QDV 19: le printemps est revenu!

Bonjour à toutes et à tous,

Nous allons vous proposer quelques exercices dont les références seront proposées à la fin du fil.

1 - Équation du cercle de $\R^3$ passant par les points $(1,0,0), (0,1,0),(0,0,1)$ ?

2 - Quel est le plus grand nombre qui s'écrit en langage français avec un seul mot ?

3 - Trouver ou exhiber deux triangles non égaux dont les côtés et l'aire sont des nombres entiers (et donc le périmètre également...) et qui ont même aire et même périmètre. Il n'est pas interdit de proposer plusieurs couples de solutions.

Bernard p/o Le Comité du Vendredi
«1

Réponses

  • On dit " un googleplex" en deux mots. "Mille" en un mot .
  • Bonsoir
    1) $$\begin{cases}
    x^2+y^2+z^2&=1\\
    x+y+z&=1
    \end{cases}
    $$ Alain
  • 1) C'est le cercle de centre $\Omega(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$ et de rayon $\frac{2}{3}$ (contenu dans le plan formé des trois points de départ) dont une équation est

    \[ (x- \frac{1}{3} ) ^2 + (y - \frac{1}{3})^2 + (z - \frac{1}{3}) ^2 = (\frac{2}{3})^2\]

    et

    \[ x+y + z = 1\] (bien entendu)
  • Que dois-je entendre par équation d'un cercle de $ \mathbb{R}^3$ ?

    amicalement,

    e.v.
    Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.


  • 3) Les triangles de côtés 1, 3; 4 et 2, 2; 4 ont la même aire et le même périmètre.
  • Bonsoir Toto.

    Ce que tu écris ressemble à une équation de sphère. Par ailleurs un carré me semble superflu.

    amicalement,

    e.v.
    Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.


  • Bonsoir ev,

    en fait c'est l'intersection de la sphère centrée en $\Omega$ et de rayon $\frac{2}{3}$ avec le plan $x+y+z=1$.
  • J'insiste un poil, mais le point $(1,0,0)$ n'appartient pas à ta sphère, Toto.

    amicalement,

    e.v.
    Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.


  • Effectivement :D

    Oubliez ce que j'ai écrit :-(
  • Le rayon est plutôt $\frac{2\sqrt{3}}{3}$, voilà c'est réparé ! Donc, une équation de ce cercle est:

    \[ (x- \frac{1}{3} ) ^2 + (y - \frac{1}{3})^2 + (z - \frac{1}{3}) ^2 = (\frac{2\sqrt{3}}{3})^2\]

    et

    \[ x+y + z = 1\]
  • Tu veux dire que $ \frac49+\frac19+\frac19 = \left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2 $ ?

    e.v.
    Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.


  • Lol. Je suis fatigué ce soir. Le rayon doit être de $\frac{\sqrt{6}}{3}$ et si c'est pas bon, je vais dormir. B-)-
  • Ne vous battez pas ! Il y a une infinité de sphères dont la trace sur le plan d'équation $x+y+z=1$ soit le cercle cherché. Leurs centres sont les points $(c,c,c)$ où $c$ décrit $\R$, et le carré du rayon vaut $r(c)^2=(c-1)^2+2c^2$. Pour $c=0$ on trouve la sphère d'Alain, pour $c=1/3$ celle de Toto. Et pour répondre à Ev, {\it une} équation du cercle est $(x+y+z-1)((x-c)^2+(y-c)^2+(z-c)^2-r(c)^2)=0$. Voilà de quoi mettre tout le monde d'accord :)
  • Merci egoroffski de ces bonnes paroles :D

    Tout étant résolu, nous pouvons à présent passer à la question du Samedi ! (:P)
  • Bonsoir,

    1 - (tu) pour vos réponses
    ... et pour une équation paramétrique de ce cercle = question 1bis ?

    2 - en français, c'est gogolplex (un) (tu)
    ... et les quatre plus grands nombres suivants qui s'écrivent en un seul mot = question 2bis ?

