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Le problème de Kakeya dans les ensembles convexes.

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Academic year: 2021

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Université Paris-Est Marne-la-Vallée

(2)

Table des matières

Introduction

2

I

Définitions, Propriétés et Théorèmes

3

II

Figures Convexe

9

III

Trois Exemples

12

IV

L’unique solution

15

Conclusion

26

(3)

Introduction

Le problème de l’aiguille de Kakeya est une célèbre question mathé-matiques posée par Sôichi Kakeya (1886-1947) mathématicien japonnais en 1917 :

Qu’elle est la plus petite surface à l’intérieur de laquelle il est possible de déplacer une aiguille de manière à la retourner complètement ? Cette question fût d’abord abordé par Gyula Pàl (1881-1946) mathémati-cien hongrois-danois, qui nous proposa une solution dans le cas ou l’ensemble serait convexe, qui est le triangle équilatéral de hauteur 1(soit la longueur de l’aiguille).

Quelque temps après Gyula Pàl, plusieurs mathématiciens tel que Abra-ham Besicovitch(1891-1970) mathématicien russe, ou encore Oskar Perron(1880-1975) mathématicien allemand, qui nous ont proposé des solutions dans des ensembles qui cette fois étaient non convexe, on leur doit notamment les arbres de Perron et les arbres de Besicovitch qui sont des solutions émises par ces mathématiciens.

Dans ce TPE, nous nous placerons dans le cas d’un ensemble convexe afin de voir comment Gyula Pàl a réussi à prouver que l’aire du triangle équilatéral est la plus petite dans le cas d’un ensemble convexe.

Ce TPE aura donc pour but de nous familiariser avec certaines notions comme la convexité, afin de nous amener petit à petit à comprendre et établir les différentes solutions apportées par les mathématiciens pour résoudre ce problème.

(4)

Première partie

Définitions, Propriétés et

Théorèmes

Dans cette première partie, nous allons nous intéresser aux solutions les plus intuitives, mais pour commencer nous allons définir la notion de convexe.

Définition . Ensemble convexe.

On définit C un ensemble convexe d’un un espace vectoriel E s’il vérifie : ∀x, y ∈ C ∀t ∈ [0, 1], tx + (1 − t)y ∈ C

Plus clairement, si on choisit 2 points quelconques d’un ensemble C que l’on note x et y, alors tout point du segment x et y appartient à C.

Maintenant que nous voyons à quoi ressemble un convexe, nous allons dé-finir quelques notions sur eux. Commençons par dédé-finir la fonction support d’un convexe C.

Nous allons maintenant nous placer dans le cas d’un espace euclidien (c’est-à-dire un espace vectoriel de dimension finie, munie d’un produit sca-laire).

(5)

Définition . Fonction d’appui d’un convexe.

Cette fonction d’appui de C est une application H définie par : H : Rn→ R

x 7→ sup

a∈C

< x, a >

Voici sa représentation graphique , α est un point du convexe C , −→u un vecteur unitaire et le sup

a∈C

< x, a > est atteint en α :

Cette application trace l’hyperplan tangent au convexe en α de vecteur normal −→u , cet hyperplan est nommé hyperplan d’appui.

Définition . Corde d’un convexe.

Soit −→u un vecteur unitaire, la corde de K dans la direction −→u notée C(−→u ) est la corde maximale parmi celles qui sont dans la direction −→u , défini par : C(−→u ) = max{kx1− x2k; x1, x2 ∈ ∂K, x1− x2 ∈ u}

(6)

Intéressons nous maintenant à l’épaisseur d’un convexe C dans une di-rection fixé −→u .

Définition . Épaisseur d’un convexe.

L’épaisseur d’un convexe C est une application B définie par : B : Rn → R

x 7→ H(x) + H(−x)

Cette application permet de représenter la distance maximale entre deux droites parallèles telles que :

- Chacune des droites à au moins un point de contact avec le convexe C - Les vecteurs directeur de ces deux droites sont orthogonaux au vecteur

unitaire −→u Représenter ainsi :

Définition . Diamètre d’un convexe.

Nous allons nous intéresser au diamètre de C, le diamètre d’un convexe est un réel D> 0 défini par : D = max

u B(u) , avec −

u un vecteur unitaire.

Proposition . Le réel D = max

u B(−

u ) est la distance maximale entre deux points quelconque appartenant à un convexe K.

