Trois grosses lunules

1. Il s’agit d’une question de cours. Traduire le fait que pour $a=(x_0,y_0)$ extremum de $f$ alors $x_0$ est un extremum de $x\mapsto f(x,y_0)$ et $y_0$ est un extremum de $y\mapsto f(x_0,y).$
2. Quitte à faire subir une rotation au triangle, on peut supposer que $A$ et $B$ sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses (les rotations étant des isométries directes euclidiennes, elles préservent les distances, les angles et les aires), comme dans la figure ci-dessous.
   
   L’aire du triangle $AOB$ est $\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\sin(\theta)$. L’aire de l’arc de cercle déterminé par $A$ et $B$ est $\dfrac{\theta}{2}$. Enfin la longueur $AB$ vaut $2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)$. On en déduit que l’aire $L(\theta)$ de la lunule d’angle $\theta$ vaut
   $$L(\theta)=\dfrac{1}{2}\left(\pi\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)^2-2\left(\dfrac{\theta}{2}-\dfrac{\sin(\theta)}{2}\right)\right)=\dfrac{\pi}{2}\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)^2-\dfrac{\theta-\sin(\theta)}{2}.$$
3. On note $\theta=\widehat{AOB},\tau=\widehat{BOC}$ si bien que $\widehat{COA}=2\pi-\theta-\tau.$ La somme des aires des trois lunules vaut alors
   $$S(\theta,\tau)=L(\theta)+L(\tau)+L(2\pi-\theta-\tau)=\dfrac{\pi}{2}\left(\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)^2+\sin\left(\dfrac{\tau}{2}\right)^2+\sin\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)^2\right)-\dfrac{\sin(\theta+\tau)-\sin(\theta)-\sin(\tau)}{2}-\pi$$Il s’agit d’une fonction de deux variables définie sur $\mathcal{D}=\left\{(\theta,\tau)\in [0,\pi]^2\mid \theta+\tau\geq \pi\right\}$. On va chercher ses extrema locaux dans $\overset{\circ}{\mathcal{D}}$ puis faire l’étude sur les bords.
   Points critiques dans $\overset{\circ}{\mathcal{D}}$ :
   La fonction $S$ est de classe $\mathcal{C}^\infty$ sur $\mathbb{R}^2$ donc en particulier sur $\mathcal{D}.$ On a
   $$\dfrac{\partial S}{\partial \theta}(\theta,\tau)=\dfrac{\pi}{2}\left(\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)+\sin\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)\right)-\dfrac{\cos(\theta+\tau)-\cos(\theta)}{2}$$donc
   $$\dfrac{\partial S}{\partial \theta}(\theta,\tau)=\dfrac{\pi}{2}\dfrac{\sin(\theta)+\sin(\theta+\tau)}{2}-\dfrac{\cos(\theta+\tau)-\cos(\theta)}{2}.$$Par symétrie de $\theta$ et de $\tau$ dans l’expression de $S$ on a
   $$\dfrac{\partial S}{\partial \tau}(\theta,\tau)=\dfrac{\partial S}{\partial \theta}(\tau,\theta)=\dfrac{\pi}{2}\dfrac{\sin(\tau)+\sin(\theta+\tau)}{2}-\dfrac{\cos(\theta+\tau)-\cos(\tau)}{2}.$$Si un extremum local est atteint en $(\theta,\tau)$ alors $\nabla S(\theta,\tau)=0,$ i.e. $\begin{cases}\dfrac{\partial S}{\partial \theta}(\theta,\tau)=0\\\dfrac{\partial S}{\partial \tau}(\theta,\tau)=0\end{cases}$. En faisant $L_1-L_2$ on obtient
   $$\dfrac{\pi}{2}\dfrac{\sin(\theta)-\sin(\tau)}{2}-\dfrac{\cos(\tau)-\cos(\theta)}{2}=\dfrac{\pi}{2}\sin\left(\dfrac{\theta-\tau}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)+\sin\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\tau-\theta}{2}\right)$$

$$=\sin\left(\dfrac{\theta-\tau}{2}\right)\left(\dfrac{\pi}{2}\cos\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)-\sin\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)\right)=0.$$On a alors $\sin\left(\dfrac{\theta-\tau}{2}\right)=0$ ou $\dfrac{\pi}{2}\cos\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)-\sin\left(\dfrac{\theta+\tau}{2}\right)=0$. La première condition n’est possible que si $\theta-\tau=2k\pi$ pour un certain entier $k\in\mathbb{Z}$, mais $-\pi\leq \theta-\tau\leq \pi$ c’est donc que $\theta=\tau.$ La deuxième n’est pas possible pour $(\theta,\tau)\in\overset{\circ}{\mathcal{D}}$ car on a $\dfrac{\pi}{2}< \dfrac{\theta+\tau}{2}< \pi$. Pour de tels angles le sinus prend des valeurs strictement positives et le cosinus des valeurs strictement négatives. On a donc $\theta=\tau.$ L’équation $\dfrac{\partial S}{\partial \theta}(\theta,\theta)=0$ donne alors
$$\dfrac{\pi}{2}(\sin(\theta)+\sin(2\theta))=\cos(2\theta)-\cos(\theta),\text{ i.e. }\pi\sin\left(\dfrac{3\theta}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)=-2\sin\left(\dfrac{3\theta}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right).$$ce qui donne
$$\sin\left(\dfrac{3\theta}{2}\right)\left(\pi\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)+2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)\right)=0$$Puisque dans $\overset{\circ}{\mathcal{D}}$ on a $0<\theta<\pi$, la quantité entre parenthèse est strictement positive. On a alors $\dfrac{3\theta}{2}=\pi$, i.e. $\theta=\dfrac{2\pi}{3}.$ On peut donc conclure que, si $S$ admet un extremum local dans l’intérieur de $\mathcal{D}$ c’est au point $\left(\dfrac{2\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right).$
Etude sur les bords de $\mathcal{D}$ :
Les bords du domaine correspondent au cas où un des trois angles vaut $\pi$. Par symétrie du problème il suffit d’étudier le cas où seulement un des angles vaut $\pi$. Supposons donc que $2\pi-\theta-\tau=\pi$, i.e. $\theta+\tau=\pi.$ On a alors\footnote{L’expression très simple que l’on trouve est en fait une preuve du \textit{théorème des deux lunules}.}
$$S(\theta,\tau)=\dfrac{\pi}{2}\left(\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)^2+\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\theta}{2}\right)^2+1\right)+\sin(\theta)-\pi=\sin(\theta).$$Le maximum est alors atteint en $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ et vaut $1.$
Il ne nous reste plus qu’à calculer $S\left(\dfrac{2\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right)$ pour conclure. On a
$$M=S\left(\dfrac{2\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}\right)+\dfrac{3\sqrt{3}}{4}-\pi=\dfrac{\pi+6\sqrt{3}}{8}$$Or $\sqrt{3}\geq \dfrac{3}{2}$ et $\pi\geq 3$ donc $M\geq \dfrac{3}{2}>1$. On peut donc conclure que $\mathcal{D}$ étant un compact de $\mathbb{R}^2$ son image par $S$ admet un maximum. Puisque le maximum de $S$ sur l’intérieur de $\mathcal{D}$ est supérieur à celui sur son bord son maximum global est atteint dans $\overset{\circ}{\mathcal{D}}$ et correspond alors à un point critique de $S$. Puisque $S$ possède un unique point critique dans $\overset{\circ}{\mathcal{D}}$ il s’agit de ce dernier.
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