    3 - d'accord Cidrolin, mais les triangles ici sont "normaux" et ne doivent pas être aplatis ;)

    4 - Un taupin dispose d'une boite de pilules pour améliorer ses chances d'intégrer une grande école lors des concours. Il doit en prendre une demie chaque matin afin d'améliorer ses performances intellectuelles. Chaque jour, il prend une pilule au hasard dans sa boite. Si c'est une pilule entière,il la coupe en deux avant d'en avaler une moitié et de remettre l'autre dans la boite. Si c'est une demi pilule, il l'avale. Il continue sa cure jusqu'au jour où la boite est vide.
    Si la boite contient initialement $n$ pilules, montrer que l'espérance du nombre maximal de demi-pilules présentes dans la boîte est équivalent à $Kn$ quand $n$ tend vers l'infini, $K$ étant à déterminer.

    Merci à aléa pour l'aide dans la traduction de cet énoncé :)

    Bonne nuit à tous,

    Amicalement.
  • @egoroff : Je ne suis pas d'accord : $ab=0\Leftrightarrow (a=0$ ou $b=0$) ;)

    Je dirais plutôt $(x+y+z-1)^2+((x-c)^2+(y-c)^2+(z-c)^2-r(c)^2)^2=0$.
  • 1) infini
  • 3) Cette question a étéposée récemment pour des triangles isocèles sur notre forum.
  • Bonjour,

    Merci Jacquot pour le cas particulier des triangles isocèles de la question 3.

    Joseph, excellent ton "infini" pour la question 1 !


    5 - Si $(F_n)_n$ est la suite de Fibonacci définie par $F_0=0, F_1=1, F_n=F_{n-1} + F_{n-2}$ pour $n \geq 2$, montrer que

    $$\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}}\arctan \dfrac{1}{F_{2n+1}} = \dfrac{\pi}{4}.$$

    Amicalement.
  • Lemme. Si $0\leq a\leq b$, alors : $\arctan b-\arctan a=\arctan \Big(\dfrac{b-a}{1+ab}\Big)$.
    En conséquence :
    $\displaystyle \arctan \frac{1}{F_{2n}}-\arctan \frac{1}{F_{2n+1}}=\arctan \frac{\dfrac{1}{F_{2n}}-\dfrac{1}{F_{2n+1}}}{1+\dfrac{1}{F_{2n}}\cdot \dfrac{1}{F_{2n+1}}}=\arctan \frac{F_{2n+1}-F_{2n}}{1+F_{2n}F_{2n+1}}$
    $\displaystyle =\arctan \frac{F_{2n-1}}{F_{2n-1}F_{2n+2}}=\arctan \frac{1}{F_{2n+2}}$,
    d'où :
    $\displaystyle \arctan \frac{1}{F_{2n+1}}=\arctan \frac{1}{F_{2n}}-\arctan \frac{1}{F_{2n+2}}$, télescopique, etc.
    Ma foi, je ne connaissais pas cette identité, moi qui suis pourtant Fibo-maniaque !
    Bonne journée.
    RC
  • @ Juge Ti. Merci pour ta réponse, pas trop dure à deviner... une fois qu'on l'a trouvée !

    amicalement,

    e.v.
    Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.


  • Re,

    (tu) pour la démonstration de cette belle identité "Fibonaccienne" que tu ne connaissais pas.

    6 - des carrés premiers :

    Soit $p$ premier, on construit un carré de $p$ lignes et $p$ colonnes que l'on remplit en écrivant les nombres de $1$ à $p^2$, de gauche à droite et de haut en bas.

    Est-il toujours possible de choisir $p$ cases contenant chacune un nombre premier et tels qu'il y ait un et un seul nombre premier par ligne et un par colonne et tel qu'aucun autre nombre premier ne figure dans la même ligne et dans la même colonne ? Combien de solutions possibles pour les premiers nombres premiers $p$ ?
    Dans l'exemple ci-dessous pour $p=3$ apparaît la solution $(3,5,7)$, elle est d'ailleurs unique,on écrira $cp(3)=1$. $$\begin{tabular}{lll}
    1 & 2 & 3 \\
    4 & 5 & 6 \\
    7 & 8 & 9
    \end{tabular}
    $$ Question Latex : que faut-il écrire après ou avant le "begintabular" pour obtenir les huit segments délimitant lignes et colonnes ? Merci.

