Partial solar eclipse 2

Soient donc $S$ le centre du disque "soleil", $L$ le centre du disque "lune" et $O$ leur milieu. Soient $A$ et $B$ les intersections des deux cercles correspondants et $\alpha$ l’angle $\widehat{ALB}$.

La surface visible du soleil $S_{v}$ (sur la figure, le croissant jaune à gauche) correspond à la différence entre la surface du soleil $\pi\times R^2$ et la surface $S_{i}$ de l’intersection des deux disques (surface de la lentille verte sur la figure) :
$S_{v}=\pi\times R^2-S_{i}.$ (1)

La surface de la lentille est constituée de deux demi-lentilles $S_{ig}$ et $S_{id}$ de surface identique, symétriques par rapport à l’axe AOB : $Si=2\times S_{id}=2\times S_{ig}$ (2).

Calculons la surface de la demi-lentille de gauche $S_{ig}$
Cette surface $S_{ig}$ est égale à la différence entre la surface $S_{slab}$ du secteur $LAB$ (secteur défini par les frontières $LAB$ et l’arc $AB$) et la surface $S_{tlab}$ du triangle isocèle $LAB$ rectangle en O de hauteur $OL$ (dont les côtés communs ont pour longueur $R$) : $S_{ig}=S_{slab}-S_{tlab}$ (3)

Calculons ces deux surfaces.

1. Calcul de $S_{slab}$.
   $AOL$ et $BOL$ étant rectangles en $O$, l’angle $\alpha$ vérifie la relation suivante :
   $$\cos(\alpha/2)=OL/R=1/4$$donc l’angle $\alpha$ vaut
   $$\alpha=2\times \arccos(1/4)$$

La surface $S_{slab}$ vaudra donc : $S_{slab}=\alpha\times R^2/2=\arccos(1/4)*R^2$

2. Calcul de $S_{tlab}$ .
   $S_{talb}=\text{Base}\times \text{Hauteur}/2$ avec $\text{Base}=2\times OA$ et $\text{Hauteur} = OL = R/4$

Notons qu’avec la relation de Pythagore, on a : $OA^2=AL^2-OL^2=R^2-(R/4)^2$
Nous avons donc $Stlab=\sqrt{15}\times R^2/16$

3. Calcul de $S_{v}$
   Avec (1) (2) et (3), on a : $Sv=\pi\times R^2-2\times S_{ig}=\pi\times R^2-2\times (S_{slab}-S_{tlab})$

d’où la relation finale : $S_{v}=R^2\times (\pi-2\times \arccos(1/4)+\sqrt{15}/8)$

On va utiliser une méthode basée sur un calcul d’intégrale. On ramène déjà le problème, par dilatation, au cas $R=2$. Il suffira de multiplier le résultat par $\frac14 R^2$ pour avoir le résultat (vu que c’est une aire).
On note alors $O$ le centre du segment $[SL]$ et on considère le repère de centre $O$ de telle sorte que $S=(-1/2,0)$ et $L=(1/2,0)$.
Le problème se ramène à calculer l’aire $A$ de l’intersection des deux disques d’équations $(x+1/2)^2+y^2\leqslant 4$ et $(x-1/2)^2+y^2\leqslant 4$, respectivement ceux de centre $S$ et $L$. En effet, l’aire de cette intersection est exactement celle du disque de centre $S$, soit $\pi\cdot2^2$, à laquelle on retire l’aire de la partie visible du soleil.

On remarque alors que notre problème est invariant en changeant $x$ en $-x$ ainsi que $y$ en $-y$. On peut donc se ramener au quart $x\geqslant0,y\geqslant0$ quitte à multiplier $A$ par $4$.

Maintenant que $x$ est positif, on remarque que $(x+1/2)^2\geqslant (x-1/2)^2$ et ainsi la condition $(x+1/2)^2+y^2\leqslant4$ implique la condition $(x-1/2)^2+y^2\leqslant4$ donc on se ramène simplement à considérer la première condition.
Cette condition se traduit alors par $0\leqslant y\leqslant \sqrt{4-(x+1/2)^2}$ bien définie pour $x\in[0,3/2]$ (là où la racine est définie). Voulant une aire, on calculer ainsi:
$$A=4\int_{\R_+^2}\mathbf{1}_{(x+1/2)^2+y^2\leqslant 4}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=4\int_0^{3/2}\left(\int_0^{\sqrt{4-(x+1/2)^2}} 1\,\mathrm{d}y\right)\,\mathrm{d}x=4\int_0^{3/2}\sqrt{4-(x+1/2)^2}\,\mathrm{d}x.$$

