Avertissement : dénombrabilité explicite

La dénombrabilité de $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ fait souvent l’objet de jolies preuves, comme celle-ci, une “preuve sans mot”,

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En voici une autre plus explicite. On considère la fonction $g : \mathbb{N} \times \mathbb{N}\to \mathbb{N} $ telle que $$g(x, y)  =2^x \cdot 3^y$$

On note que $g$ n’est pas surjective, parce qu’il existe des nombres $n\in \mathbb{N}$ dont la décomposition en facteurs premiers incluent des facteurs autres que 2 ou 3. Mais la fonction $g$ est néanmoins injective car le Théorème fondamental de l’arithmétique (coucou Euclide !) nous assure que chaque couple $(x, \, y)$ est associé par la fonction $g$ à un unique nombre naturel $2^x \cdot 3^y$. C’est suffisant pour montrer la dénombrabilité de $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ puisque $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ est en bijection avec un sous-ensemble de $\mathbb{N}$. Et comme un sous-ensemble d’un ensemble dénombrable est lui même dénombrable, $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ est dénombrable.

 

 

Références : Wikipedia : The Cantor pairing function assigns one natural number to each pair of natural numbers, image par Cronholm144

Croom, Fred H., Principles of Topology, 2016

Ceci n’est pas une surface réglée non-orientable

Le ruban de Möbius

Le symbole du recyclage, aujourd’hui universellement reconnu, a été créé en 1970 par un étudiant en design de 23 ans de l’Université de la Californie du Sud, Gary Anderson. Le pictogramme a reçu sa consécration à l’issu d’un concours créé en marge de la première Journée de la Terre.recycle_1Les trois flèches, en se repliant, forment un ruban de Möbius (un ruban avec un demi-tour), un objet mathématique fascinant ! Le pictogramme soumis par Anderson, à l’époque, tenait le triangle formé par les trois flèches en équilibre sur un de ses sommets. Aujourd’hui, le triangle repose plus souvent sur sa base (rotation de 60° par rapport à l’original), tel que dans le pictogramme ci-dessus.

L’«autre» ruban

Si vous avez l’œil, cependant, vous remarquerez sur les objets qui vous entourent qu’on rencontre de plus en plus le symbole ci-dessous, légèrement différent du précédent. Quand on les place un à côté de l’autre, la différence est évidente, mais pris seuls, c’est plus subtil. Le symbole du recyclage n’étant pas enregistré, il est du domaine public et son utilisation n’est pas contrôlée et relève de la pleine et entière responsabilité de l’industriel ou de l’organisation qui s’en sert. Le symbole ci-dessous en est donc une imitation inexacte apparut au fil des ans et utilisée à grande échelle.
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On devine facilement la raison pour laquelle le deuxième pictogramme est couramment utilisé : il s’agit d’une flèche reproduite trois fois (deux rotation de 120° suffisent). C’est beaucoup plus simple que de devoir dessiner une troisième flèche différente des deux autres qui ne se plie pas dans le même sens. Ceci étant dit, ce deuxième pictogramme n’est pas un ruban de Möbius, puisqu’il comporte trois demi-tours.

J’aime bien le ruban de Möbius, et j’ai donc un biais naturel pour l’original, mais je n’ai rien contre l’utilisation du deuxième pictogramme. Cependant, il ne faudrait quand même pas faire référence au deuxième pictogramme comme un ruban de Möbius ! Je ne suis pas éditeur de Wikipedia, mais je parie que ceux qui ont écrit la page suivante sur Wikipedia français, eux, n’étaient pas mathématiciens ! Une âme charitable sait-elle comment corriger cette erreur ?

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Sources : Claudi Alsina and Roger B. Nelsen, A Mathematical Space Odyssey: Solid Geometry in the 21st Century, MAA Press 2015

Symbole du recylage, https://fr.wikipedia.org/wiki/Symbole_du_recyclage

Recycling symbol, https://en.wikipedia.org/wiki/Recycling_symbol

“Volumetric” “area”

Les compagnies de livraison ont des règlements très particuliers pour les dimensions des colis qu’elles acceptent. Elles se basent toutes sur une variation d’un même concept (que la compagnie anglaise myHermes avait baptisé volumetric area, avec beaucoup de sérieux, bien qu’on ne parle ni de volume, ni d’aire, mais bien d’une longueur. myHermes a depuis retiré le terme de leur site.) On considère à titre d’exemple les restrictions de l’une de ces compagnies, certainement une des plus connues, mais qu’on gardera néanmoins anonyme.

