C'est vrai que ça a déjà été prouvé mais bon : on recommence :
On considère le cercle trigo de centre O et A (1;0)
On place pour n>=4, le point B tel que (OA;OB) = 2;)/n
On peut alors construire le polygone régulier à n côtés.
Un calcul rapide montre que l'aire du triangle OAB = sin(2;)/n)/2
On en déduit que l'aire du polygone régulier est u_n = (n/2)*sin(2;)/n)
Bien sûr, plus n est grand, plus l'aire du polygone est grande, donc u_n croit.
Ensuite, le polygone est inscrit dans le cercle de rayon 1, donc u_n <=
On place ensuite le point G, intersection entre la bissectrice de AOB et la droite x = 1
On a donc par construction AG = tan(;)/n) et on construit le quadrilatère OAGB qui est constitué de deux triangles identiques.
L'aire de ce quadrilatère est : tan(;)/n).
Si on reproduit ce schéma sur chaque côté du polygone régulier, on obtient n quadrilatères identiques dont l'aire vaut alors v_n = n*tan(;)/n)
Comme ce quadrilatère est extérieur au cercle, on a
<= v_net plus n est grand, plus ce nouveau polygone a une aire qui s'approche en décroissante de celle du cercle.
On a donc u_n et v_n adjacente + limite commune qui vaut