Soit D0 la distance maximale entre deux points quelconque de K, mon-trons que D0 = D :

> ) : Comme D est la distance maximale de deux plans support de K, étant donné que les plans supports ont 1 point de contact avec K alors on

(7)

voit que D0 > D.

6 ) : Soient x, y ∈ ∂K tel que kx − yk = sup

u,v∈K

ku − vk = D0.

Si ∀z ∈ Kky − zk6 ky − xk alors K ⊂ B(y, ky − xk) := B. Soit H hyperplan de B en x alors H ⊥ y − x.

H = {z ∈ R2| < z, x − y >=< x, x − y >} et

B ⊂ H− = {z ∈ R2| < z, x − y >=< x, x − y >}.

Or K ⊂ B donc K ⊂ H− et H− ∩ K contient x, donc H est aussi un hyperplan d’appui à K en x. De même manière on montre qu’il existe un hyperplan d’appui H0 passant par y, on en déduit donc, par définition de D, que la distance des deux hyperplans d’appui H et H0 est inférieur ou égale à D, d’où D0 6 D.

Si le diamètre D est atteint pour un vecteur unitaire −→v alors ∀−→u vecteur unitaire B(−→v ) > B(−→u ).

(8)

Définition . Largeur d’un convexe.

On définit la largeur d’un convexe C par un réel M> 0, tel que : M= min

u

B(−→u ), avec −→u un vecteur unitaire. Proposition . Le réel M= min

u

B(−→u ) = min

u

C(−→u ) est la distance minimale entre deux points quelconque de ∂K, où K est un convexe. La proposition ci-dessus sera admise pour le reste du TPE.

Définition . Hyperplan séparant deux convexes.

On dit qu’un hyperplan H sépare deux convexes K et L, si K ⊂ H+ et

L ⊂ H− (ou bien inversement), où H+ et H− sont deux demi-espaces fermés délimités par H.

Nous allons voir maintenant une propriété sur les convexes qui va nous être très utile par la suite :

Propriété . Toute intersection de convexes est convexe. Soit D une famille de convexes et I = T

C∈D

C.

Ce qui nous donne que pour tout couple de points x, y ∈ I, on a x, y ∈ C car I = T

C∈D

C or C ∈ D et C est un convexe, d’où [x, y] est inclus dans C, donc à fortiori dans I.

Nous pouvons maintenant passer à une propriété qui va elle aussi nous être utile par la suite :

Propriété . Tout demi-plan est convexe.

Soit P le demi-plan définie par P = {x ∈ Rn, < x, u >6 α}. Montrons que le demi-plan P définie bien un ensemble convexe : Soit x1 ∈ P , x2 ∈ P et λ ∈ [0, 1], on a donc :

< (1 − λ)x1+ λx2, u >= (1 − λ) < x1, u > +λ < x2, u >

6 (1 − λ)α + λα = α Donc (1 − λ)x1 + λx2 ∈ P .

Par la suite, nous aurons besoin d’utiliser le théorème de Hahn-Banach ainsi que son corollaire, c’est pourquoi nous allons maintenant le voir.

(9)

Théorème . Théorème de Hahn-Banach :

Soit K un convexe et a un point tel que a /∈ K, il existe alors un hyperplan H qui sépare K et a.

Corollaire . Corollaire du théorème de Hahn-Banach : Soit K un convexe, et a ∈ δK, alors il existe un hyperplan H qui contient a et qui est tangent à K, d’où K ⊂ H−.

(10)

Deuxième partie

Figures Convexe

Comme on a pu le voir précédemment les premières solutions apportées à ce problème furent des figures de la forme convexe, tel que le disque, le triangle de Reuleaux ou encore le triangle équilatéral. Dans cette section, nous allons montrer que ces figures sont bien des convexes.

Proposition . Un disque est une figure convexe.

Soit C un disque définit par C = {(x, y) ∈ R2|x2+ y2

6 r2}.

Soient (x, y) ∈ C et (a, b) ∈ C, montrons que le segment reliant ces deux points est totalement inclus dans C.

