5 pour 1

Edit :
En fait je suis fatigué, j'avais oublié la chenille, qui fait un peu plus de 482cm²

http://i.imgur.com/OvcVSNY.png

Mon ancien message :
Tryss relance à 473cm² avec l'éléphant, qui dit mieux?



Les oreilles de l'éléphant ont :
- un rayon de $5\sqrt{2}$
- une longueur d'arc de $\frac{15\pi}{\sqrt{2}} \simeq 33.3216$
- une aire de $25( \frac{3\pi}{2} +1 ) \simeq 142.8097$

Les deux autres segments circulaires ont :
- un rayon de $5.0204$
- un angle d'ouverture de $3.3221$ (en radian)
- une longueur d'arc de $16.6784$
- une aire de $44.1283$

Ce qui donne une aire totale de $100+2(44.1283+142.8097) \simeq 473.88$


Il est intéressant de noter que l'aire du trefle n'est que de 463.81 :




Et la marguerite dans l'affaire me direz vous? Son aire n'est que de 456 !





Après pour une démo, c'est plus compliqué.

Après pour la problématique, évidemment si on pouvait couper en 2 le lacet de 100cm et faire une forme de donut par exemple ça étendrait les solutions du possible non? (est ce la définition de la concavité? ou pas encore?)

Ah d'accord. Bon, le rapport $A/P$ ne veut pas dire grand-chose géométriquement, mais pourquoi pas...

Peut-être parce que pour éviter les points de la grille contenus dans un grand carré, il faut parcourir plus ou moins cette grille, ce qui se fait une longueur de parcours de l'ordre de la surface du carré.

Vous pourriez presque faire un théorème d'expansion lié à une grille de maillage...
Enfin ça existe peut être déjà
genre l'aire du carré de maillage plus tous les arcs de cercles engendrés en fonction du périmètre ^^

Une petite remarque quand même avant un repos bien mérité : le rapport $A/P$ dépend du choix des unités. On peut donc le manipuler comme on veut par choix d'unité, donc je ne comprends pas cette borne de 5.

Bonsoir,

Est-ce bluffant ou un coup de bluff? Il faut bien que quelque part il y ait une homogénéité planquée du genre $\frac{A}{P}$ qui serait en vérité
$\frac{A}{P*l}$, le $l$ désignant le côté de la maille carrée que l'on décide égale à $1$.
Mais j'ai lu très en diagonale le fil et dis peut-être n'importe quoi!
Bonne nuit
Paul

Bonsoir Paul,
Tu as mis des pattes à la chenille.
Je n'ai pas de quoi mettre un dessin en ligne, mais je valide ton calcul:

L'élément qui est répété indéfiniment a une aire de $2\times100(\frac{\pi}2+1)$ pour un ajout de périmètre de $2\times10\pi\sqrt2$

Score à battre :5,78... Bravo !

A longueur d'arc donnée, ce sont des arcs de cercles qui maximisent l'aire par l'inégalité isopérimétrique, donc je ne crois pas trop aux ellipses.

J'y crois moyennement aussi...quoi d'autre, la chenille sans pattes peut être, pour éviter toute arrête plate dans la figure géométrique.
Voilà sinon aucune idée, c'est pas du tout un problème facile je trouve mais c'est que mon avis :-?

C'est pareil que la Chenille a pattes, si tu réarange les morceaux il me semble

Attention, soland,
Pour le calcul du périmètre, il convient de multiplier par 2 les longueurs des segments pénétrants, parce que pour chaque aller, il faut assurer le retour.

Je reviens sur le problème initial. Il n'a pas été démontré que la chenille de Tryss est bien l'optimum. Voici quelques pas dans cette direction. Admettons que la courbe optimale s'appuie sur huit points de la grille (je passe l'unité au mètre avec 1m pour le côté des carrés). Par l'inégalité isopérimétrique, chaque arc compris entre deux points est un arc de cercle. On se ramène donc à un problème à huit paramètres $\theta_i$, $i=1,\ldots,8$, les angles de chacun de ces arcs, compris entre $0$ et $\pi$.

Soit $S(\theta)$ la surface délimité par un arc de cercle et sa corde en fonction de son angle, comptée positivement vers l'extérieur, négativement vers l'intérieur. Dans le cas extérieur, il vient
$$S(\theta)=\frac{\frac{\theta}{2\sin(\theta/2)}-\cos(\theta/2)}{4\sin(\theta/2)}=\frac{\theta-\sin\theta}{8\sin^2(\theta/2)}=\frac{\theta}{8\sin^2(\theta/2)}-\mathrm{cotg}\,(\theta/2),$$
La longueur de l'arc est $l(\theta)=\frac{\theta}{2\sin(\theta/2)}$.

On cherche à maximiser $\sum_{i=1}^8S(\theta_i)$ sous la contrainte $\sum_{i=1}^8l(\theta_i)=10$. On a donc $S'(\theta_i)=\lambda l'(\theta_i)$ pour tout $i$ où $\lambda$ est le multiplicateur de Lagrange. Il se trouve après calcul (donc à vérifier) que $\frac{S'}{l'}=\frac1{2\sin(\theta/2)}$ ! Donc tous les $\theta_i$ sont égaux, et on obtient la chenille comme point critique, avec la longueur de chaque arc égale à 1,25m. Cette chenille ne touche pas les autres points de la grille (contrainte ignorée jusqu'à présent). Reste à voir que c'est bien un maximum...

Je continue sur le cette question du maximum pour le problème initial. Bon, il y a des calculs de dérivées secondes infâmes à faire, je ne les fais pas. Le lagrangien est à variables séparées, sa hessienne est diagonale et en fait comme tous les $\theta_i$ sont égaux à 2 et quelques radians, c'est un multiple de l'identité puisque on a la même fonction pour chaque variable. Un tracé sommaire montre que cette fonction est strictement concave au voisinage de l'angle en question, donc c'est bon pour un maximum local. Comme c'est le seul, il va avoir du mal à ne pas être global (j'ignore délibérément ce qui se passe aux bornes du domaine).

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