    [Enoncé modifié (phrase rayée) suite pertinente remarque de AD, merci.]
    [Voir les cas p = 2, 3, 5, 7, 11 ci-après.]

    Amicalement.
  • Bonjour BS
    2 n'est plus premier ?
    Alain
  • Bonjour Alain,

    Ben oui, 2 est premier, mais si je choisis 2, je ne peux plus choisir en ligne deux que 4 et 6 qui ne sont pas premiers :)

    Amicalement.
  • Re BS
    Alors je n'ai pas compris. Quand tu choisis 3, il y a le premier 2 qui se trouve sur la même ligne.
    Il me semble que cela contredit
    ... cases contenant chacune un nombre premier et tel qu'aucun autre nombre premier ne figure dans la même ligne et dans la même colonne ?
    Alain
  • Eh oui Alain, tu as bien compris et tu as raison.

    Vais relire le texte original, merci.

    Amicalement.
  • Re,

    Voici la phrase in english : "Is there always a collection of $p$ primes with not two of them in the same row or column ?"

    Peut-on choisir $p$ nombres premiers tels qu'il y en ait un par ligne et un par colonne, mais il peut y en avoir d'autres dans cette ligne et dans cette colonne. Dans le carré de $1$ à $9$ par exemple, voici une configuration

    Ligne 1 : un seul nombre premier est retenu: 3,
    Ligne 2 : un seul nombre premier est retenu: 5,
    Ligne 1 : un seul nombre premier est retenu: 7,

    Colonne 1 : un seul nombre premier est retenu: 7,
    Colonne 2 : un seul nombre premier est retenu: 5,
    Colonne 3 : un seul nombre premier est retenu: 3,

    ...et il n'y a pas d'autres possibilités.

    En grisant ces cases de nombres premiers, il n'y a qu'une seule case grisée par ligne et par colonne.

    Merci Alain d'avoir relevé cette anomalie dans mon énoncé.

    Amicalement.
  • Avec les mêmes idées, on prouve, si je ne me trompe : \quad $ \displaystyle \sum_{n=2}^{+\infty }\arg \tanh \dfrac{1}{F_{2n}}=\frac{1}{2}\ln 3$.
    (en appliquant dans les deux cas l'identité fibonaccienne bien-connue : $\left|
    \begin{array}{cc}
    F_{n-1} & F_{n+1} \\
    F_{n} & F_{n+2}
    \end{array}
    \right|$$=(-1)^{n}$ ).
    Bonne journée.
    RC
  • Bonsoir,

    Je suis resté scotché à la
    Question 3 a écrit:
    Trouver (...) deux triangles non égaux dont les côtés et l'aire sont des nombres entiers (...) et qui ont même aire et même périmètre.

    J'ai beau retourner la formule de Héron dans tous les sens, je ne suis pas arrivé à dégager une méthode de construction de tels triangles.

    Mais j'ai trouvé sur le oueb une table de triangles héroniens
    En tapant dans cette table un peu au pif, j'ai obtenu des triangles solutions
    24 ; 37 ; 37
    25 ; 34 ; 39
    29 ; 29 ; 40
    ont tous trois un périmètre de 98 pour une aire de 420
    A noter que deux d'entre eux sont isocèles.

    21 ; 41 ; 50
    26 ; 35 ; 51
    sont deux triangles scalènes isopérimètres d'aires égales (toujours à 420).

    Quelqu'un a-t-il une méthode pour construire de telles solutions?
    Quelle est le plus petit périmètre (ou la plus petite aire) pour lequel on puisse trouver une telle paire?

