Un peu de patience , le problème inverse n'est toujours pas résolu

Vasimolo

McFlambi, pour le raisonnement, je suis d'accord, mais il y a une erreur de calcul pour un et deux disques (de rayon 1...).
Bonne nuit.

Vasimolo, pour l'instant, je suis d'accord. Bonne continuation.

ah oui c'est 2 fois plus pour les deux je crois....

Un seul disque de rayon 1 recouvre un carre d'aire 2 et donc de cote [latex]sqrt2=1.41[/latex]

deux disques recouvrent un carre de cote [latex]\frac{4sqrt5}{5}=1.78[/latex]

Les disques sont de part est d'autre de l'axe de symetrie. La hauteur du triangle de cote, r, r et c doit être egale à c/4 ce qui donne
[TeX]\Delta=d(C_1,C_2)=c/2~ \Longrightarrow ~c/4 = sqrt{1-c^2/4}[/TeX]
avec trois disques,
c=presque 2!
Je cherche une symetrie de centre O, avec rotation de 120 deg.
soit x la distance C1 à O


condition 1: distance verticale
demi-cote du triangle reliant C1,C2 et C3
+2 verticales de la hauteur de C1,P,C2
ce qui donne
[TeX]C_{1max}=\frac{sqrt3}{2}\time (sqrt{4-3x^2}+x)[/TeX]
max at [latex]1/sqrt3[/latex]
mais coince avec condition 2: distance horizontale
...
j'abandonne, pas le temps


avec 4 disques, le centre de symetrie se trouve sur le cercle et donne une jolie rosace. La diagonale du carre inscrit mesure 2 diametres donc 4 ce qui implique un cote de [latex]2\sqrt2[/latex]

Je pense que les solutions sont :

* [latex]\sqrt 2[/latex] (facile, sans commentaire)

* [latex]\frac {4\sqrt 5}5[/latex] moins facile, je poste une démo

* [latex]\frac {\sqrt2+\sqrt 6}2[/latex] je vois la configuration, mais ne sais pas encore prouver qu'elle est optimale

* [latex]2\sqrt{2}[/latex] plus facile à prouver que la configuration précédente, mais je n'y ai pas encore réfléchi

Démo du cas 2 disques :

* Soient O et O' les centres des deux cercles, d la distance entre ces deux centres, M le milieu de [OO'] et A,B les points d'intersection des deux cercles (on suppose assez clairement d<2).
Soit un carré EFGH de côté c maximal contenu dans l'union des deux disques et C sont centre.

* On peut supposer que C=M :
Le symétrique du carré par rapport à O est également contenu dans l'union des deux disques (qui a O pour centre de symétrie).
On suppose que les deux carrés se coupent (c'est la cas si l'on ne peut inscrire le carré initial dans un seul disque). Alors M appartient aux deux carrés, et plus généralement l'image par la translation de vecteur CM du carré initial est contenue dans les deux disques. (par convexité et symétrie de l'union des surfaces des deux carrés)

* [latex]c\leq 2\sqrt{1-\left(\frac d2\right)^2}[/latex]
En effet, O étant le centre du cercle et c la plus petite distance entre deux points de deux segments opposés du carré, c est inférieur ou égal à AB. On montre (Pythagore) que MN est le second membre de l'équation ci-dessus.

* [latex]c\leq 2d[/latex]
Soient P et Q les intersections (en dehors de A) de la perpendiculaire à (AB) qui passe par A avec les deux cercles. On montre (Thalès) que PQ=2d et de même que pour le point précédent, c doit être inférieur à 2d.

* [latex]d=\frac{2}{\sqrt 5}[/latex]
Pour optimiser c satisfaisant les deux inéquations précédentes on résoud
[TeX]2d=2\sqrt{1-\left(\frac d2\right)^2}[/TeX]
On trouve le résultat annoncé pour c, (et on valide l'hypothèse faite à la première étape du raisonnement).

Je suis certain qu'il existe des démos beaucoup plus élégantes de ce point (et je suis curieux de voir les preuves rigoureuses pour les deux autres situations...)

C'est rigolo, comme pour le problème inverse que tu as proposé il y a quelques jours luthin, j'ai du mal avec la config à trois disques...

Voici ce que je trouve :


Je pense que la config à trois disques optimale devrait ressembler à peu près à ça, mais de là à la calculer...

En tout cas j'adore ce genre de p'tit problème avec un énoncé tout simple Merci beaucoup !

Pour 1 disque : √2 = 1.414213562
Pour 2 disques : 2×√(4÷5) =  1.788854382
pour 3 disques: √3+(2×√2−√3)÷5 = 1.951326071
Pour 4 disques : 2×√2 = 2.828427125

pour 3 disques les centres des disques sont disposés en triangles équilatéral a une distance de 1 l'un de l'autre.
pour 4 disques les centres des disques sont disposés en triangles carré avec le bord des cercles se touchant au centre.

Beaucoup de bonnes réponses pour un, deux et quatre disques, je résume donc:
[TeX]\fbox{
c_1=\sqrt 2 r
c_2=\frac{4}{\sqrt{5}} r
c_4=2\sqrt 2 r}
[/TeX]
Pour trois disques, je les place de telle façon à ce que leur centre soient aux sommets d'un triangle équilatéral. J'ajuste la distance entre deux centres pour caser la plaque carré comme ceci (zoom possible):

Je commence par montrer la relation:
[TeX]\varepsilon=\left(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac 1 2 \right)c_3 [/TeX]
Puis, je constate que:
[TeX]
\sin \alpha =\frac{\sqrt{3}\varepsilon}{2r}
\cos \alpha=\frac{c_3}{2r}
[/TeX]
Puis, en utilisant le fait que la somme des carrés de cosinus et de sinus fait un, il vient:
[TeX]\fbox{
c_3=\frac{2r}{\sqrt{\frac{11}{4}-\sqrt 3}}}[/TeX]
Merci pour votre participation.

Effectivement, c'est mieux. Bravo dhrm!
Je suis d'accord avec ton équation, et sa résolution donne:
[TeX]\fbox{c_3=\frac{16r}{\sqrt{65}}}[/TeX]
Qui dit mieux?
Pour la configuration, la voici en grand:

pas besoin d’être un génie en math avec ce site!


http://www.wolframalpha.com/input/?i=2\ … 6}}+%3D+x

J'ai copie colle la formule latex directement. Ce site vient maintenant devant Wiki lors d'une recherche sur Google relative aux maths. J'en avais entendu parlé sur "de quoi je me mail" il y a probablement un an.

Pour vous autres fans de figures et latex, je vous conseille Geogebra... On dessine vite, bien, precis et tout... Et on peut sortir des figures via latex (il exporte du code pour la figure direct en tikz, un package de latex, le "usepackage" etant deja integré... rien a faire donc) et vous pouvez ensuite avoir des figures en qualité vectorielle, ce qui n'est pas un luxe pour les figures "en grand"