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UPS ? Postes Canada ? USPS ? Mystère !

Elle définit le plus long côté du colis comme la “longueur” du colis.

  • La longueur du colis ne doit pas dépasser 108 po.
  • Si on fait la somme des mesures des deux plus petits côtés, qu’on double cette somme (on obtient “le tour de taille”) et qu’on ajoute ensuite la mesure de la longueur, le total (la somme du “tour de taille” et de la longueur) doit être inférieur ou égal à 165 po.

On peut traduire ces contraintes de manière formelle. On considère le prisme droit à base rectangulaire suivant, avec $x \leq y \leq z$.

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On a donc $$z \leq 108$$et $$2\left(x + y\right) +z  \leq 165$$La question est la suivante : quelles sont les dimensions d’une boîte qui satisfasse ces contraintes et qui possède le volume maximal (et quel est ce volume) ?

Divulgâcheur : ce n’est pas un cube !

 

The inégalité

Bien que cela soit un calcul d’optimisation (on maximise le volume sous certaines contraintes), on peut s’en tirer, avec un peu d’astuce et notre inégalité des moyennes arithmétique et géométrique, sans calcul différentiel (rien de personnel, calcul différentiel). L’inégalité pour 3 nombres stipule que $$\sqrt[3]{abc} \leq \frac{a+b+c}{3}$$ou, de manière équivalente, $$abc \leq \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{3}$$Dans notre cas, on a, d’une part $$2x + 2y + z \leq 165$$et, d’autre par,$$V=xyz$$On cherche bien sûr à maximiser $V$, le volume en po3. Il suffit de faire apparaître $2x$ et $2y$ dans le calcul de $V$\begin{align*}V&=x\cdot y\cdot z \\ \\&=\frac{2x}{2}\cdot \frac{2y}{2} \cdot z \\ \\ &= \frac{1}{4} \left(2x \cdot 2y \cdot z\right)\end{align*}puis d’appliquer l’inégalité\begin{align*}V&= \frac{1}{4}\left(2x \cdot 2y\cdot z\right) \\ \\ &\leq \frac{1}{4}\left(\frac{2x + 2y + z}{3}\right)^{3}\end{align*}En utilisant $$2x + 2y + z = 165$$on obtient$$V \leq \frac{1}{4}\left(\frac{2x + 2y + z}{3}\right)^{3} = \frac{1}{4} \left(\frac{165}{3}\right)^{3} = \frac{166\ 375}{4} = 41\ 593,75$$Le volume maximal est donc 41 593,75 po3 et ce maximum est atteint lorsqu’on a $2x = 2y = z$. Ainsi, la boîte a pour dimensions$$27,5 \times 27,5 \times 55$$ce qui correspond à deux cubes dont les arêtes mesurent 27,5 po, collés l’un contre l’autre.

Partage équitable

Saviez-vous que dans un triangle, il existe toujours au moins une droite qui partage le périmètre et l’aire en deux parties égales en même temps ?

 

L’aire

On considère un point $P$ dans un triangle $ABC$ quelconque. Soit une droite qui passe par $P$ et qui divise le triangle en deux régions. Sur le schéma ci-dessous, on a colorié les deux régions en rouge et en vert. On pose $K$ l’aire du triangle $ABC$. L’aire du triangle rouge est $rK$ et celle du quadrilatère vert est $\left(1-r\right) K$ avec, bien entendu, $0<r<1$. Si les deux régions, la rouge et la verte, ont la même aire, c’est-à-dire si $r  = 1-r = \frac{1}{2}$, alors on a gagné ! Cette droite fait l’affaire, inutile de cherche plus loin !thedudeminds_2015082602

Si les deux régions n’ont pas la même aire, comme c’est fort probablement le cas, voici comment on procède [1]. On effectue la rotation (par exemple, antihoraire) de la droite, autour du point $P$. Lorsque la droite tourne autour du point $P$, les aires changent. Si l’aire de la région rouge change, passant de $rK$ à $r_1K$, celle de la verte change aussi, passant de $\left(1-r\right)K$ à $\left(1-r_1\right)K$.thedudeminds_2015082603

Qu’arrive-t-il à la valeur de $r$ lorsque la droite effectue un demi-tour ? Les régions rouge et verte s’intervertissent leur rôle. La droite étant envoyée sur elle-même grâce à la rotation de 180° de centre $P$, la région rouge, initialement d’aire $rK$, devient la région d’aire $\left(1-r\right)K$, et vice-versa pour la région verte (initialement d’aire $\left(1-r\right)K$, elle devient la région d’aire $rK$). Si $r$ est au départ inférieur à $\frac{1}{2}$, alors $1-r$ est supérieur à $\frac{1}{2}$ et, réciproquement, si $r$ est au départ supérieur à $\frac{1}{2}$, alors $1-r$ est inférieur à $\frac{1}{2}$. En passant de manière continue de $r$ à $r-1$, la valeur intermédiaire de $\frac{1}{2}$ est certainement atteinte.

