circonscrit à BCD, donc
finalement ABCDE cocycliques et par récurrence tous les sommets
sont cocycliques.

Maintenant on a ici non pas un polygone mais seulement un bout,
et de plus les extrémités sont contraintes sur deux droites données.

Considérons la configuration où les sommets donnés ABCDE sont sur un
cercle et complètons par FGH... en un polygone cyclique quelconque.
Toute déformation de ce polygone, en particulier des sommets réels
ABCDE du byobu, aura une aire (totale) inférieure.
[attachment 10150 byobu1.gif]

Reste à prouver que ce cercle est de centre O.
Si on choisit de complèter symétriquement le byobu en un superbyobu
cyclique composé de 4 byobus :
2 identiques au byobu donné, symétriques, donc OA=OA', OB=OB' ...
(mais aucune raison pour que OA=OB=OC=OD=OE !)
Et deux autres que l'on peut choisir à deux volets, voir un seul.
L'aire étant deux fois le maxi des deux byobus identiques,
+ deux fois l'aire maxi des deux autres byobus complémentaires
et symétriques itou.
[attachment 10151 byobu2.gif]

Comme chacun des deux byobus complémentaires a pour solution que
les extrémités sont sur un cercle de centre O (OA=OE'), le cercle
circonscrit aux 4 byobus est centré en O. CQFD.

Maintenant il est illusoire de vouloir construire en général la
position du byobu à la règle et au compas. Par exemple avec trois
volets identiques, cela revient à la trisection de l'angle alpha...

Amicalement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par jacquot.


pappus
Re: Byobu
il y a onze années
-------------------------------------------------------
Bonsoir à tous et à Chephip

Chephip écrivait:

> Théorème : un polygone de côtés donnés a une aire
> maximale
> si ses sommets sont cocycliques.

J'ai quelque part dans mes archives une démonstration de ce théorème basée sur les séries de Fourier!
Il me semble aussi en avoir lu une belle démonstration dans l'excellent livre de Guggenheimer: Plane Geometry and its Groups

Le cas n = 4 est élémentaire et peut se montrer soit par le calcul différentiel et la théorie des extremas liés soit directement si on sait bien évaluer l'aire d'un quadrilatère.


Peut-on adapter la démonstration de Steiner de l'inégalité isopérimétrique au cas d'un chemin de longueur donnée dont les extrémités sont situées sur 2 demi-droites de même origine?
Le maximum de l'aire serait alors atteint pour un arc de cercle centré sur le point de concours des demi-droites.
Quelqu'un a-t-il entendu parler de cette généralisation?

Amicalement

Pappus
Re: Byobu
il y a onze années
avatar
Je sais qu'il y a une généralisation dans le cas où l'un des côtés est laissé libre ( je pourrais si besoin retrouver les références ) les points sont alors sur un cercle de diamètre le côté libre mais je ne peux rien dire dans le cas des deux extrémités se baladant sur deux droites sécantes .
Il est quand même très tentant de croire que les sommets sont sur un cercle de centre le point d'intersection des deux droites !

Domi
pappus
Re: Byobu
il y a onze années
Mon cher Domi
Bravo si tu peux me trouver une référence.
Dans l'inégalité isopérimétrique aussi bien que dans le problème d'un polygone dont les 2 extrémités sont libres de se mouvoir sur deux demi-droites de même origine, la seule difficulté est de prouver que le maximum existe et est atteint pour des raisons de compacité par exemple.
Une fois ceci fait, il est alors facile en se basant sur le cas des Byobu à 1 ou 2 volets de prouver que tous les sommets du polygone doivent se trouver sur un arc de cercle centré sur l'origine.
Amicalement
Pappus
Chephip
Re: Byobu
il y a onze années
Bonjour Pappus, Domi et les autres.

