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 #1 - 24-01-2016 19:45:49

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

pomygones emboîtés

À l'intérieur d'un triangle équilatéral, je construis un carré, le plus grand possible.
À l'intérieur du carré, je construis un pentagone régulier, le plus grand possible.
Et ainsi de suite avec un hexagone, un heptagone... (on rajoute un côté au polygone régulier à chaque étape).

Si on pose :
A1 = l'aire du triangle = 1
A2 = l'aire du carré
...
An = l'aire du (n+2)-gone régulier,
la limite quand n tend vers +∞ de An vaut-elle ou ne vaut-elle pas zéro ?

Bon courage !



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 #2 - 24-01-2016 21:46:36

Nombrilist
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
Messages : 562

pilygones emboîtés

Bonsoir,

Les polygones doivent-ils être tous réguliers ? Par "plus grand", on entend "de plus grande aire" ?

 #3 - 24-01-2016 21:55:13

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

polygones embpîtés

@Nombrilist : en effet, j'avais omis de préciser que les polygones devaient être réguliers, merci.

Ainsi, pas d'ambiguïté, "plus grand" signifie de manière équivalente "de plus grande aire" ou "de plus grand périmètre".

 #4 - 25-01-2016 13:16:31

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,466E+3

Polygones eemboîtés

Même sans optimiser la taille, le rapport entre cercle inscrit et cercle circonscrit est cos (pi/n).

Le produit infini des cos pi/n (n>2) converge vers 0,115...

 #5 - 25-01-2016 15:45:01

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 24
Messages : 479
Lieu: Ardèche

Ploygones emboîtés

Je pense que cela converge, on trouve un produit de termes équivalents à cos(pi/n)
lorsque n tend vers l'infini.

Le produit des cosinus se comporte comme le produit de (1-k/n²), c'est à dire comme 1-la somme de k/n², dont on sait qu'elle converge.

Mais je ne sais pas faire le calcul exact.

 #6 - 25-01-2016 18:18:17

w9Lyl6n
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 26
Messages : 220

polygonrs emboîtés

le rapport entre l'aire d'un polygone régulier à n cotés et l'aire de son cercle inscrit est [latex]\frac{\pi/n}{tan(\pi/n)}[/latex]
Le produit de ces termes permet de minorer la réduction totale de l'aire
wolframAlpha me dit :
[TeX]\prod_{n=3}^{\infty}\frac{\pi/n}{tan(\pi/n)} \approx 0.222611[/TeX]
Donc la limite de l'aire n'est pas nulle smile

 #7 - 25-01-2016 18:40:54

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Poolygones emboîtés

Il semble assez évident que la limite n'est pas nulle et presque aussi évident que la calculer est impossible .

Déjà trouver le meilleur pentagone est assez coton smile

Il reste donc à trouver la bonne majoration .

En se limitant aux polygones à [latex]2^n[/latex] côtés le calcul est assez simple mais la contrainte est nettement moins pesante .

A suivre ...

Vasimolo

 #8 - 25-01-2016 22:52:24

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

polygones emboîtéq

Soient Ri et Hi le rayon et l'apothème du plus grand i-gone constructible.

Par construction, on a Ri>=R(i+1)>=Hi

Hi=Ri*cos (pi /i) donc R(i+1)>=Ri * cos (pi/i)

Par récurrence élémentaire
ln (Rn)>=ln (R3 ) + {somme pour i de 3 à n de ln(cos(pi/i)) ]

Pour i tendant vers l'infini on a :
cos(pi/i) ~=1-pi/(2*i^2)
ln cos(pi/i) ~=-pi/(2*i^2)

{somme pour i de 3 à n de ln(cos(pi/i)) ] est donc une suite convergente et ln(Rn) ne tend donc pas vers -infini

Rn ne converge donc pas vers 0 et les aires des polygones également.

 #9 - 25-01-2016 23:13:12

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

Polyones emboîtés

@gwen27 : tout à fait, c'est la bonne idée. Une démonstration de ce que tu affirmes dans la 2e phrase ? (peu importe la valeur numérique).

@halloduda : 1ere phrase : oui, c'est l'idée, moyennant tout de même une certaine simplification, laquelle ?
2e phrase : je ne sais pas démontrer tes deux "comme" (je ne dis pas que ce n'est pas simple, juste, ça ne me paraît pas évident), ok pour ton "dont".
3e phrase : moi non plus smile

@w9Lyl6n : 1ere phrase : OK (sauf que c'est l'inverse).
2e phrase : pas OK. Rien ne dit que l'aire du polygone suivant ne sera pas plus petite que ce que tu penses. Je pense que tu as fait une confusion entre "plus petit" et "plus grand" quelque part.

