Motifs géométriques (Partie B)

Solution

Question 1 - Famille de disques emboîtés.

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Notons $D_n$ le nom du disque de diamètre $A_0A_n$ , ce dernier vaut $n$ ce qui donne pour l'aire du disque : \[ a_n = \pi \frac{n^2}{4} \] La différence entre termes successifs est alors après simplification la suite des multiples impairs de $\pi /4$ : \[ a'_n = \frac{\pi}{4} (2n+1) \] Le nombre $a'_n$ est l'aire du disque $D_{n+1}$ auquel on a retiré celle de $D_n$ , et ce disque est inclus entièrement dans le plus grand. Ce qui signifie que la somme en question n'est rien d'autre que l'aire du plus grand des disques $D_{n+1}$ . Cela se retrouve en posant l'expression : \[ \sum_{k=0}^n a'_n = (a_1-a_0) + (a_2-a_1) + \ldots + (a_{n+1}-a_n) \] Les termes s'éliminent jusqu'à ne laisser que $(a_{n+1}-a_0)$ d'où : \[ \sum_{k=0}^n a'_n = a_{n+1} \] On donne ci-après les valeurs de $a_n$ pour les indices de 0 à 7 : \[ \{ 0\, ; \pi/4\, ; \pi\, ; 9\pi/4\, ; 4\pi\, ; 25\pi/4\, ; 9\pi\, ; 49\pi/4 \} \] Et les valeurs $a'_n$ qui progressent moins vite : \[ \{ 0\, ; 3\pi/4\, ; 5\pi/4\, ; 7\pi/4\, ; 9\pi/4\, ; 11\pi/4\, ; 13\pi/4\, ; 15\pi/4 \} \] La différence $(a_{n+1}-a_n)$ est strictement positive, et ce quelque soit l'entier $n$ , on en déduit que la suite $a$ est strictement croissante. De plus son expression montre que sa limite est $+\infty$ . On a trouvé que $a'$ est la suite des multiples impairs de $\pi/4$ . Donc elle est aussi strictement croissante et tend vers $+\infty$ . Enfin le premier rapport : \[ \frac{a_n}{a'_n} = \frac{n^2}{2n+1} = \frac{n}{2+\displaystyle \frac{1}{n}} \] tend vers $+\infty$ . En effet le numérateur tend vers cette limite et le dénominateur vers 2. Pour l'autre rapport on trouve : \[ \frac{a'_n}{a_n} = \frac{2}{n} + \frac{1}{n^2} \] Chacune des fractions tend vers 0, de même pour leur somme. Ceci signifie que l'aire $a$ tend vers l'infini plus vite que l'aire $a'$ . Mais pas seulement car elle pourrait finir par valoir le double, ici il s'agit d'une différence telle qu'à partir d'un certain rang l'aire $a'_n$ est négligeable devant $a_n$ .

Question 2 (a) - Les points $A_n$ sont situés sur une autre droite.

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Le disque $D_n$ a toujours le même diamètre. Son aire vaut toujours $\pi n^2/4$ . On veut connaître l'aire de la partie du disque $D_n$ située au dessus de l'axe des abscisses. Pour cela on trace le carré inscrit dans $D_n$ dont $[OA]$ est un côté. La droite $(y=-x)$ donne un diamètre au disque, la symétrie du problème est telle que le carré dessiné sépare 4 régions d'aires égales dans $D_n$ . Or ce carré est de diagonale $n$ , donc de côté $n/\sqrt{2}$ et son aire s'en déduit : $n^2/2$ . L'aire $a_n$ est le quart de la différence entre l'aire de $D_n$ et celle du carré : \[ a_n = \frac{1}{4} \left( \frac{\pi n^2}{4} - \frac{n^2}{2} \right) = \frac{\pi-2}{16} n^2 \] Pour $a'$ rien ne change, c'est la suite des multiples impairs mais pour un autre nombre : \[ a'_n = \frac{\pi-2}{16} (2n+1) \] La somme $\Sigma a'_n$ reste inchangée, elle vaut toujours $a_{n+1}$ . Les suites ont le même comportement qu'à la question 1.

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Question 2 (b) - La droite possède un coefficient directeur inconnu.

On considère le disque $D_n$ et on nomme son centre $C$ et $A$ sera l'intersection entre l'axe des abscisses et le cercle. On introduit l'angle $\alpha$ formé par $A, C, O$ et l'angle $\beta$ d'après le dessin. L'objectif est de calculer l'aire de $D_n$ situé au dessus de l'axe. Pour cela on forme la différence entre l'aire du secteur de disque $OCA$ et l'aire du triangle $OCA$ .