 

Le périmètre

Un raisonnement semblable peut être appliqué pour trouver une droite qui divise le périmètre en deux parties de même longueur.thedudeminds_2015082604

En effectuant la rotation de la droite autour du point $P$, les segments rouges et verts s’intervertissent leur rôle.thedudeminds_2015082605

Il est donc possible de trouver une droite qui divise le périmètre en deux parties de même longueur pour une certaine position intermédiaire. On note cependant qu’il ne s’agit pas, en général, de la même droite qui divise aussi l’aire en deux régions de même aire. On note aussi au passage que cet argument peut s’appliquer à n’importe quel polygone convexe, pas seulement au triangle !

 

L’aire et le périmètre, en même temps.

Voici donc comment trouver une droite qui divise l’aire et le périmètre en même temps. On commence par trouver une droite qui divise le périmètre en utilisant, par exemple, la méthode décrite ci-dessus. Dans le triangle $ABC$ ci-dessous, d’aire $K$, on considère une telle droite $QR$. Cette droite divise le triangle en deux régions, une à gauche de la droite, d’aire $rK$, et l’autre à droite de la droite, d’aire $\left(1-r\right)K$.thedudeminds_2015082606

Si la droite $QR$ divise aussi l’aire du triangle, c’est-à-dire si $r = 1-r = \frac{1}{2}$, on a gagné ! La droite $QR$ fait l’affaire. Si ce n’est pas le cas, et ce n’est probablement pas le cas, on détermine un sens à la rotation, par exemple antihoraire, et on déplace $Q$ sur le périmètre du triangle sur d’une distance $\delta$ jusqu’à $Q_1$. Pour que la droite partage toujours le périmètre, on déplace aussi $R$ sur le périmètre du triangle, dans le même sens, sur une distance de $\delta$ jusqu’en $R_1$. thedudeminds_2015082608

La nouvelle droite $Q_1R_1$ partage toujours le périmètre, tout comme la droite $QR$ originale. Qu’arrive-t-il si on prend le demi-périmètre du triangle comme valeur de $\delta$ ? Le point $R$ est envoyé en $Q$ et vice-versa. La région à gauche de la droite se retrouve à droite de celle-ci et vice-versa. Autrement dit, l’aire de la région qui était au départ à gauche est passée de $rK$ à $\left(1-r\right)K$. L’aire de la région qui était au départ à droite est passée de $\left(1-r\right)K$ à $rK$. Si $r < \frac{1}{2}$, alors $1-r > \frac{1}{2}$ et si $r > \frac{1}{2}$ alors $1-r < \frac{1}{2}$. Les deux régions s’intervertissent leur rôle et, comme dans l’explication précédente, on peut conclure qu’il existe une position intermédiaire (une valeur de $\delta$) pour laquelle les deux régions possèdent la même aire ($r = 1-r = \frac{1}{2}$). Voilà !

 

Sur le nombre de ces droites dans les triangles

Dans un triangle il y a peut-être plus d’une droite qui partage le périmètre et l’aire. Dans un triangle $ABC$, de côtés $a$, $b$, $c$ avec $a < b < c$, il y a une, deux ou trois de ces droites, respectivement, si $\left(a + b + c\right)^{2}< 2bc$, $\left(a + b + c\right)^{2}= 2bc$ ou $\left(a + b + c\right)^{2}> 2bc$.