@Vasimolo : 1ere phrase : je suis d'accord.
2e phrase : chut, tu me gâches ma future énigme râtée smile

Bon courage pour la suite.

 #10 - 26-01-2016 08:33:42

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Polygones emboîts

En fait il suffit de remarquer que le rayon du cercle circonscrit du polygone inscrit est supérieur ou égal au rayon du cercle inscrit du polygone circonscrit ( je sais ou va finir cette phrase lollollollol ). Donc en notant [latex]R_i[/latex] le rayon du polygone à [latex]i[/latex] côtés : [latex]\frac{R_{i+1}}{R_i}\geq\cos(\frac{\pi}n)[/latex] donc [latex]\displaystyle{\lim_{n \to \infty} R_n\geq R_3.\prod_{n=3}^\infty \cos(\frac{\pi}{n})\approx0,115.R_3.}[/latex]

Vasimolo

 #11 - 26-01-2016 11:07:20

Franky1103
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2706
Lieu: Luxembourg

polygones emboîrés

Je suis parti en enfermant chaque polygone entre ses cercles inscrit et circonscrit.
Mais, si le n-ième cercle inscrit est bien complètement à l'intérieur du (n-1)ième cercle inscrit, ce n'est pas le cas des cercles circonscrits successifs qui sont sécants.
Affaire à suivre ...

 #12 - 26-01-2016 11:09:24

w9Lyl6n
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 26
Messages : 220

Polgones emboîtés

Je reprends mon raisonnement en corrigeant mon erreur. Je vais toujours minorer le volume des polygones avec une suite de polygones réguliers dont chaque polygone est circonscrit dans le cercle inscrit du polygone précédent.
http://www.prise2tete.fr/upload/w9Lyl6n-polygones_emboites.png
La réduction du rayon entre deux cercles consécutifs est de de [latex]cos(\pi/n)[/latex] où n est le nombre de côtés du polygone coincé entre les deux cercles.

toujours avec l'assistance de wolframAlpha je trouve alors que la réduction totale du rayon converge vers:
[TeX]\prod_{n=3}^{\infty}cos(\pi/n) \approx 0.114942[/TeX]
Donc les polygones on une aire limite non nulle

 #13 - 26-01-2016 14:05:17

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

polygones emboîtéq

@Vasimolo & w9Lyl6n : tout à fait, bon raisonnement. Vous en êtes au même point que Gwen. Sans utiliser WolframAlpha, pouvez-vous obtenir par des moyens élémentaires quelque chose de suffisant pour conclure (la précision de votre réponse finale n'est pas nécessaire pour résoudre cette énigme) ?

@Franky1103 : une partie de ton idée est utile pour trouver la réponse, une autre partie t'aiguille sur une fausse piste.

PS pour w9Lyl6n : jolie figure smile

 #14 - 26-01-2016 14:40:34

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

Polygones mboîtés

et moi ? Je me suis tellement trompé récemment que je ne préjuge de rien mais j'aime bien la méthode... (merci Wikipedia pour le cadre théorique et la formule avec le cosinus dans un i-gone...)

De manière similaire, on pourrait "agrandir" le triangle dans des i-gones successifs en jouant sur les dimensions des triangles inscrits-circonscrits successifs  et conclure que la suite des plus petits i-gone converge vers une dimension finie.

On peut donc créer une zone entre 2 "cercles limites" qui contient touts ce polygones. C'est d'ailleurs amusant de retrouver les propriétés des cercles comme limite de i-gone...

 #15 - 26-01-2016 16:07:27

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

oPlygones emboîtés

@portugal : mes excuses, je n'avais pas vu ton message #8. Et c'est parfait, bravo !

Par contre, je ne comprends pas tout de #14 hmm

 #16 - 26-01-2016 17:37:12

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

Plygones emboîtés

C'est  un autre problème mais qui se resoud comme le tien qui apparaît en dessinant comme dans ton problème mais a l'envers.

On met le plus petit carré a l'extérieur du triangle

Le plus petit pentagone extérieur au carré.

Et avec la même astuce que precedemment on arrive à faire une somme de log de cosinus au lieu de les retrancher pour montrer que l'on obtient une suite croissante  convergente.

Depuis le temps qu' j'essaie sans succès de caser des développements limités,je profite a fonds..

Merci pour l'énigme...