J'ai écrit :
... je ne suis pas convaincu à 100% que le raisonnement est parfait

Et en fait mon raisonnement est faux (incomplet).
Ce n'est pas parce que le byobu fermé à 2n+2 côtés a son aire maximale s'il est cyclique (c'est vrai) que l'aire des 4 byobus le composant est maximale.
On pourrait imaginer augmenter l'aire du byobu ABCDE au détriment de l'aire des autres pour avoir l'aire du byobu normal ABCDE maximale avec une aire totale inférieure.
Ma prétendue "preuve" ne prouve donc rien du tout.
Comme je ne vois pas trop comment la complèter pour la rendre correcte, une preuve directe par récurrence semble être bonne cette fois.

Hypothèse de récurrence :
Tout byobu à n volets d'aire maximale(*) est inscrit dans un cercle de centre O.
Je vais prouver qu'avec cette hypothèse, tout byobu de n+1 volets est inscriptible.
(*) je passe sous silence l'existence même d'un tel byobu d'aire maximale :D

Considérons donc le byobu à n+1 volets ABCD..., n+1 >= 3. de côtés a,b,c...
Dans sa position d'aire maximale, appelons u la distance entre A et C.
[attachment 10154 byobu3.gif]

Considérons maintenant le byobu à n volets ACD... de côtés u,c... et adjoignons lui le triangle ABC (de dimension fixes a,b,u, et d'aire fixe s).
Si l'aire S de ce byobu n'était alors pas maximale, on pourrait l'augmenter, et donc augmenter l'aire S+s du byobu ABCD...
Donc Aire (a,b,c...) maximale => Aire (u,c...) maximale => ACD... sur un cercle de centre O.

En considérant de même le byobu à n volets ABD... de côtés a,v,...
Aire (a,b,c...) maximale => ABD... sur un cercle de centre O.
Comme il n'y a qu'un seul cercle de centre O qui passe par A, ces deux cercles sont le même et par conséquent :
Aire (a,b,c...) maximale => ABCD... sur un cercle de centre O.

Reste à prouver le cas n<3 c'est à dire n=1 et 2 ce qui a été fait précédemment brillamment par Pappus.


Pappus :
- J'ai quelque part dans mes archives une démonstration de ce théorème basée sur les séries de Fourier!

Il me semble que c'est pour montrer que toute courbe de périmètre donné et d'aire maximale est un cercle.
Certes si on arrête les séries de Fourrier à un certain rang, cela implique que l'aire d'un polygone de côtés égaux est maximale quand il est régulier (cyclique).
Mais je ne vois pas trop comment ça prouve (directement) pour des côtés inégaux.
Une preuve dans ce cas (côtés inégaux) part directement du résultat "courbe d'aire maxi = cercle".

Pappus :
- Le cas n = 4 est élémentaire et peut se montrer soit par le calcul différentiel (...)
- soit directement si on sait bien évaluer l'aire d'un quadrilatère.

C'est ce que j'ai donné avec la formule de Bretschneider.
De plus si c'est vrai pour tout quadrilatère, c'est vrai pour tout polygone par récurrence.
(cette partie de ma démonstration précédente étant juste).

Domi :
- généralisation dans le cas où l'un des côtés est laissé libre,
- les points sont alors sur un cercle de diamètre le côté libre.

Là je ne vois pas trop. Qu'est-ce qui est libre et qu'est-ce qui varie, exactement ?


Pappus :
- la seule difficulté est de prouver que le maximum existe

La fonction aire(position des sommets) est continue et bornée, ça devrait le faire.
Reste à prouver que le maximum en question est bien défini, c'est à dire que l'aire n'est pas constante. Cela me semble "évident".
Il pourrait aussi y avoir plusieurs maximums d'aire égale.
Mais une certaine propriété (cycliques) est alors vraie pour chacun de ces maximums, et il n'y a qu'un seul cercle de centre O et de rayon R=f(a,b,c...).

On peut d'ailleurs "immédiatement" prouver que l'ordre des volets n'intervient pas dans le rayon du cercle.