 

On considère un triangle $PQR$, de côtés $p$, $q$, $r$ et une droite coupant les côtés de l’angle $P$, à une distance $\theta q$ de $P$ sur le côté de mesure $q$ et une distance $\theta_1 r$ de $P$ sur le côté de mesure $r$. Cette droite partage le périmètre et l’aire, on a ici $\theta$, $\theta_1 < 1$. L’inégalité est stricte, sans quoi la droite considérée passe par un sommet, et pour diviser l’aire il faudrait qu’il s’agisse d’une médiane. Or, puisque le triangle est scalène, la médiane ne partage pas le périmètre (on considérera les triangles équilatéraux et isocèles plus tard).thedudeminds_2015082609

 

Si la droite partage l’aire en deux parties égales, alors on a \begin{align*}\frac{\theta q \cdot \theta_1 r \cdot \sin\left(P\right)}{2} &= \frac{1}{2}\left( \frac{q \cdot r \cdot \sin\left(P\right)}{2}\right) \\ \\ \theta \cdot \theta_1 \left(\frac{q \cdot r \cdot \sin\left(P\right)}{2}\right) &= \frac{1}{2}\left(\frac{q \cdot r \cdot \sin\left(P\right)}{2}\right) \\ \\ \theta \cdot \theta_1 &= \frac{1}{2} \end{align*} ou, de manière équivalente, $$\theta_1 = \frac{1}{2\theta}$$On note ici qu’il suffit de considérer les valeurs de $\theta$, $\theta_1 > \frac{1}{2}$. En combinant les deux restrictions, on s’intéresse aux valeurs de $\theta$ et $\theta_{1}$ telles que $$\frac{1}{2}< \theta<1$$et $$\frac{1}{2}< \theta_{1}< 1$$

 

D’autre part, si la droite partage le périmètre, alors on a $$\theta q+\theta_1 r = \frac{p + q + r}{2}$$ou, de manière équivalente, $$2\theta q + 2\theta_1 r = p + q + r$$On substitue $\theta_1$ par $\frac{1}{2\theta}$ dans l’équation précédente, $$2\theta q + 2\left(\frac{1}{2\theta}\right)r = p + q + r$$ce qui fait $$2\theta q + \frac{1}{\theta}r = p + q + r$$On multiplie chaque côté par $\theta$ $$2q\theta^{2} + r = \left(p + q + r\right)\theta$$ou, de manière équivalente, $$2q\theta^{2}-\left(p + q + r\right)\theta + r = 0$$L’équation précédente est une équation quadratique en $\theta$. On considère $$f\left(\theta\right) = 2q\theta^{2}-\left(p + q + r\right)\theta + r$$pour des valeurs de $$\frac{1}{2}< \theta < 1$$On remarque que \begin{align*}f\left(\frac{1}{2}\right) &= 2q\left(\frac{1}{2}\right)^{2} – \left(p + q + r\right)\left(\frac{1}{2}\right) + r  \\ \\ &= \frac{1}{2}q-\frac{1}{2}p-\frac{1}{2}q-\frac{1}{2}r+r \\ \\ &= \frac{1}{2}\left(r-p\right) \end{align*} et aussi que \begin{align*}f\left(1\right) &= 2q\left(1\right)^{2 }-\left(p + q + r\right)\left(1\right) + r  \\ \\ &=2q-p-q-r+r \\ \\ &=q-p\end{align*}

D’autre part, en complétant le carré, on obtient \begin{align*} f\left(\theta\right) &= 2q\theta^{2}-\left(p + q + r\right)\theta + r \\ \\ &= 2q\left(\theta^{2}-\frac{p + q + r}{2q}\theta + \left(\frac{p + q + r}{4q}\right)^{2}-\left(\frac{p + q + r}{4q}\right)^{2} + \frac{r}{2q}\right) \\ \\ &= 2q \left(\left(\theta- \frac{p + q + r}{4q}\right)^{2}+\frac{r}{2q}-\frac{\left(p+q+r\right)^{2}}{16q^2}\right) \\ \\ &=2q \left(\theta- \frac{p + q + r}{4q}\right)^{2}+r-\frac{\left(p+q+r\right)^{2}}{8q} \\ \\ &= 2q \left(\theta- \frac{p + q + r}{4q}\right)^{2}+\frac{8qr-\left(p+q+r\right)^{2}}{8q}\end{align*}

 

Ainsi, la fonction atteint son minimum en $\displaystyle \theta = \frac{p + q + r}{4q}$ et ce minimum est $\displaystyle \frac{8qr-\left(p+q+r\right)^{2}}{8q}$.

 

Il nous suffit maintenant d’examiner quelques signes.

 

Si $P$ joue le rôle de $B$, autrement dit si $p$ joue le rôle de $b$, et on se rappelle que $a<b<c$, alors $$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\left(r-p\right)$$et $$f\left(1\right) = q-p$$sont de signes contraires (si $q<p<r$ alors $r-p$ est strictement positif et $q-p$ est strictement négatif et si $r<p<q$ alors $r-p$ est strictement négatif et $q-p$ est strictement positif). $f\left(\theta\right)$ prend donc la valeur de $0$ sur cet intervalle et il y a dans ce cas toujours une droite qui coupe les côtés $a$ et $c$.

