Problème de la chèvre

Une chèvre est attachée à une tour circulaire (ou un silo) de rayon R située dans un champ. Sachant que sa corde est de longueur L, quelle superficie d'herbe pourra-t-elle brouter ?

Si L est inférieure ou égale à ${\displaystyle \pi R}$, la superficie atteignable vaut ${\displaystyle \left({\frac {\pi }{2}}+{\frac {L}{3R}}\right)L^{2}}$.

Pour ${\displaystyle L>\pi R}$, il faut retrancher à cette valeur ${\displaystyle R^{2}\left({\frac {\tan ^{3}u}{3}}-{\alpha }\right)}$, où ${\displaystyle \tan u-u=\alpha =L/R-\pi }$ , ${\displaystyle u\in ]0,\pi /2[}$.

Pour une longueur de corde égale à la circonférence de la tour, on trouve par exemple ${\displaystyle S\approx 117,6R^{2}}$. Cela donne une surface de broutage égale à 76 256 yards carrés pour le problème historique ci-après.

Ce problème a été publié dans l'édition de 1748 de la revue annuelle anglaise The Ladies' Diary, sous la question CCCIII attribuée à un certain Upnorensis :

Un cheval se trouvant dans un parc, avec l'extrémité d'une corde attachée à son pied avant, et l'autre extrémité à une clôture circulaire métallique entourant un étang de circonférence 160 yards, égale à la longueur de la corde, quelle superficie au plus le cheval peut-il brouter?

Démonstration dans le cas ${\displaystyle L/R\leqslant \pi }$

L'aire balayée par la corde est formée d'un demi-disque de rayon L et de deux fois l'aire balayée par le segment tangent au cercle dont l'extrémité décrit la développante de cercle d'équation

${\displaystyle x=R\cos t+Rt\sin t,y=R\sin t-Rt\cos t}$, pour t allant de 0 à L/R.

D'après le théorème de Mamikon, cette aire est la même que si la corde était attachée à un point fixe, autrement dit, l'aire balayée par le vecteur

${\displaystyle (Rt\sin t,-Rt\cos t)}$.

À un changement de repère près, cette aire est celle décrite par le rayon vecteur de la spirale d'Archimède d'équation polaire ${\displaystyle \rho =R\theta }$, pour ${\displaystyle \theta }$ allant de allant de 0 à L/R. En utilisant la formule de l'aire en polaires ${\displaystyle S=1/2\int \rho ^{2}d\theta }$, on trouve ${\displaystyle S=R/6(L/R)^{3}={\frac {L^{3}}{6R}}}$.

D'où l'aire balayée totale : ${\displaystyle {\frac {\pi L^{2}}{2}}+{\frac {L^{3}}{3R}}}$.

Démonstration dans le cas ${\displaystyle L/R>\pi }$

En utilisant les notations de la figure ci-contre, l'aire de la zone 1 vaut ${\displaystyle \pi L^{2}/2}$, et celle de la zone 2+3+4 vaut toujours ${\displaystyle L^{3}/(6R)}$ , or il faut retirer maintenant la zone 4.

On trouve (voir plus loin) que la zone 4+5 vaut ${\displaystyle R^{2}(\tan ^{3}u)/6}$ où u est solution de ${\displaystyle \tan u-u=\alpha =L/R-\pi }$, (${\displaystyle \alpha =\pi /2}$ sur la figure).

La zone 5 vaut évidemment ${\displaystyle \alpha R^{2}/2}$.

Donc l'aire de broutage est égale à ${\displaystyle S=\pi {\frac {L^{2}}{2}}+{\frac {L^{3}}{3R}}-2R^{2}\left({\frac {\tan ^{3}u}{6}}-{\alpha \over 2}\right)}$ où ${\displaystyle \tan u-u=\alpha =L/R-\pi }$.

Démonstration du calcul de l'aire de la zone 4+5

Il s'agit de l'aire balayée par le rayon vecteur du point de départ de la développante à un angle ${\displaystyle \alpha }$.

Or en coordonnées polaires, celle-ci a pour paramétrisation ${\displaystyle \rho =R/\cos u,\theta =\tan u-u}$

L'aire est donc égale à ${\displaystyle 1/2\int \rho ^{2}d\theta }$, qui s'intègre en ${\displaystyle R^{2}(\tan ^{3}u)/6}$, d'où le résultat.

Un chèvre étant attachée à un pieu situé à la circonférence d'un pré circulaire de rayon R, quelle doit être la longueur L de sa corde pour qu'elle n'ait accès qu'à la moitié de la surface du pré?

${\displaystyle L=2\cos {\frac {u}{2}}.R\approx 1,15873.R}$ où ${\displaystyle u}$ est solution de ${\displaystyle \sin u-u\cos u=\pi /2}$ .

Les décimales de ${\displaystyle k=L/R}$ sont données par la suite A133731 de l'OEIS, et celles de ${\displaystyle u}$ par la suite A173201 de l'OEIS.

Le problème a été publié sans habillage animalier en 1894 dans la première édition de la célèbre revue American Mathematical Monthly. Attribué à Charles E. Myers, il a été rédigé comme suit :

Un cercle renfermant un acre est coupé par un autre dont le centre est sur la circonférence du cercle donné, et l'aire commune aux deux est d'un demi-acre. Trouver le rayon du cercle de coupe.

Avec les notations de la figure, l'angle AOC, noté x, est Le double de l'angle ABC, d'après le théorème de l'angle inscrit ; ce dernier vaut donc x/2, et l'angle OAC vaut ${\displaystyle y=(\pi -x)/2}$. L'aire du secteur de cercle ADC vaut donc ${\displaystyle (\pi -x)L^{2}/4}$ ; comme ${\displaystyle L=2R\sin(x/2)}$, cette aire vaut ${\displaystyle (\pi -x)\sin ^{2}(x/2)R^{2}}$.

L'aire du segment de disque bleu est égale à l'aire du secteur OAC moins celle du triangle OAC, soit ${\displaystyle (x-\sin x)R^{2}/2}$.

L'aire de broutage égale à la moitié de celle du pré s'exprime donc par la relation ${\displaystyle 2(\pi -x)\sin ^{2}(x/2)R^{2}+(x-\sin x)R^{2}=\pi R^{2}/2}$, laquelle se simplifie en :

${\displaystyle \sin x-(x-\pi )\cos x=\pi /2}$, avec ${\displaystyle L=2R\sin(x/2)}$.

Posant ${\displaystyle u=\pi -x}$, on obtient bien :

${\displaystyle \sin u-u\cos u=\pi /2}$, avec ${\displaystyle L=2R\cos(u/2)}$.

L'aire d'une lentille intersection de deux disques s'exprime en fonction des rayons R et r et de la distance d entre les centres par la formule :

${\displaystyle S=r^{2}\arccos \left({\frac {d^{2}+r^{2}-R^{2}}{2dr}}\right)+R^{2}\arccos \left({\frac {d^{2}+R^{2}-r^{2}}{2dR}}\right)-2\Delta }$

avec

${\displaystyle \Delta ={\frac {1}{4}}{\sqrt {(-d+r+R)(d-r+R)(d+r-R)(d+r+R)}}}$

On est ici dans le cas ${\displaystyle r=L,d=R}$, et exprimer que ${\displaystyle S=\pi R^{2}/2}$ donne l'équation :

${\displaystyle {\frac {\pi }{2}}=k^{2}\arccos {\frac {k}{2}}+\arccos \left(1-{\frac {k^{2}}{2}}\right)-{\frac {k}{2}}{\sqrt {4-k^{2}}}}$ où ${\displaystyle k=L/R}$.