Soit λ ∈ [0, 1], montrons que :

(1 − λ)(x, y) + λ(a, b) ∈ C

Autrement dit que le point ((1 − λ)x + λa, (1 − λ)y + λb) ∈ C : ((1 − λ)x + λa)2+ ((1 − λ)y + λb)2

= (1 − λ)2x2+ 2(1 − λ)xλa + (λa)2+ (1 − λ)2y2+ 2(1 − λ)yλb + (λb)2

= x2−2λx2+λx2+2xλa−2λ2xa+λ2a2+y2−2λy2+λy2+2yλb−2λ2yb+λ2b2

= x2+ y2− 2λ(x2+ y2) + λ2(x2+ y2) + 2λ(xa + yb) − 2λ2(xa + yb) + λ2(a2+ b2)

6 r2− 2λr2+ 2λ2r2+ 2λ(xa + yb) − 2λ2(xa + yb)

Montrons que xa + yb 6 r2 :

xa + yb =< (x, y), (a, b) > or d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz : < (x, y), (a, b) >6 k(x, y)kk(a, b)k

6px2+ y2√a2+ b2.

6√r2√r2

6 r2

D’où ((1−λ)x+λa)2+((1−λ)y +λb)2 6 r2−2λr2+2λ2r2+2λr2−2λ2r2 = r2.

Ce qui appartient à C, on a bien montré qu’il existait un segment reliant les points (x, y) et (a, b), qui était totalement inclus dans C.

(11)

Proposition . Un triangle de Reuleaux est une figure convexe.

Nous ne pouvons pas établir aussi simplement que le disque, que le tri-angle de Reuleaux est une figure convexe, pour se faire nous avons besoin d’une propriété auxiliaire sur les convexes, que nous avons établie précédem-ment : "Toute intersection de convexes est convexe".

De ce fait, il nous reste plus qu’à montrer que le triangle de Reuleaux est une intersection de figure convexe, ceci étant très simple il nous suffit simplement de nous occuper de la construction de celui-ci :

Comme on peut s’en rendre compte sur le dessin ci-dessus le triangle de Reuleaux résulte de l’intersection de trois disques de mêmes rayon (ici C1, C2

et C3), les disques étant des figures convexes comme on a pu le constater

précédemment, de ce fait on a bien que le triangle de Reuleaux est une figure convexe.

Proposition . Un triangle équilatéral est une figure convexe.

Cette preuve repose sur deux propriétés établies précédemment :"Toute intersection de convexes est convexe" et "Tout demi-plan est convexe".

(12)

Comme on peut le remarquer sur les représentations graphiques ci-dessus, le triangle équilatéral F GH est représenté par l’intersection de trois demi-plan P1, P2 et P3. Comme nous l’avons établi précédemment, un demi-plan

défini un ensemble convexe et de plus, l’intersection de convexe est convexe, de ce fait, le triangle équilatéral est bien une figure convexe.

(13)

Troisième partie

Trois Exemples

Comme nous l’avons dit précédemment il y a cette conjecture évidente qui est le cercle, cette conjecture répond tout à fait au problème car si l’on prend une aiguille de taille 1(avec 1 ayant une échelle quelconque : cm, m,..), on remarque que la figure dessinée par l’aiguille lorsque l’on exerce une rotation de celle-ci avec pour centre le milieu de l’aiguille est un cercle :

Comme on peut le remarquer sur la figure 3, la plus petite surface par-courus par l’aiguille correspond à la surface verte, soit l’aire du cercle. Proposition . L’aire d’un cercle de diamètre M= 1 est π4.

Nous avons donc que r = 12, car 2r = 1 étant la longueur de l’aiguille soit le diamètre de C, d’où Aire(C) = πr2 = π(12)2 = π4 ' 0.785398.

Donc la surface que nous avons trouvée via cette rotation de l’aiguille est π4. Mais, si l’on réfléchit un peu plus et que l’on décide de changer le centre de la rotation de l’aiguille, on se rend compte que l’on peut réduire la surface parcouru par celle-ci :

(14)

Proposition . L’aire d’un triangle de Reuleaux de diamètre M= 1 est π−

√ 3 2 .

Si l’on observe bien les déplacements de l’aiguille dans le triangle de Reu-leaux, on remarque que l’aiguille parcours plusieurs fois la surface de ABC ce qui nous donne ceci :

On a donc Aire(ABC) = Aire(D) − 2Aire(EF G), déterminons Aire(D) et Aire(EF G) :

Aire(D) = πr22 ,car c’est un demi-disque et r = 1. = π2

De plus, Aire(EF G) =

√ 3 4 a

2 avec a = 1, car c’est un triangle équilatéral

de côté la longueur de l’aiguille, d’où Aire(EF G) =

√ 3 4 . On a donc Aire(ABC) = π2 − 2 √ 3 4 = π−√3 2 ' 0.70477.