    Amicalement. jacquot
  • @Jacquot : On peut écrire un programme pour les trouver. Voilà ce qu'on obtient pour $1\leq a,b,c\leq 100$ et $1\leq a',b',c'\leq 100$ :
    [10, 35, 39] [14, 30, 40] aire : 168.0 périmètre : 84.0
    [12, 35, 37] [17, 28, 39] aire : 210.0 périmètre : 84.0
    [13, 84, 85] [28, 65, 89] aire : 546.0 périmètre : 182.0
    [14, 48, 50] [24, 35, 53] aire : 336.0 périmètre : 112.0
    [17, 25, 28] [20, 21, 29] aire : 210.0 périmètre : 70.0
    [19, 60, 73] [38, 40, 74] aire : 456.0 périmètre : 152.0
    [20, 70, 78] [28, 60, 80] aire : 672.0 périmètre : 168.0
    [21, 41, 50] [26, 35, 51] aire : 420.0 périmètre : 112.0
    [21, 82, 89] [26, 75, 91] aire : 840.0 périmètre : 192.0
    [24, 37, 37] [25, 34, 39] aire : 420.0 périmètre : 98.0
    [24, 37, 37] [29, 29, 40] aire : 420.0 périmètre : 98.0
    [24, 70, 74] [34, 56, 78] aire : 840.0 périmètre : 168.0
    [25, 34, 39] [29, 29, 40] aire : 420.0 périmètre : 98.0
    [25, 74, 77] [39, 55, 82] aire : 924.0 périmètre : 176.0
    [26, 51, 55] [33, 41, 58] aire : 660.0 périmètre : 132.0
    [26, 60, 74] [32, 53, 75] aire : 720.0 périmètre : 160.0
    [33, 56, 65] [35, 53, 66] aire : 924.0 périmètre : 154.0
    [34, 50, 56] [40, 42, 58] aire : 840.0 périmètre : 140.0
    [37, 91, 96] [42, 82, 100] aire : 1680.0 périmètre : 224.0
    [48, 74, 74] [50, 68, 78] aire : 1680.0 périmètre : 196.0
    [48, 74, 74] [58, 58, 80] aire : 1680.0 périmètre : 196.0
    [48, 85, 91] [58, 70, 96] aire : 2016.0 périmètre : 224.0
    [50, 68, 78] [58, 58, 80] aire : 1680.0 périmètre : 196.0
    [51, 75, 84] [60, 63, 87] aire : 1890.0 périmètre : 210.0
    
  • Bonsoir,

    (tu) pour le 5bis et la somme des $\arg \tanh \dfrac{1}{F_{2n}}$

    Question 3 : voici une approche :

    $S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ avec $2p=a+b+c$.

    En notant $a'=p-a$, $b'=p-b$, $c'=p-c$, on obtient $S= \sqrt{pa'b'c'}$ et $2p=a'+b'+c'$.

    Le problème revient à trouver deux triplets $\{a',b',c'\}$ ayant même produit et même somme et tels que $pa'b'c'$ soit un carré parfait.

    L'utilisation d'un programme semble incontournable et (tu) pour les plus petites solutions obtenues et les triplets de triangle vérifiant les conditions demandées.

    Question 6 : voici les configurations obtenues pour $p=2$ et $p=3$, elles sont uniques.
    Pour $p=5$ il n'y a également qu'une seule possibilité d'obtenir une unique case colorée contenant un nombre premier par ligne et par colonne.
    Pour $p=7$ ou $p=11$, de telles configurations existent.
    En existe-t-il pour tout $p$ premier ?

    Amicalement.
    27722
  • bs a écrit:
    L'utilisation d'un programme semble incontournable...
    Ce diagnostic est à la fois rassurant et décevant.
    J'imaginais qu'on pourrait trouver un algorithme qui permettrait de générer de tels triangles héroniens isopérimètres d'aires égales.

    Je cherchais à assembler des triangles pythagoriciens comme sur la figure suivante
    11_mars_2002_C_est_Chu.jpg, mais si le rayon du cercle inscrit doit être entier (ou, du moins, rationnel), il n'est pas nécessaire que les points de contact définissent des sections rationnelles des côtés.
  • Dans un triangle héronien, le rayon du cercle inscrit est trivialement rationnel, mais il n'est pas nécessairement entier. Les points de contact du cercle inscrit avec les côté définissent des sections entières de ces côtés. Par contre, les distances du centre du cercle inscrit aux sommets ne sont pas nécessairement rationnelles, ainsi qu'on peut déjà le voir sur le plus célèbre des triangles héroniens, le bon vieux 3-4-5.
    Bon dimanche des Rameaux.
    RC
  • Tu as raison, Raymond
    Voir figure ci-dessus: on a
    \[\left \{
    \begin{array}{r c l}
    x+y & = a\\
    y+z & = b\\
    z+x & = c
    \end{array}
    \right \]
    par addition, on a $x+y+z =p$ (demi périmètre) etc. d'où les solutions entières du système. Merci.
  • Bonjour,