Pappus :
- Une fois ceci fait, il est alors facile en se basant sur le cas des Byobu à 1
- ou 2 volets de prouver que tous les sommets du polygone doivent se trouver
- sur un arc de cercle centré sur l'origine.

Oui, c'est juste au dessus. (1 et 2, car ma méthode ne permet pas de déduire 2 de 1).

Amicalement.


Re: Byobu
il y a onze années
avatar
>Chephip<

Je n'ai pas tout lu ( mais je vais le faire ) .

1°) Je suis complètement d'accord avec l'argument justifiant l'existence d'une ou plusieurs positions maximales par continuité .

2°) Je n'avais pas voulu formaliser et du coup mon intervention a perdu tout son sens : les longueurs $l_1,l_2,...,l_n$ étant données quel est le polygone $A_1A_2...A_{n+1}$ tel que $A_1A_2=l_1 , A_2A_3=l_2 , ... , A_nA_{n+1}=l_n$ et tel que l'aire de $A_1A_2....A_{n+1}$ soit maximale .

Domi
Re: Byobu
il y a onze années
avatar
Rebonjour ,

je n'ai rien trouvé à redire sur la démonstration de la cocyclicité des points :D . Du coup une seule question reste ouverte : peut-on calculer simplement le rayon du cercle à l'aide des $a_i$ et peut-être le construire à la règle et au compas ?

Domi

PDF de A.M Legendre sur les isopérimètres [attachment 10159 Airemaximale.pdf]
Chephip
Re: Byobu
il y a onze années
Bonjour Domi.

> peut-on calculer simplement le rayon du cercle ?

Tout est dans le "simplement". A mon avis non (pas "simplement").

Il s'agit de résoudre le système de n+1 équations à n+1 inconnues :
$2R\sin \frac{\alpha_i}{2} = l_i$ et
$\sum_i \alpha_i = \alpha$

Bon courage.

Quant à une éventuelle construction à la règle et au compas, il n'y a aucun espoir pour plus de deux volets.
Pour trois volets égaux c'est déjà la trisection de l'angle !

Avec deux volets, la construction à la règle et au compas (et le calcul) est facile.
La construction part du lieu des points dont le rapport des distances à deux droites d'angle $\frac{\alpha}{2}$ est $\frac{l_1}{l_2}$ (lieu classique).

Amicalement.
Re: Byobu
il y a onze années
avatar
On aurait pourtant aimer aller plus loin :D
Et si on laisse varier librement l'angle $\alpha$ ?

Domi



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a onze ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Domi.
Re: Byobu
il y a onze années
Bonsoir à tous,

Merci Domi, pour ton explication géométrique du cas n=1 qui me convainc totalement.
Moi qui faisait bouger le segment plutôt que le sommet thumbs up

Vincent
Chephip
Re: Byobu
il y a onze années
Bonjour Domi et tous,

> Et si on laisse varier librement l'angle $\alpha$ ?

Heu... aire maxi = infini il me semble.
Déja avec un volet, l'aire de OAB = AB * hauteur, alors si $\alpha$ est libre, la hauteur aussi et donc peut prendre des valeurs aussi grandes que l'on veut.

Vincent :
> Moi qui faisait bouger le segment plutôt que le sommet

J'ai fait une fois la même erreur dans le problème :
Insrire un triangle TUV donné dans un triangle ABC donné.

La méthode : déplacer TUV pour que ... conduit à construire l'intersection d'une ellipse avec une droite.
La méthode : déplacer ABC pour que ... conduit à une construction beaucoup plus simple avec les arcs capables.

Les deux fonctionnent, et elles sont liées par la cinématique.
Si TU se déplace avec ses sommets sur AB,AC fixes, le point V décrit une ellipse dans ce plan fixe.
Si A se déplace avec l'angle A constant et AB, AC passant par T et U fixes, le point A décrit un cercle.

Amicalement.
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