 

Si $P$ joue le rôle de $C$, autrement dit si $p$ joue le rôle de $c$, le plus grand côté du triangle, alors $$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\left(r-p\right)$$est strictement négatif, $$f\left(1\right) = q-p$$est strictement négatif et $$f\left(\frac{p + q + r}{4q}\right) = \frac{8qr-\left(p+q+r\right)^{2}}{8q}$$est aussi strictement négatif. Le dernière affirmation nécessite peut-être une précision. Si $p>q$ alors \begin{align*}\left(p + q + r\right)^{2} > \left(2q+r\right)^{2} &=4q^{2} + 4qr + r^{2}  \\ \\ &=4q^{2}-4qr + r^{2} + 8qr \\ \\ &=\left(2q-r\right)^2 + 8qr \\ \\&\geq 8qr\end{align*} Il n’y a donc aucune valeur de $\theta$ entre $\frac{1}{2}$ et $1$ pour laquelle $f\left(\theta\right) = 0$. En d’autres mots, il n’y a aucune droite qui croise les côtés $a$ et $b$.

 

Enfin, si $P$ joue le rôle de $A$, autrement dit si $p$ joue le rôle de $a$, le plus petit côté du triangle, $$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\left(r-p\right)$$est strictement positif et $$f\left(1\right) = q-p$$est aussi strictement positif. Il y a donc aucune, une ou deux solutions selon la valeur de $$f\left(\frac{p + q + r}{4q}\right) = \frac{8qr-\left(p+q+r\right)^{2}}{8q}$$Si $\frac{8qr-\left(p+q+r\right)^{2}}{8q}$ est strictement positif, il n’y a aucune valeur pour $\theta$ et aucune droite ne croise les côtés $b$ et $c$. Si $\frac{8qr-\left(p+q+r\right)^{2}}{8q}$ est nul, alors il y a une valeur pour $\theta$ (qui, au passage, serait $\theta = \frac{p+q+r}{4q}$) et une droite qui croise les côtés $b$ et $c$. Enfin, si $\frac{8qr-\left(p+q+r\right)^{2}}{8q}$ est strictement négatif, il y a deux valeurs pour $\theta$ et deux droites qui croisent les côtés $b$ et $c$.

 

Comme $8q$ (le dénominateur) est strictement positif, on peut exprimer la condition sous la forme suivante $$8bc-\left(a+b+c\right)^{2}\mathrel{\substack{>\\ =\\<}}0$$ou $$8bc\mathrel{\substack{>\\ =\\<}}\left(a+b+c\right)^{2}$$ce qui correspond au résultat attendu et énoncé plus haut dans ce billet. En comptant la droite qui croise les côtés $a$ et $c$, on a une, deux ou trois droites selon que, respectivement, $$\left(a+b+c\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8bc$$

 

Si le triangle est équilatéral, on a $a = b = c$ et $$\left(a+b+c\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8bc$$devient $$\left(3b\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8b^{2}$$ou  $$9b^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8b^{2}$$ou  $$b^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}0$$Or comme $b^{2}$ est strictement positif, il y a toujours trois droites qui coupent le triangle. Ces trois droites sont les trois médianes (le cas $\theta = 1$ rejeté ci-haut dans le cas du triangle scalène). Si le triangle est isocèle et que les deux plus petits côtés du triangle sont isométriques, c’est-à-dire que $a = b < c$, alors $$\left(a+b+c\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8bc$$devient $$\left(2b+c\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8bc$$ce qui fait $$4b^{2}+4bc + c^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8bc$$ou de manière équivalente, $$4b^{2}-4bc + c^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}0$$et enfin $$\left(2b-c\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}0$$Puisque le membre de gauche est toujours strictement positif (pour être nul, il faudrait avoir $a = b = \frac{1}{2}c$, or là, on n’a plus de triangle), il y a toujours trois droites. Enfin, si le triangle est isocèle mais ce sont les deux plus grands côtés qui sont isométriques, alors $a< b = c$ et $$\left(a+b+c\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8bc $$devient $$\left(a+2b\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8b^2$$Puisque $a$, $b>0$,  $$\left(a+2b\right)^{2}\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}8b^2$$devient $$a+2b\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}2\sqrt{2}b$$puis $$a\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}\left(2\sqrt{2}-2\right)b$$et enfin $$a\mathrel{\substack{<\\ =\\>}}2\left(\sqrt{2}-1\right)b$$Puisque $2\left(\sqrt{2}-1\right) \approx 0,8284$, mais que néanmoins $0,8284>0,5$, selon la valeur de $a$ et $b = c$, il peut y avoir une, deux ou trois droites comme dans le cas d’un triangle scalène.