    Question 6 (suite): voici l'unique solution avec le carré de $1$ à $5^2$, j'ai coloré un et un seul nombre premier par ligne et par colonne.
    Amicalement.27741
  • La question 6 est un bon exercice de programmation. Pour $n=7$ je trouve deux solutions :
    (7, 11, 17, 23, 29, 41, 47)
    (7, 11, 19, 23, 31, 41, 43)
    
    Pour $n=11$, il y en a $6$ [edit : non, $7$, je ne sais plus compter à la main, merci bs] :
    (11, 13, 29, 41, 53, 59, 71, 83, 89, 109, 113)
    (11, 13, 29, 43, 53, 59, 71, 83, 89, 107, 113)
    (11, 17, 29, 41, 53, 59, 71, 79, 89, 109, 113)
    (11, 17, 29, 43, 53, 59, 71, 79, 89, 107, 113)
    (11, 19, 29, 37, 53, 61, 71, 79, 89, 109, 113)
    (11, 19, 29, 43, 53, 59, 71, 83, 89, 101, 113)
    (11, 19, 29, 43, 53, 61, 71, 79, 89, 103, 113)
    
    Pour $n=13$, il y en a $72$. Pour $n=17$, il y en a $2144$.

    On peut conjecturer qu'il y a toujours des solutions, mais ça ne doit pas être évident à démontrer. Déjà, il faudrait commencer par montrer que pour tout $k\leq n$ il y a au moins un nombre premier entre $kn$ et $(k+1)n$, donc généraliser le postulat de Bertrand...
  • Bonjour,

    Question 6 : (tu) Juge Ti pour les résultats obtenus pour 7, 11, 13 et 17.

    Voici les deux configurations 7 x 7 obtenues à la main de façon artisanale : les cases roses sont communes aux deux carrés, les vertes sont différentes. On commence par retenir 7 car dans la dernière colonne ne figurent que des multiples de 7, puis 23 est le seul nombre premier figurant en ligne 4, puis 11 est le seul nombre premier figurant en colonne 4,... et ainsi de suite.

    Pour le carré 11 x 11, Juge Ti dénombre sept solutions, ce que j'ai obtenu également à la main.
    Les cases communes à ces sept solutions sont 11, 113, 53, 89, 29, 71 puis deux choix possibles : 59 et 61, et on continue...

    Sûr que pour un carré de 13 x 13, un programme efficace est nécessaire.

    Évidemment, cette configuration porte un nom tout au moins en anglais : Transversal of primes.

    On ignore s'il existe une "transversale" pour chaque nombre premier $p$.

    Adrien-Marie Legendre avait conjecturé qu'il existe au moins un nombre premier entre deux carrés consécutifs $n^2$ et $(n+1)^2.$ Cette conjecture toujours pas démontrée (sinon ce ne serait plus une conjecture) est une condition nécessaire pour l'obtention d'une transversale, puisqu'il faut au moins un nombre premier sur les deux dernières lignes qui vont de $(p-1)^2$ à $p^2.$

    De plus, comme le rappelle Juge Ti, "il faudrait commencer par montrer que pour tout $k\leq n$ il y a au moins un nombre premier entre $kn$ et $(k+1)n$, donc généraliser le postulat de Bertrand..."

    Sinon, en attente subsistent :

    Question 1bis : recherche d'une équation paramétrique du cercle passant par les points $(1,0,0), (0,1,0),(0,0,1)$ :
    $$\begin{cases}
    x&=f(t)\\
    y&=g(t)\\
    z&=h(t)
    \end{cases}
    $$

    Question 2bis :

    Quels sont les cinq plus grands nombres entiers qui s'écrivent en un seul mot dans la langue française, le plus grand étant gogolplex, comme l'a rappelé Alain un peu plus haut ?