On a réussi à trouver une figure dont la surface est plus petite que le disque et par lequel il nous est possible de retourner l’aiguille, si l’on recherche un peu plus on se rend compte qu’il nous est possible de faire de même dans un triangle équilatéral de hauteur l’aiguille, en exerçant des glissements et des rotations de l’aiguille :

(15)

Proposition . L’aire d’un triangle équilatéral de hauteur M= 1 est √1 3.

D’après le théorème de Pythagore on a : AB2 = (AB2 )2+ 12 ⇔ AB2AB2 4 = 1 ⇔ 3AB2 4 = 1 ⇔ AB2 = 4 3 ⇔ AB = 2 √ 3

D’où Aire(ABC) = bh2 , avec b = AB et h = 1. = 2 √ 3 2 = 1 √ 3 ' 0.57735.

A l’issue du calcul d’aire des trois figures convexe : le disque,le triangle de Reuleaux et le triangle équilatéral. On en déduit que le triangle équilatéral est la figure avec la plus petite aire parmi ces trois convexes.

(16)

Quatrième partie

L’unique solution

Dans cette partie nous cherchons un convexe avec une largeurM= 1(qui permettra de faire tourner l’aiguille de longueur 1 dans ce convexe), avec la plus petite aire possible.

Théorème . Soit K un convexe de R2 alors Aire(K)> f (MK), avec égalité

si K est un triangle équilatéral.

La preuve de ce théorème se fera en plusieurs étapes que nous feront à la suite.

Proposition . Un cercle inscrit de diamètre 1 dans un ensemble convexe de largeur M= 1 admet au moins 2 points de contact avec le convexe.

Soit K un convexe de R2 et D un disque de rayon r et de centre O D tel

que :  D ⊂ K

∂D ∩ ∂K = {x}

(17)

Soit T la tangente à K passant par x, et T0 la droite parallèle à T passant par OD.

La droite T0 est engendrée par un −→v et crée deux demi-plan T0− et T0+ tels que : T0− = {y ∈ R2| < y, v >6< O D, v >} T0+ = {y ∈ R2| < y, v >>< O D, v >} et on a x ∈ T0+. On définit ε = min y∈∂D∩T0−,z∈∂K k y − z k6= 0, car ∂D ∩ T 0− n’admet aucun

point de contact avec ∂K étant donné que le seul point de contact de ∂D ∩ K est x et x ∈ ∂D ∩ T0+.

On peut donc effectuer une translation du disque D de distance ε2 et de direction −−→xOD en gardant le fait que ∂ ∩ ∂K ∩ T

0−

= ∅.

On peut donc agrandir le disque D en un nouveau disque D0 en lui at-tribuant un rayon r + ε2. On retrouve donc x ∈ ∂D ∩ ∂K et on a D ⊂ D0 et D0 ⊂ K, on réitère ce procédé tant que le bord du disque n’admet pas 2 points de contact avec K.

Prenons maintenant le cas ou ∂K ∩∂D = {x1, x2} avec kx1−x2k = 2r = 4K.

On a le dessin suivant :

On trace T1 la tangente en x1 de K et T2 la tangente en x2 de K.

On voit qu’il n’existe aucun agrandissement de D tel que le nouveau disque à un rayon supérieur à celui de D tout en restant totalement inclus dans K.

On a donc que :

Aire(K) = Aire(D) + Aire(K \ D) = πr2 + Aire(K \ D)

= π.(12)2+ Aire(K \ D)

(18)

T ce triangle.

Donc Aire(K) > Aire(T ) ⇒ K n’est pas le convexe recherché.

Prenons maintenant le cas ou C le cercle inscrit dans K admettant 3 points de contact, noté P, Q, R.

Proposition . Le centre O du cercle inscrit C, ayant trois points x1, x2, x3

de contact avec le convexe K, est inclus dans l’enveloppe convexe des trois points de contact.

Soit D un disque de centre OD et de rayon r tel que : D ⊂ K un convexe

et ∂D ∩ ∂K = {x1, x2, x3} et on a OD 6∈ conv(x1, x2, x3).

Soit T une droite engendré par u passant par OD créant deux demi plan T+

et T− tel que :

T− = {x ∈ R2| < x, u >6< O

D, u >}

T+ = {x ∈ R2| < x, u >>< OD, u >}

et x1, x2, x3 ∈ T+.

On a donc ∂D ∩ ∂K ∩ ∂T−= ∅, on pose ε = min

v∈∂D∩T−,w∈∂K∩T−kv − wk.

(19)

vecteur directeur de T .

On peut effectuer une translation de distance 2ε et de vecteur x0 − OD du

disque D.

