D328 - Sur le vol d’Aéromathématica [**** à la main]
Solution :
Intuitivement, si on prend pour T = (OABC) un tétraèdre très allongé (En gras sur la Figure 1) avec B et C très voisins au-dessus du plan (Ox, Oy) et A sur Ox d'abscisse a très grand, on aura L(T) légèrement supérieur à 3a.
Si maintenant, on prend un tétraèdre T ' inclus dans T, avec deux sommets très voisins de O et les deux autres sommets très voisins de A, on aura L(T ') 4a. Ça doit suffire pour avoir L(T ') > 1,3 L(T).
Il faut juste s'assurer que c'est possible :
Dans le repère (O xyz), on choisit pour T : O (0, 0, 0) ; A (100, 0, 0) ; B (50, 1, 1) et C (50, -1, 1) On a alors L(T) = 1024 2502 302,08
Choisissons T ' = (A’B’C’D’) ainsi : A ' de coordonnées (
, 60 , 70
) B ' de coordonnées (
, 60 , 70
)
C ' de coordonnées (
, 60 , 70
100 ) D ' de coordonnées (
, 60 , 70
100 )
L'équation du plan (OBC) est z = x / 50, celle du plan (OAB) est z = y, celle du plan (OAC) est z = y, et celle du plan (ABC) est z = 2 – x / 50.
Si 0 < < 1, A' et B' sont situés au-dessus des plans (OAB) et (OAC), et au-dessous des plans (OBC) et (ABC) puisque leurs coordonnées vérifient
0 50x z
et z > |y|.
A' et B' sont donc strictement à l'intérieur de T, et il en est de même pour les 2 autres sommets C ' et D ' à cause de la symétrie par rapport au plan médiateur de OA.
Un calcul simple montre que
2 2
) 35 2 100 ( 35 2
200 138 )
L(T'
Un peu de calculette et on voit que pour = 0,88 L(T ') 393,01 alors que 1,3 L(T) 392,70 On a bien L(T ') > 1,3 L(T). CQFD pour a).
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Pour b) on ne peut pas remplacer 1,3 par 1,4. En effet : Soient T = (A’B’C’D’) le tétraèdre inclus dans T = (ABCD).
Dans un repère orthonormé (Oxyz), une direction (O t) quelconque de l’espace est définie par 2
coordonnées, par exemple les angles et compris entre 0 et 2 de la figure 2 ci-dessous, où la demi- sphère visible a pour rayon 1.
x y
O A
B
C
Figure 1
M z
Figure 2
t
Le vecteur unitaire de direction (O t) est
sin
cos sin
cos cos u
Le vecteur unitaire
0 0 1
OI se projette sur (O t) selon un vecteur de norme v OI.u coscos . Ainsi, tout segment tel l’arête [AB] du tétraèdre T par exemple, se projette sur (O t) selon un segment [ab] de longueur ab = AB |cos | |cos |. On notera proj (AB) = AB |cos | |cos |.
Que se passe t-il si on choisit la direction (O t) au hasard ?
Au hasard signifie avec équiprobabilité, au sens où le point M de la sphère définissant la direction (O t) est choisi dans un domaine d’aire avec une probabilité proportionnelle à .
Pour cela on utilise "l’élément d’aire" dS de la sphère représentant un domaine infinitésimal assimilé à un rectangle de dimensions d et |cos | d comme le montre (en gris) la figure 3 ci-dessous.
L’élément d’aire est dS = |cos | d d.
On peut maintenant définir la "mesure moyenne" m(AB) de la projection d’un segment [AB] lorsqu’il est projeté sur une direction (O t) au hasard, par l’intégrale m(AB) = 41
proj(AB)cosdd.Le calcul est assez simple si on remplace proj (AB) par sa valeur AB |cos | |cos | :
m(AB) =
ABcos d cos d 4
1 2
les variables allant de 0 à 2 .
Comme
d
cos = 2, on a m(AB) =
2 ) AB cos 1 4 ( cos AB
2
AB 2
d d
O
Figure 3
d d
|cos |
|cos | d
d
Ce qui est vrai pour un segment est vrai aussi pour une somme finie de segments, donc pour la fonction L(T) = AB + AC + AD + BC + BD + CD définie dans l’énoncé.
En bref, si T = (ABCD) est projeté au hasard selon (abcd), la somme des longueurs des 6 projections, à savoir L(abcd) mesure en moyenne L(T) / 2
ce qu’on peut écrire
2 cos L(T)
) abcd ( 4 L
1
dd (1)Or si T = (ABCD) est projeté sur une droite quelconque selon quatre points (a,b,c,d) avec disons a,b,c,d dans cet ordre (Figure 4) :
on a la relation clé du problème : 3 ad L(abcd) 4 ad (2)
a,d étant les points extrêmes de la projection.
En effet (suivre sur la figure 4) L(abcd) = ab + ac + ad + bc + bd + cd = ab + (ab + bc) + (ab + bc + cd) + bc + (bc + cd) + cd = 3 ab + 4 bc + 3 cd = 3 (ab + bc + cd) + bc = 3 ad + bc.
Donc selon la direction (O t) définie par les paramètres et :
si T = (ABCD) se projette en (abcd) avec par exemples a,d comme points extrêmes, et si T’ = (A’B’C’D’) se projette en (a’b’c’d’), d’après l’inclusion T ’ T on est sûr que
a’,b’,c’et d’ (peu importe l’ordre) sont entre a et d. (3)
Or d’après (2), 3 ad L(abcd) et L(a’b’c’d’) 4 x’y’ où x’et y’ sont les points extrêmes parmi a’,b’,c’,d’. Mais comme x’y’ ad d’après la remarque (3) ci-dessus, on a :
3 ad L(abcd) et L(a’b’c’d’) 4 ad (4) Donc, quelle que soit la direction (O t) définie par les paramètres et , on a d’après (4) : 3 L(a’b’c’d’) 3 (4 ad) = 12 ad = 4 (3 ad) 4 L(abcd) d’où :
L(a’b’c’d’) 4/3 L(abcd) (5)
L(a’b’c’d’) et L(abcd) sont des fonctions continues de et , on peut donc les intégrer.
L’inégalité dans (5) est conservée par intégration, et en utilisant (1), on obtient : 2
L(T) 3 4 2
) '
L(T d’où L(T)
3 ) 4 '
L(T ce qui est en contradiction avec L(T ’) > 1,4 L(T).
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La partie b) de cet exercice a fait l'objet d'un article dans Mathematics magazine Vol 73 N°3 Juin 2000, où l’auteur Hans Samuelson signale qu’il a déjà été vu entre autres dans "Crux Mathematicorum" de décembre 1996 et dans "Macalester Problem of the week" N°834.
a b c d Figure 4
