[Maths] Marathon de problèmes

On ne perd rien à supposer que $F(0)=0$ (et $G(0)=0$). C’est bien de le faire, ça simplifie. Toute solution $f$ a une primitive $F$ (unique) telle que $F(0)=0$. Donc on ne rate aucune solution. On raisonne par équivalences : on note $G$ la primitive double de $f$ telle que $G'(0) = 0$ et $G(0) = 0$, et l’équation posée est équivalente à $G'' + G = 1$. On résout ça, on trouve un et un seul $G$ par solution.

Pour le gâteau qui est violet au centre, il faut 6 gouttes bleues + 14 jaunes + 16 rouges. Le détail pour le rouge par exemple : une demi-goutte pour la bande centrale, 11 gouttes pour la bande périphérique, et 4.5 goutte pour la bande orange.

Et pour l’autre , il faut 18 gouttes bleues + 10 jaunes + 8 rouges.

Pour faire 2 gâteaux, un de chaque couleur, il faut donc 24 gouttes de chaque couleur.

On peut donc faire 8 gâteaux, 4 de chaque couleur. Il reste 4 gouttes de chaque couleur, soit 12 gouttes.

Si on combinait les gâteux différemment, pourrait-on faire un 9ème gâteau ? Non. Il faut 36 gouttes par gâteau, soit 324 gouttes pour faire 9 gâteaux, et on n’en a que 300.

Pour faire le disque extérieur violet du deuxième gateau, il faut normalement 11 gouttes. Si on utilise 6 gouttes rouges et 5 bleues, ou l’inverse, il ne sera pas parfaitement violet, et il faut donc 6 gouttes rouges, et 6 gouttes bleues, c’est ça ?

C’est ça, 6 gouttes de chaque pour que la couleur soit bonne et saturée. Oui, ça fait au final une goutte de plus que nécessaire pour la saturation, mais on ne peut pas faire moins.

En reliant $A(a, 0)$ et $B(0, b)$, on forme une droite d’équation :

Ce faisant, on exclut $a=0$, ce que je réglerai plus tard.

Comme $a + b = n$, on peut reparamétrer cette famille de droite par $a$ seulement :

La courbe que l’on cherche est le graphe de la fonction suivante, qui correspond à la bordure de la zone balayée par les droites :

Pour trouver le maximum, on considère $x\in[0, 3]$ et on commence par dériver $f_a(x)$ par rapport à $a$ :

La seule valeur positive qui annule la dérivée est $a = \sqrt{x n}$. Une étude du signe montre que l’annulation se fait en changeant de signe de positif vers négatif, et donc il s’agit d’une valeur où la fonction atteint son maximum.

Ainsi, on peut calculer que :

Autrement dit, l’équation cartésienne de la courbe que l’on cherche est :

On peut voir à ce moment là que $a = 0$, qui donne le point $(0, n)$ ne pose pas de problème car il vérifie bien l’équation.

Après quelques transformation et en remarquant que tous les signes sont positifs, on obtient :

pour $x \in [0, 3]$.

Après une recherche laborieuse, on reconnaît une courbe de Lamé, ce qui montre que la courbe recherchée est un arc de parabole d’équation :

pour $x \in [0, 3]$, ce qu’on peut aussi montrer par calcul en mettant deux fois au carré l’expression avec les racines carrées.

J’avais une approche différente. Ce qu’on voit apparaître s’appelle l’enveloppe de la famille de courbes. Les points de cette enveloppe sont obtenus en regardant la limite du point d’intersection de deux droites de la famille lorsqu’elles convergent vers une même droite. La caractérisation que tu as prise est équivalente à l’autre définition donnée sur Wikipédia, à savoir la courbe qui est tangente à chaque droite de la famille.

Déjà on commence par se réduire à $n=1$ par une homothétie. L’équation de la droite passant par $(a,0)$ et $(0,b)$ est $ay+xb=ab$. On prend une autre droite de la famille, d’équation $a'y+xb'=a'b'$. Leur point d’intersection $(x,y)$ vérifie

Ça donne

En substituant $b$ par $1-a$ et $b'$ par $1-a'$, on trouve $b-b' = (1-a) - (1-a') = a'-a$. On trouve aussi $ba' - b'a = (1-a)a' - (1-a')a = a' - aa' - a + a'a = a'-a$. Le tout se simplifie donc et on obtient

On vérifie bien que $\frac{aa'}{a} + \frac{bb'}{b} = 1$ et symétriquement $\frac{aa'}{a'} + \frac{bb'}{b'} = 1$.¹

En prenant $(a',b') = (a,b)$, on obtient $(x,y) = (a^2,b^2)$. Ça donne comme paramétrisation de la courbe, en refaisant l’homothétie du début à l’envers, $t ↦ (nt^2, n(1-t)^2)$.

Quand on regarde les matrices réelles $2×2$ et qu’on regarde si elles ont des valeurs propres, on voit apparaître un truc similaire. Soit $M$ un endomorphisme linéaire de $ℝ^2$. Soit $u$ et $v$ les images de $(1,0)$ et $(0,1)$. Pour savoir si $𝜆$ est une valeur propre, on regarde si $u-𝜆(1,0)$ et $v-𝜆(0,1)$ sont colinéaires, soit si la droite passant par ces deux vecteurs passe par l’origine (sauf cas dégénéré où ils sont confondus). Ça fait apparaître une généralisation des courbes de ce problème.

Supposons PA que si $ab+1 \mid a^2+b^2$ alors $\frac{a^2+b^2}{ab+1} = k$ avec $k$ un entier qui n’est pas un carré. On fixe maintenant $a,b, k$ en prenant $a+b$ minimal et WLOG $a \geq b$. On a va maintenant faire une descente infinie pour aboutir à une absurdité. On a : $a^2+b^2-k \cdot a \cdot b -k = 0$, donc $a$ est une racine du polynôme : $x^2-k \cdot b \cdot x +b^2-k$. Or par viète une deuxième racine $r$ de ce polynôme vérifie :$ r \cdot a = b^2-k$ donc $r < a$, ce qui contredit notre hypothèse de départ disant que $a+b$ était minimale.

Soient $k\in K$ et $h\in H$ (je préfère ces notations à $x$ et $y$). Soit $g_1 = h^{-1}kh$ qui appartient à $K$ par hypothèse et soit $g_2 = k^{-1}hk$ qui appartient à $H$ par hypothèse.

On a $hg_1 = kh$ et $kg_2 = hk$. On veut donc montrer que toutes ces quantités sont égales. En particulier, il suffit de montrer $hg_1=kg_2$.

Pour utiliser $H\cap K=\{1\}$, il faut une façon astucieuse de trouver une quantité appartenant aux deux groupes simultanément. Pour ça, on peut regarder par exemple :

et comme ces deux quantités sont inverses l’une de l’autre, elles sont en fait dans $H\cap K$ et sont donc égales à $e$. Donc $hg_1=kg_2$ ce qu’il fallait démontrer.