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Une solution:

On trace le cercle $C'$ de centre $A$ et de rayon $l$ qui coupe le cercle $C$ en $H$ et $K$. $J$ est le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle $C$, et $P$ est la projection orthogonale de $O$ sur $(AH)$.

Pour obtenir l'aire $S$ commune aux deux cercles, on additionne l'aire $S_1$ du secteur $AHK$ du cercle $C'$, l'aire $S_2$ du secteur $OHK$ du cercle $C$, et on soustrait l'aire $S_3$ du quadrilatère $AHOK$ (qui serait comptée deux fois sinon).

On prend comme inconnue l'angle $\widehat{OAH} = x$ en radians. On a: $AK = AJ \cos(x)$ (dans le triangle rectangle $AKJ$) d'où $l = 2R\cos(x)$. Donc

L'équation à résoudre est $S = \frac{\pi R^2}{2}$ ou encore:

\begin{displaymath} \begin{array}{ccc} S_1 + S_2 - S_3 & = &\frac{\pi R^2}{2} \\... ... 2 R^2 \cos(x)\sin(x) & = & \frac{\pi R^2}{2} \ \end{array}\end{displaymath}

Ce qui se simplifie en: $2 \sin(x) \cos(x) - 2 x (2 (\cos(x))^2 -1) = \frac{\pi}{2}$ En posant $y = 2x$: $\sin(y) - y \cos(y) = \frac{\pi}{2}$

$y$ est l'angle $\widehat{HAK}$ et est compris entre $0$ et $\pi $. La fonction $f: y \to \sin(y) - y \cos(y)$ est continue et strictement croissante sur $[0 , \pi]$ et $f(0) = 0$ et $f(\pi) = \pi$. L'équation $f(y) = \frac{\pi}{2}$ admet donc une seule solution dans $[0 , \pi]$.

Avec un outil de calcul, on trouve: $y = 1.905695729\ldots$ On en déduit ensuite: $\frac{l}{R} = 2 \cos{ \frac{y}{2} } = 1.158728473\ldots$


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Faq de fr.sci.maths 2003-12-14