Demi disque
Partager un demi disque en deux partie d'aires égales.Relation avec le centre de gravité G. Partager par une droite passant par G.
Cherchons tout d'abord le centre de gravité d'un demi disque.
Il n'est pas difficile de calculer directement par une intégrale
le centre de gravité du demi-disque, mais le théorème de Guldin-Pappus
donne la solution en quelques instants.
Faisons tourner le demi disque autour de son diamètre, le volume engendré
(une sphère complète) est V = 4/3 π R³
L'aire du demi disque est S = πR²/2
et le théorème de Guldin donne : 2πOG × S = V
Soit 2πOG × πR²/2 = 4/3 πR³, qui après simplification donne :
OG = 4/(3π) R
Cherchons maintenant à partager le demi-disque par un segment MN en deux parties d'aires égales.
Bien entendu une coupe en deux quarts de disque passe par G (axe de symétrie),
mais dans les autres cas il n'y a aucune raison que la découpe passe par G, et ce n'est généralement pas le cas.
On peut alors s'intéresser à l'enveloppe de la découpe.
Il faut considérer deux cas :
- Le plus simple, la découpe passe par deux points M et N de la circonférence.
Alors l'aire du segment de cercle est égale à 1/2 πR²/2 constante, donc MN est constant et enveloppe un arc de cercle.
Le point de contact est bien entendu au milieu de MN. - Le 2ème cas est avec M sur la circonférence et N sur le diamètre.
Soit t l'angle (OM,Oy). L'aire du triangle MON doit être égale à celle du secteur MOy soit t.R²/2 = 1/2 R.ON.sin(t+π/2) et donc :ON/R = - t/cos(t)
Ce qui permet de construire (par calcul) le point N pour chaque position de M, et de déterminer l'enveloppe.
La position limite de M est quand |ON| = R ce qui donne t0 = ±0.7390851332151607... soit 42.35°
L'équation t = cos(t) donne cette valeur à 10-15 près en quelques itérations seulement avec la méthode de Newton :
On peut aussi presser répétitivement la touche "cos" d'une calculette, en mode radian, mais ceci nécessite beaucoup plus d'itérations !
L'arc BC est un arc de cercle de rayon R.sin(π/4 - t0/2) :
Quand N est en x', OT = R.sin(ONT) = R.sin(xOM/2)
G est intérieur strictement à ce triangle curviligne : au dessus de l'arc BC et au dessous de A, OA=R/2.
On obtient alors les trois positions de la découpe MN qui passent par G :
Le cas trivial Oy du cas 2 (le point de contact avec l'enveloppe est en A, OA=R/2)
Les deux cas (du cas 1) pour lesquels MN passe par G.
On a alors cos(TOG) = OT/OG = R sin(π/4 - t0/2) / (4R/(3π)) = 3 π sin(π/4 - t0/2) / 4
La droite MN passant par G fait un angle de φ = 17.854464...° avec le diamètre xx'
Calculs de l'enveloppe laissés à titre d'exercice.
Démontrer que T est le milieu de MN.Solution
Considérons deux droites MN et M'N' voisines et T leur point d'intersection.
Les aires des 'triangles' TMM' et TNN' sont égales et donc : TM.TM' = TN.TN'
Quand M'N' → MN, T tend vers le point de contact avec l'enveloppe.
TM' → TM et TN' → TN.
A la limite on obtient TM² = TN², CQFD.
Les coordonnées de T sont alors immédiates, et donc l'équation paramètrique de l'enveloppe.
De façon plus traditionnelle, M a pour coordonnées {R.sin(t), R.cos(t)} et N = {-R.t/cos(t), 0}
L'équation de la droite MN est alors :
y(sin(t)cos(t) + t) = x.cos²(t) + R.t.cos(t)
En dérivant par rapport à t on obtient :
2y.cos²(t) = -2x.cos(t).sin(t) + R(cos(t) - t.sin(t))
La résolution de ce système en x et y donne l'équation paramètrique de l'enveloppe :
| x = R.(t + sin(t)cos(t))/(2cos(t)) y = R.cos(t)/2 |
On retrouve que le point de contact avec l'enveloppe est bien le milieu de MN.