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Aire du secteur

On utilise une relation de proportionnalité : l'aire du secteur vaut celle du disque multipliée par le rapport $(\alpha/2\pi)$ . Il reste à trouver $\alpha$ . Or le triangle $OCA$ est isocèle en $A$ donc on a la relation d'angle : \[ \alpha + 2 \beta = \pi \] Il reste à trouver $\beta$ et pour se faire on considère la droite $d_m$ dont le coefficient directeur est $-m$ . Cela signifie que $\beta$ est l'angle d'un triangle rectangle de côté adjacent égal à 1 en horizontale, d'un côté opposé égal à $m$ en verticale. Sa tangente vaut $m$ et donc $\beta$ vaut $ \arctan (m) $ que l'on conserve tel quel. Le résultat est donc : \[ \frac{\alpha}{2\pi} \times \frac{\pi n^2}{4} = \left( \frac{\pi}{2} - \arctan (m) \right) \frac{n^2}{4} \]

Aire du triangle

Il est possible ici de connaître la valeur de l'aire du triangle. Pour cela on part de la formule \[ \frac{1}{2} B \times H \] avec la base et la hauteur à calculer. La base vaut $OA$ et la hauteur s'en déduit avec le théorème de Pythagore : \[ H = \sqrt{ OC^2 - \left( \frac{1}{2} OA \right) ^2 } \] Donc tout le calcul repose sur la connaissance de la longueur $OA$ . Il nous faut les coordonnées du point $A$ . Il a déjà pour ordonnée 0 puisqu'il fait partie de l'axe des abscisses. De plus il appartient au cercle de centre $C$ et de rayon $n/2$ . L'équation d'un cercle est : \[ (x-x_C)^2 + (y-y_C)^2 = r^2 \] où $x_C$ et $y_C$ sont les coordonnées du centre et $r$ le rayon. En appliquant cela à notre situation on trouve que l'abscisse $x_A$ vérifie : \[ (x_A-x_C)^2 = r^2 - y_C^2 \] car $y_A$ est nulle. Le rayon vaut $n/2$ et il reste à trouver les coordonnées de $C$ . Elles vérifient l'équation de la droite $d_m$ : \[ y_C = m x_C \] On sait aussi que $OC$ vaut $n/2$ car c'est le rayon, donc : \[ \sqrt{x_C^2+y_C^2} =\frac{n}{2} \] On trouve à l'aide de ces deux équations : \[ x_C = \frac{n}{2\sqrt{1+m^2}} \quad y_C = \frac{nm}{2\sqrt{1+m^2}} \] Ce qui permet de trouver $x_A$ , après extraction des racines carrées : \[ x_A = x_C \pm \sqrt{r^2-y_C^2} \] puis en substituant les valeurs trouvées : \[ x_A =  \frac{n}{2\sqrt{1+m^2}} \pm \sqrt{ \frac{n^2}{4} - \frac{nm}{2\sqrt{1+m^2}} } \] qui donne après simplification deux solutions. L'une étant 0 car le point $O$ vérifie les mêmes équations et l'autre est la valeur cherchée : \[ x_A = \frac{n}{\sqrt{1+m^2}} \] L'abscisse $x_A$ correspond à la longueur $OA$ , la base du triangle $OAC$ . L'aire du triangle est alors, en reprenant la formule pour $H$ : \[ \frac{1}{2} \times B \times H = \frac{1}{2} \times \frac{n}{\sqrt{1+m^2}} \times \sqrt{ \frac{n^2}{4} - \frac{1}{4} \times \frac{n^2}{1+m^2} } \] On trouve : \[ \frac{n^2 m}{4(1+m^2)} \]

Résultat

On trouve alors par soustraction : \[ a_n = \frac{n^2}{4} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan (m) - \frac{m}{m^2+1} \right) \] Le nombre à l'intérieur de la parenthèse est fixe, il ne dépend que du coefficient $m$ . La suite $a$ est de même nature que celles vues avant, elle est proportionnelle au carré de l'entier $n$ . De même pour $a'$ . On garde les mêmes résultats sur les variations et rapports.

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Question 2 (c) - Disque coupé par deux droites.

Calculer dans un repère plus adapté.