 

Un exemple…

On considère à titre d’exemple le triangle scalène de côtés 40, 45 et 50.thedudeminds_2015082610Les sommets $A$, $B$ et $C$ et les côtés $a$, $b$ et $c$ sont placés comme il le faut. On constate d’abord que \begin{align*}\left(40 + 45 + 50\right)^{2} &= 135^{2} \\ \\ &=18225 \\ \\&>8\left(45\right)\left(50\right) = 1800\end{align*} Il y a donc 3 droites possibles, une coupant les côtés $a$ et $c$ et deux coupant les côtés $b$ et $c$. En remplaçant par les bonnes valeurs, on trouve d’abord les solutions à $$2\left(50\right)\theta^{2}-\left(40 + 45 + 50\right)\theta + 40 = 0$$ou, de manière équivalente, $$100\theta^{2}-135\theta+40 = 0$$Les solutions de cette équation quadratique sont $\theta = \frac{27-\sqrt{89}}{40}\approx 0,493$ et $\theta = \frac{27+\sqrt{89}}{40} \approx 0,911$. En se rappelant que $$\theta_{1} = \frac{1}{2\theta}$$et que $$\frac{1}{2}< \theta< 1$$et $$\frac{1}{2}< \theta_{1}<1$$seule la deuxième solution, $\theta = \frac{27+\sqrt{89}}{40} \approx 0,911$, est acceptée. On trouve, par ailleurs, \begin{align*} \theta_{1} &= \frac{1}{2\frac{27+\sqrt{89}}{40}} \\ \\&= \frac{20}{27+\sqrt{89}}\end{align*} puis, en rationalisant, \begin{align*} \theta_{1} &= \frac{20\left(27-\sqrt{89}\right)}{729-89} \\ \\&=\frac{20\left(27-\sqrt{89}\right)}{640} \\ \\ &=\frac{27-\sqrt{89}}{32} \approx 0,549\end{align*}thedudeminds_2015082612

On trouve ensuite les solutions de $$2\left(50\right)\theta^{2}-\left(40+45+50\right)\theta +45 = 0$$ou, de manière équivalente, $$100\theta^{2} – 135\theta + 45 = 0$$Cette fois-ci les solutions sont $\theta = \frac{3}{5}$ et $\theta = \frac{3}{4}$ et les deux sont acceptées. La première nous donne $\theta_{1}=\frac{1}{2\left(\frac{3}{5}\right)} = \frac{5}{6}$ et la deuxième $\theta_{1} = \frac{1}{2\left(\frac{3}{4}\right)} = \frac{2}{3}$. Ces valeurs correspondent respectivement àthedudeminds_2015082614etthedudeminds_2015082613

On note au passage, en utilisant ce dernier cas à titre d’exemple, que l’aire du triangle rouge sur la figure est $$\frac{30 \cdot \frac{75}{2}\cdot \sin\left(A\right)}{2} = \frac{1125}{2}\cdot \sin\left(A\right)$$ce qui correspond bien à la moitié de l’aire du triangle $ABC$ $$\frac{45 \cdot 50 \cdot \sin\left(A\right)}{2}=1125\cdot \sin\left(A\right)$$On observe aussi que $$30 + \frac{75}{2} = \frac{135}{2}$$correspond aussi à la moitié du périmètre $$40 + 45 + 50 = 135$$

[1] La démarche ci-dessus bien qu’intuitive, n’est pas parfaitement rigoureuse en ce sens qu’elle s’appuie tacitement sur des propriétés fondamentales des nombres réels et sur le théorème des valeurs intermédiaires de fonctions continues qu’on étudierait dans un cours d’analyse.

 

 

Références :

Niven, Ivan, Maxima and Minima Without Calculus, MAA, 1981

Otto Dunkel and E. P. Starke, The American Mathematical Monthly, Vol. 49, pp. 64-68

"Mathematics possesses not only truth, but supreme beauty - a beauty cold and austere, like that of a sculpture, without appeal to any part of our weaker nature... sublimely pure, and capable of a stern perfection such as only the greatest art can show."

- Bertrand Russel (1872 - 1970)