Ensuite on effectue un agrandissement du disque translaté en lui attribuant un rayon de r + ε2, le nouveau disque est inclus dans K et on a que D est inclus dans ce nouveau disque, donc D n’est pas inscrit dans K.

Si l’on trace les tangentes au cercle C aux points P, Q, R, noté respective-ment TP, TQ, TR, comme P, Q, R sont bien distincts on obtient trois points

formés par l’intersection des tangentes.

On a donc :    TR∩ TQ = {A} TR∩ TP = {C} TQ∩ TP = {B}

Et d’après la figure on remarque clairement que C ⊂ (ABC), ou ABC est le triangle définit par les tangentes en P, Q, R du cercle C.

(20)

Pour tout hyperplan H dans un espace euclidien de dimension finit : ∃−→u avec k−→u k = 1 et t un réel tel que H = {x ∈ Rn| < x, u >= t}.

On définit alors de cet hyperplan H deux demi-espaces formés  H+ = {x ∈ Rn| < x, u >> t}

H− = {x ∈ Rn| < x, u >6 t}

Soit K un convexe et D un disque inscrit dans K admettant 3 points de contacts avec le bord de K, noté δK

Proposition . Le convexe K est inclus dans le triangle formé par les tangentes au trois points de contacts de D ∩ δK.

Notons x1, x2 et x3 les 3 points de contacts de D ∩ δK, le triangle

(x1x2x3) contient le centre du disque noté OD.

Posons maintenant D1, D2, D3les tangentes au disque D au point x1, x2, x3,

et notons D1−, D−2, D3− les demi-plans définit respectivement par les droites D1, D2, D3 tel que D−1 ∩ D

− 2 ∩ D

− 3 ⊃ D.

(21)

Par hypothèse x1, x2, x3 ∈ δK, d’après le théorème de Hahn-Banach :

K admet des tangentes M1, M2, M3, respectivement aux points x1, x2, x3 tel

que K ⊃M1 ∩ M2 ∩ M3.

Si D ⊂ K alors D ⊂M1 ∩ M2 ∩ M3 et comme x1, x2, x3 sont sur le bord

du disque D on a alorsM1, M2, M3 sont respectivement tangentes à D au point

x1, x2, x3.

De plus on a déjà, D1, D2, D3 qui sont tangentes à D en x1, x2, x3 .

Par unicité de la tangente en un point du disque, on a donc : 

(22)

Donc K ⊂ D−1 ∩ D2−∩ D−3.

Proposition . Il existe 3 points R0, P0, Q0 à distance 1 − r de O dans le triangle ABC.

Soit K un convexe de largeur M= 1 et C le cercle de centre O inscrit dans K tel que C ∩ ∂K = P, Q, R. Posons H la tangente au point P et prenons maintenant la tangente H1 au point D, avec D = (OP ) ∩ ∂K. On

obtient H//H1 et l’on peut définir l’épaisseur entre ces deux hyperplans qui

est B(−→u ) >M, car l’on sait que la largeur de K est M= 1.

De ce fait, il nous est donc possible de trouver un hyperplan noté H2 à

épaisseur M= 1 de H, qui coupe le convexe K en au moins 1 point noté M .

Calculons donc la distance OM , d’après l’inégalité triangulaire inversé : d(M, O) >| d(M, P ) − d(O, P ) |, or d(M, P ) > 1 et d(O, P ) = r.

De plus, | d(M, P ) − d(O, P ) |= d(M, P ) − d(O, P ) car sinon le cercle C ne serait pas inscrit dans le convexe K.

D’où d(M, O)> 1 − r, donc il existe un point P0 à distance 1 − r de O qui est contenu dans le triangle ABC (car on a vu que le triangle ABC contenait K, donc à fortiori ∂K). Il nous suffit de répéter l’opération pour R et Q, ce qui nous permettra de trouver les points R0 et Q0.

(23)

Nous allons maintenant utiliser la notion d’enveloppe convexe, soit A une partie de E un ensemble, l’enveloppe convexe de A est l’intersection de toutes les parties convexes de E contenant A ou la plus petite partie convexe de E contenant A. Soit C un cercle.

L’enveloppe convexe ici est le polygone P Q0QP0RR0 que l’on va noté EC :

Aire(EC) = Aire(C) + Aire(EC \ C)

= πr2+ Aire(E C \ C)

Montrons que Aire(EC\ C) = 3(r

1 − 2r − r2arccos(1−rr )) D’après le graphique on a :

EC \ C = A1∪ A2∪ A3 avec A1, A2, A3 des parties disjointes.

