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https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_ … t_Steiner

Essayons de le montrer sans aucun calcul.
Soit un segment horizontal AA'. Depuis M, milieu de AA', déplaçons verticalement un point P. PA et PA' s'allongent avec la montée de P, et l'allongement est proportionnel à la hauteur: l'élongation est lente quand P est près de M, c'est une petite proportion de PM, mais plus haut, l'élongation est presque aussi rapide que PM. Soient 2 poiints M1>M2 sur cette verticale, on a alors 2 triangles AM1A' et AM2A'. Si on prend Mm, milieu de M1M2, on a un 3ème triangle AMmA' dont le double de la surface est la somme des surfaces AM1A' et AM2A'. Mais compte tenu de ce qui a été dit précédemment, l'inégalité des longueurs 2*AMm=2*A'Mm<AM1+AM2=A'M1+A'M2 est assez évidente, car l'élongation entre AM2 et AMm est plus importante qu'entre AMm et AM1.
A partir de 2 triangles isocèles à base égale, mais de hauteur différente, on arrive donc à construire 2 triangles identiques de même surface que leur somme, mais avec des cotés plus courts au total.

C'est presque fini.
On assimile un contour convexe d'une ligne fermée à un polygone dont les segments sont aussi courts que l'on veut et tous égaux. On trace toutes les petites diagonales c'est à dire celles qui relient 1 sommet sur 2. On a alors formé avec chaque diagonale et le sommet intercalé des triangles isocèles. On peut alors, entre le triangle de plus grande surface et celui de plus petite surface, construire, comme décrit ci dessus, 2 triangles identiques, mais avec des longeurs de segments plus faibles.
De proche en proche, on est à amené à construire un cercle, ou polygone régulier dont les cotés aussi petits que l'on veut.

Dans la seconde partie, je ne fais que donner une méthode pour obtenir un cercle à partir d'un convexe. Il est vrai que dans l'échange entre les petits et les grands triangles, il y aura sûrement les parties voisines des triangles échangés qui deviendront concaves, mais c'est sans importance: si une diagonale est extérieure à la courbe, c'est à dire si un sommet intermédiaire est à l'intérieur de la diagonale, il suffit de rabattre cette partie à l'extérieur. Et le faire autant de fois que nécessaire.
Mais j'aurais aussi très bien pu ne pas décrire la méthode. Le fait que des triangles isocèles de base identique et de hauteurs différentes ont un total de longueur de cotés (triangle sans base) supérieur aux triangles de même hauteur et même surface suffit à la preuve.

Oui c'est ça @Gwen

Ajout du premier indice dans le post

Une autre façon de montrer que si une telle aire maximale existe, c'est nécessairement un disque...

http://mp.cpgedupuydelome.fr/mesexos.php?numExo=110

Je vous posterai ma solution qui est 12 fois plus longue... ^^
Quand j'aurai un peu de temps pour moi

PS : Je ne savais pas que ce problème était connu...

Franchement, dire que les convexes ont plus de surface à périmétre constant, c'est plutôt une Lapalissade.
Je ne suis pas trop mécontent de ce que j'ai écrit plus haut. J'aurais pu donner plus de précision avec un polygone extérieur et un polygone intérieur, pour justifier le passage du polygone à la courbe. Mais bon, je trouve que l'essentiel a été fait.
J'ai vu une solution ancienne de ce fameux problème d'isopérimétrie, mais je l'ai trouvée pas très élégante.

La démonstration se décompose en trois "petites" démos, le premier concerne les polygones réguliers, la deuxième concerne les polygones non réguliers convexes et la troisième concerne les polygones concave.

Rappels :

Un convexe est de cette forme    Un concave est de cette forme
             


Démonstration 1 :

Le problème s'intéressant à l'aire par rapport au périmètre, cherchons comment exprimer l'aire d'un polygone régulier en fonction de son périmètre et plus exactement en fonction de la longueur d'un de ses côtés.

On considère donc la figure suivante :


On a que OAB est la moitié d'un triangle isocèle. Il est rectangle en A donc, [latex]OA=R*cos\left(\frac{\pi}{n}\right)[/latex] et [latex]AB=R*sin\left(\frac{\pi}{n}\right)[/latex]

Soit [latex]c[/latex] la longueur d'un côté alors [latex]c=2R*sin\left(\frac{\pi}{n}\right)[/latex] donc [latex]R=\frac{c}{2*sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}[/latex]

Le polygone a [latex]n[/latex] côtés donc son aire [latex]A_n[/latex] est :
[TeX]A_n=R^2*n*sin\left(\frac{\pi}{n}\right)*cos\left(\frac{\pi}{n}\right)=R^2\frac{n}{2}sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)[/TeX]
D'où en remplaçant [latex]R[/latex] par sa valeur en fonction de [latex]c[/latex] on a :
[TeX]A_n=\frac{n*c^2}{4*tan\left(\frac{\pi}{n}\right)}[/TeX]
Maintenant c'est là que la démonstration commence véritablement, considérons un cercle de périmètre [latex]p=1[/latex] pour simplifier les calculs, mais il est bien évident que [latex]\lambda \in \mathbb{R_+}[/latex] tout ceci est vrai !

Dans ce cas l'aire du cercle est [latex]A_{cercle}=\frac{1}{4\pi}[/latex]

Soit un polygone régulier de périmètre 1, alors [latex]c=\frac{1}{n}[/latex] donc son aire (je ne détaille pas les calculs d'une ligne...) est [latex]A_{n, p=1}=\frac{1}{4*n*tan\left(\frac{\pi}{n}\right)}[/latex]

La fonction est strictement croissante et [latex]lim_{n \to \infty} A_n=\frac{1}{4\pi}=A_{cercle}[/latex]

D'où le résultat, ce qui achève la première démonstration.

Je vous passerai la suite une prochaine fois parce que j'ai mal aux yeux là. Je n'ai pas vérifier qu'il n'y ai absolument aucune coquille.

Corrigé

Pourquoi étudies-tu les variations de [latex]f(n)[/latex] ?

C'est plutôt les variations de [latex]A_{n,p=1}[/latex] qui nous intéressent non ?

Pourquoi calculer [latex]A_{cercle} - A_3[/latex] ?

Je me fais une bête réflexion: une ellipse pleine (je ne sais pas comment on appelle cette figure, de ce que le disque est au cercle), pourtant tout à fait convexe, n'est pas la figure optimale recherchée (qui est très probablement le disque).

Titou, sais-tu as quoi sert une dérivée?