Pour calculer cette aire, on fait ainsi le changement de variable $x=-\frac12 +2\cos(\theta), \theta\in[0,\arccos(1/4)]$ qui donne
$$A=4\int_{\arccos(1/4)}^{0} \sqrt{4-\left(-\frac12 +2\cos(\theta)+\frac12\right)^2}\,(-2\sin(\theta)\mathrm{d}\theta)=16\int_0^{\arccos(1/4)}\sin^2(\theta)\,\mathrm{d}\theta.$$Puis, pour calculer cette intégrale, on linéarise $\sin^2(\theta)$ en $\frac{1}{2}(1-\cos(2\theta))$ ce qui donne comme résultat final
$$A=8\left(\arccos(1/4)- \frac{1}{2}\cdot\sin(2\arccos(1/4))\right)$$où
$$\sin(2\arccos(\alpha))=2\cos(\arccos(\alpha))\sin(\arccos(\alpha))=2\alpha\sqrt{1-\cos(\arccos(\alpha))^2}=2\alpha\sqrt{1-\alpha^2}$$donc $A=8\arccos(1/4)-\frac{\sqrt{15}}{2}$.

Ainsi, l’aire cherchée est finalement
$$\boxed{\mathcal{A}=R^2\left(\pi-2\arccos(1/4)+\frac{\sqrt{15}}{8}\right)}$$

D’abord, si $A$ et $A'$ sont les points communs des deux cercles alors, puisque les cercles ont même rayon, le quadrilatère $SALA'$ est un losange. Ses diagonales se coupent donc en leur milieu et perpendiculairement. Il suit que $(AA')$ coupe $[SL]$ en son milieu $B$ et que la droite $(AA')$ (donc la droite $(AB)$) est un axe de symétrie de la figure.

La droite $(SL)$ est aussi un axe de symétrie de la figure. Pour trouver l’aire $\mathcal{A}$ recherchée, il suffit de trouver l’aire de sa moitié $A_{1}$. $\boxed{\mathcal{A}=2A_{1}}$
Je note $A_{2}$ et $A_{3}$ les aires délimitées par les demi-cercles et la droite $(AB)$ comme indiqué sur le schéma.

Par homothétie, on se ramène au cas où $R=1$.
On a $A_{1}+A_{2}+A_{3}=\dfrac{\pi}{2}$ puis $\boxed{A_{1}=\dfrac{\pi}{2}-2A_{3}}$ $\big( \bigstar \big)$ puisque par symétrie par rapport à $(AB)$, $A_{2}=A_{3}$.

Calcul de $A_{3}$
On peut voir l’aire $A_{3}$ comme l’intégrale sous la courbe du demi-cercle de centre $S$. Si $S$ est l’origine d’un repère orthornormé comme sur la figure, sa courbe est donnée par $x \mapsto \sqrt{1-x^{2}}$.

$A_{3}= \displaystyle \int_{0,25}^{1} \sqrt{1-x^{2}}dx= \displaystyle \int_{\arcsin(0,25)}^{\pi \div 2} \sqrt{\cos^{2} (\theta)} \cos(\theta) dx$ par changement de variable $x=cos(\theta)$.

Sur l’intervale, $\cos>0$ et on doit donc intégrer $x \mapsto \cos^{2}(x)=\dfrac{1+\cos(2x)}{2}$. Or$x \mapsto \dfrac{x}{2} +\dfrac{\sin(2x)}{4}$ est une primitive.
On obtient donc
$A_{3}=\dfrac{1}{2} \big( \dfrac{\pi}{2} - \arcsin(0,25) \big)- \dfrac{\sin(2t)}{4}$ avec $t=\arcsin(0,25)$.

Sachant $\cos^{2}(t)+sin^{2}(t)=1$ avec $\sin(t)=0,25$ et $\cos(t)\geqslant 0$, on obtient $\cos(t)=\dfrac{\sqrt{15}}{4}$ ce qui permet d’écrire :
$\sin(2t)=2\cos(t)\sin(t)=\dfrac{\sqrt{15}}{8}$. D’où $\boxed{A_{3}=\dfrac{1}{2} \big( \dfrac{\pi}{2} - \arcsin(0,25) \big)- \dfrac{\sqrt{15}}{32}}$.

En utilisant $\big( \bigstar \big)$, on obtient $A_{1}=\arcsin(0,25) +\dfrac{\sqrt{15}}{16}$ et finalement $\mathcal{A}=2\arcsin(\dfrac{1}{4})+\dfrac{\sqrt{15}}{8}$.

Par homothétie, on déduit le cas général : $\boxed{\mathcal{A}=R^2 \big( 2\arcsin(\dfrac{1}{4})+\dfrac{\sqrt{15}}{8}\big)}$.