Donc Aire(EC \ C) = 3 P i=1 Aire(Ai). De plus, A1 = A2 = A3, car d(R0, O) = d(Q0, O) = D(P0, O) = 1 − r.

D’où Aire(EC\ C) = 3Aire(Ai).

(24)

vont nous permette de calculer cette aire :

Comme on peut le remarque ci-dessus, nous avons fait apparaitre les projetés orthogonaux du point O sur les droites (P R0), (Q0P ), (R0Q), (P0Q), (P0R), (RQ0).

Commençons par calculer le segment [D1R0], à l’aide du théorème de

Pythagore dans le triangle ODR0 on obtient : OR02= OD2 1 + D1R02 OR02− OD2 1 = D1R02 (1 − r)2− r2 = D 1R02 1 − 2r + r2− r2 = D 1R02 D1R0 = √ 1 − 2r

On en déduit donc que Aire(OD1R0) = r √

1−2r 2 .

Posons α = \R0OD

1, cet angle est défini par α = arccos(1−rr ). De ce fait, l’aire

du demi-cercle Aire(OD1D2) = 2αr2 = r2arccos(1−rr ).

On a donc bien Aire(A1) = r

1 − 2r − r2arccos(1−rr ).

On a donc que l’aire de EC est définie par :

Aire(EC) = πr2 + 3(r

1 − 2r − r2arccos( r 1−r)).

(25)

De ce fait, on peut définir une application f pour le calcul d’aire de l’enveloppe convexe, de tout cercle de rayon r ∈ [0,12] :

f : [0,12] → R+

r 7→ πr2+ 3(r1 − 2r − r2arccos( r 1−r))

Proposition . On peut restreindre la fonction f à l’intervalle [13,12].

Comme on a pu le voir précédemment, le convexe K de largeur M= 1, est inclus dans un triangle ABC, crée par les tangentes de ces points de contacts avec son cercle inscrit de rayon r.

D’après la formule des aires d’un triangle, on a que :

Posons a 6 b 6 c, avec a, b, c les côtés du triangle et h la hauteur de celui-ci. Alors, Aire(ABC) = ha2 mais on a aussi que Aire(ABC) = (a+b+c)r2 .

D’où : ha = ar + br + cr h = r + abr + acr h = r(1 + ba+ ca) Or a6 b 6 c, donc ab 6 1 et ca 6 1. Donc h6 3r.

De plus, on a que la hauteur h est forcément plus grande queM, car sinon K ne serait pas totalement inclus dans le triangle ABC, donc M6 3r. De ce fait, comme nous avons choisi de prendre une largeur de convexeM= 1, donc 13 6 r.

Ce qui nous donne que le rayon du cercle inscrit dans le convexe ne peut être plus petit que 13.

Étudions la monotonie de f sur [13,12] :

Pour se faire nous allons donc dériver la fonction f , ce qui nous donne : f0(x) = 2π3 +√1 − 2r −√ r 1−2r − 2r arccos( r 1−r) + r2 (1−r)2 1 √ 1−(1−rr )2 = 2π3 + √1−3r 1−2r − 2r arccos( r 1−r) + r2 (1−r)√1−2r = 2π3 + (1−r)(1−3r)+r(1−r)√ 2 1−2r − 2r arccos( r 1−r) 2π 1−4r+4r2 1

(26)

Car comme r> 13, 1−rr = 1−r1 − 1 > 1−11 3

− 1 = 1 2.

D’où arccos(1−rr ) 6 arccos(12) = π3.

Donc la fonction f est bien croissante sur [13,12] et elle atteint bien son mi-nimum en f (13) = √1

(27)

Conclusion

Dans notre TPE sur le problème de l’aiguille de Kakeya, nous nous somme intéressés à l’un des plus célèbres problème mathématique posé par Sôichi Kakeya (1886-1947). Ce TPE nous as permis de réunir plusieurs grandes matières qui sont l’algèbre, la topologie et la géométrie. De ce fait, nous avons pu découvrir et apprendre des nouvelles notions, qui petit à petit nous on amenés à comprendre les différentes solutions apportées par les mathémati-ciens.

En somme, ce TPE nous a permis d’élargir et découvrir de nouvelles no-tions, en oubliant pas notre but de départ qui étais de résoudre le problème dans un ensemble convexe.

(28)

Bibliographie

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Références

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