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On considère $\vec{u}$ le vecteur directeur de $d_m$ et $\vec{v}$ celui de $d_r$ . On construit $\vec{w}$ tel qu'il forme avec $\vec{u}$ un repère orthogonal. Les coordonnées sont les suivantes : \[ \vec{u} \begin{pmatrix} 1 \\ -m \end{pmatrix} \quad  \vec{v} \begin{pmatrix} 1 \\ -r \end{pmatrix} \quad  \vec{w} \begin{pmatrix} 1 \\ 1/m \end{pmatrix} \] On sait exprimer $\vec{u}$ et $\vec{w}$ en fonction de $\vec{\imath}$ et $\vec{\jmath}$ . En inversant le système : \[ \begin{cases} \vec{u} = \vec{\imath} - m \vec{\jmath} \\ \\ \vec{w} = \vec{\imath} + \frac{1}{m} \vec{\jmath} \end{cases} \] on trouve : \[ \begin{cases} \vec{\imath} = \frac{1}{1+m^2} (\vec{u}+m^2 \vec{w}) \\ \\ \vec{\jmath} = \frac{m}{1+m^2} (\vec{w}-\vec{u}) \end{cases} \] On calcule le vecteur $\vec{v}$ dans la nouvelle base sachant qu'on avait : \[ \vec{v} = \vec{\imath} - r \vec{\jmath} \] En remplaçant les vecteurs de l'ancienne base par leur expression suivant la nouvelle : \[ \vec{v} = \frac{1+mr}{1+m^2} \vec{u} + \frac{m^2-mr}{1+m^2} \vec{w} \] Il faut prendre garde, car les nouveaux vecteurs ne sont pas de norme 1, le calcul donne : \[ u = \sqrt{1+m^2} \quad w = \frac{\sqrt{1+m^2}}{m} \] On introduit $\tilde{u}$ et $\tilde{w}$ qui sont les vecteurs unitaires de la nouvelle base. Le résultat est alors : \[ \vec{v} = \frac{1+mr}{\sqrt{1+m^2}} \tilde{u} + \frac{m-r}{\sqrt{1+m^2}} \tilde{w} \] La droite $d_r$ est toujours linéaire dans le nouveau repère, mais son coefficient directeur change. Un produit en croix donne : \[ \frac{m-r}{1+mr} \]

Méthode

La démarche consiste à se placer dans ce nouveau repère, en faisant un dessin on comprend qu'on peut conserver le repère de départ et étudier la droite $d_s$ . On calcule alors l'aire du disque comprise entre $d_s$ et l'axe des abscisses. Une fois le résultat obtenu on substitue à $s$ la valeur $-(m-r)/(1+mr)$ . L'aire recherchée est constituée d'un triangle et d'un secteur de disque. On nomme $C$ le centre du disque $D_n$ et $R$ l'intersection entre le cercle et la droite $d_s$ . Avec les coordonnées de $R$ on pourra calculer la base $OR$ et la hauteur de la même façon que dans la question 2(b) . Quant au secteur il faudra à nouveau se contenter d'un arc tangente.

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Calcul des coordonnées de $R$ . Aire du triangle.

$R$ appartient à la droite $d_s$ : \[ y_R = -s x_R \] $R$ appartient au cercle de centre $C(n/2\, ; 0)$ et de rayon $n/2$ : \[ \left( x_R-\frac{n}{2} \right) ^2 + y_R^2 = \frac{n^2}{4} \] Ce qui donne : \[ x_R = \frac{n}{1+s^2} \quad y_R = -\frac{ns}{1+s^2} \] On en déduit la base : \[ OR = \sqrt{ x_R^2+y_R^2} = \frac{n}{\sqrt{1+s^2}} \] Puis la hauteur en se servant du rayon comme hypoténuse et de la moitié de la base comme côté : \[ \sqrt{ \frac{n^2}{4} - \frac{n^2}{4(1+s^2)} } = \frac {ns}{2\sqrt{1+s^2}} \] D'où l'aire du triangle $OCR$ : \[ \frac{n^2s}{4(1+s^2)} \] 

Aire du secteur.

On note $\alpha$ l'angle du secteur. Le théorème de l'angle au centre indique qu'il vaut le double de $\beta$ l'angle à partir de $O$ . Et ce dernier est formé par la droite de coefficient $-s$ , donc sa tangente vaut $s$. On trouve comme aire : \[ \frac{n^2}{4} \arctan (s) \]

Résultat

Tout d'abord en fonction de $s$ le coefficient $a_n$ s'écrit : \[ a_n = \frac{n^2}{4} \left( \frac{s}{1+s^2} + \arctan (s) \right) \]  Il faut ensuite remplacer $s$ par $(r-m)/(1+mr)$ mais ici on n'aura pas plus de simplification. A noter la formule : \[ \arctan (r) - \arctan (m) = \arctan \left( \frac{r-m}{1+mr} \right) \]