 #17 - 26-01-2016 18:23:49

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

Plygones emboîtés

@portugal : OK, là j'ai compris smile

 #18 - 26-01-2016 18:37:54

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Polygones meboîtés

Le rayon du (n+1)-gone vaut à peu près l'apothème du n-gone pour n assez grand (mettons 100). En fait le décalage max qu'on peut faire pour le rayon du (n+1)-gone par rapport à l'axe de l'apothème est de 1/(2(n+1)) ce qui représente un écart très faible entre l'apothème du n gone et le rayon du (n+1) gone.
Partant de là, le rayon du n-gone vaut au moins à partir d'un certain n :
cos(Pi/n) * cos ( Pi/(n+1) ) * cos ( Pi/(n+2) ) * .......
si on fixe à 1 la valeur du rayon du (n-1)- gone.

Difficile de calculer ce produit. Un petit test au tableur fait apparaitre que le rayon à partir de 1 pour n=100 est encore au dela de 0,95 pour n=3000. Ce qui augure plutôt pour un rayon et donc une aire non nulle.

 #19 - 26-01-2016 19:09:28

w9Lyl6n
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 26
Messages : 220

Polygones emboîés

C'est vrai que pour le coup j'ai été paresseux smile
je vais montrer que le log de la somme est minoré (ce qui revient à dire que la somme est > 0)
[TeX]cos(x) \ge 1-\frac{x^2}{2}[/TeX]
et ln(1+y) ~ y au voisinage de y = 0, donc pour y < 0 suffisamment proche de 0 ln(1+y) > 2y
On en déduit que pour n assez grand :
[TeX]ln(cos\left(\frac{\pi}{n}\right)) \ge -\frac{\pi^2}{n^2}[/TeX]
La somme des log est donc bornée ce qui assure l'existence d'une limite non nulle en passant à l'exponentiel.

Merci pour l'énigme smile

Mathieu

 #20 - 26-01-2016 19:36:05

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

Polygones emboîîtés

@nodgim : oui, c'est la bonne idée. Reste à formaliser.

@w9Lyl6n : c'est parfait !

 #21 - 26-01-2016 21:19:30

Nombrilist
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
Messages : 562

Polygones embîotés

Je me dis que l'on va tendre vers un cercle et donc une aire de disque probablement différente de zéro ?

 #22 - 26-01-2016 22:28:00

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

Polygones embboîtés

@Nombrilist : je me dis que c'est possible, mais qu'il faut le prouver smile

 #23 - 27-01-2016 10:36:02

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Polygones emboîtsé

On remarque que lorsque le polygone passe de 2n à 4n cotés, le pourcentage de diminution du rayon est la moitié du pourcentage de diminution entre 2n et n.   


...n.............................100 (1-R2n/Rn)
de 100 à 200     2,419451029 %
de 200 à 400    1,221589792 %
de 400 à 800    0,613806951 %
de 800 à 1600    0,307662337 %
de 1600 à 3200    0,154021622 %

Le produit donne une valeur à peine moindre que la somme.

On peut estimer que le cercle à l'infini a un rayon de 95 % du rayon du polygone n=100*Pi

 #24 - 27-01-2016 15:59:10

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

Poolygones emboîtés

@nodgim : oui, mais ce n'est qu'une estimation. Pour ce qui est demandé, la valeur exacte du produit n'est pas nécessaire, une minoration suffit.

 #25 - 27-01-2016 16:06:07

Franky1103
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2706
Lieu: Luxembourg

Polygoness emboîtés

Soient rn et Rn les rayons des cercles inscrit et circonscrit du polygone régulier à n côtés. La surface Sn de ce polygone est égale à:
Sn = 2n.(rn)².sin(pi/n)/cos(pi/n) = 2n.(rn)².tan(pi/n)
On en déduit que: Sn tend vers 2.pi.(rn)² quand n tend vers l’infini. Il s’agit de voir maintenant si le rayon rn tend vers une limite non nulle quand n tend vers l’infini.
Soit N = n+1; on aura: rN >= Rn, donc: rN >= rn.cos(pi/n)
On en déduit: rn >= r3.cos(pi/3).cos(pi/4)…..cos(pi/(n-1))
Soit encore: log(rn) >= log[r3.cos(pi/3)] + log[cos(pi/4)] +…+ log[cos(pi/(n-1))]
Au voisinage de 0, on peut dire que: log[cos(pi/n)] vaut: pi² / 2n² (développement en série entière).
Comme deux séries de termes généraux positifs et équivalents sont de même nature, on en déduit que: log[r3.cos(pi/3)] + log[cos(pi/4)] +…+ log[cos(pi/(n-1))] converge vers une limite appelée A.
Donc la surface Sn tend vers 2.pi.(rn)² qui tend vers 2.pi.(r3)²/exp(2A) qui est strictement positif: CQFD.
Il resterait (mais ce n’est pas la question posée) à évaluer cette limite.

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