    Question 4 :

    Un taupin dispose d'une boite de pilules pour améliorer ses chances d'intégrer une grande école lors des concours. Il doit en prendre une demie chaque matin afin d'améliorer ses performances intellectuelles. Chaque jour, il prend une pilule au hasard dans sa boite. Si c'est une pilule entière,il la coupe en deux avant d'en avaler une moitié et de remettre l'autre dans la boite. Si c'est une demi pilule, il l'avale. Il continue sa cure jusqu'au jour où la boite est vide.
    Si la boite contient initialement $n$ pilules, montrer que l'espérance du nombre maximal de demi-pilules présentes dans la boîte est équivalent à $Kn$ quand $n$ tend vers l'infini, $K$ étant à déterminer.

    Amicalement.27757
  • Exo 4) solution partielle.

    Fixons les notations. Je note $X_n$ le nombre maximal de demi pilules partant de $n$ pilules.
    On cherche l'asymptotique de $u_n=E[X_n]$.

    Je suppose maintenant qu'il y a au départ $n+p$ pilules, $n$ rouges et $p$ bleues.
    Si $R_{n,p}$ (resp. $B_{n,p}$) est le nombre maximal de demi pilules rouges (resp. bleues) et $Y_{n,p}$ le nombre maximal de demi pilules, on a aisément.

    $$Y_{n,p}\le R_{n,p}+B_{n,p}$$
    d'où en prenant l'espérance

    $u_{n+p}\le u_n+u_p$.

    D'après le lemme de Fekete, $\frac{u_n}n$ converge vers une constante $K$ (à déterminer !)
  • Comme je me casse les dents sur la 4), je réponds à la 1b) : soit $u=(1,1,1)$, et $(v,w)$ une base orthonormale du plan orthogonal à $u$. L'application affine $\varphi \, : \, (x,y) \mapsto \frac{1}{3}u + xv + yw$ envoie isométriquement $\R^2$ dans le plan contenant notre cercle, et si $r=\sqrt{2/3}$ est le rayon de Toto, alors l'image par $\varphi$ de $t \mapsto r(\cos t, \sin t)$ est une paramétrisation. Explicitement, pour mon choix de $v,w$ et sauf erreur de calcul :
    \begin{align*}
    f(t) &= \frac{1}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} \cos t + \frac{\sqrt{30}}{15} \sin t \\
    g(t) &= \frac{1}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos t + \frac{\sqrt{30}}{15} \sin t \\
    h(t) &= \frac{1}{3} -2 \frac{\sqrt{30}}{15} \sin t
    \end{align*}
  • Pour l'exo 4, si $m_k$ est le nombre de moitiés à l'étape $k$ alors $m_0=0$ et l'espérance de $m_{k+1}-m_k$ sachant $m_k$ est égale à $\dfrac{2n-k-3m_k}{ 2n-k+m_k}$, donc on pourrait s'attendre à ce que pour $n$ grand, la fonction $t\mapsto \dfrac{m_k(nt)}{n}$ se comporte comme la fonction satisfaisant l'équation différentielle
    $$\dot{y}=\frac{2-t-3y}{2-t+y}$$
    avec la condition initiale $y(0)=0$, et $0\le t\le 2$.

    Le maximum de cette fonction est environ $0.36788$, donc on pourrait s'attendre à ce que $K\simeq 0.36788$, ce que semblent corroborer quelques simulations.

    Y a-t-il moyen de formaliser ça ? Et aussi de résoudre l'équation différentielle explicitement (Wolfram Alpha ne semble pas savoir le faire) ?

    P.S. Voici un graphe de la fonction $t\mapsto y(t)$.

    27760
  • Salut JLT,

    J'ai aussi écrit cette équation différentielle, mais je ne sais ni la résoudre ni prouver rigoureusement que la suite de tes $m_k$ renormalisés convergent p.s. vers $y$ (ce n'est pas clair pour moi que le "bruit" disparaisse asympotiquement). Est-ce qu'on peut au moins établir que $y(2)=0$ ?
  • Bonjour,

    (tu) Oui, effectivement : $K= \dfrac{1}{e} ...$

    Amicalement.
  • Bon en fait le changement de fonction $y=(2-t)z$ permet d'aboutir à une équation à variables séparées. Pas sûr que ça permette de calculer le maximum de $y$.
  • C'est peut-être plus simple de regarder le nombre $x(t)$ de pilules entières, qui doit, si l'heuristique de JLT est correcte, vérifier $x' = \frac{x}{2-t-x}$ et $x(0)=1$. Le changement $z=2-t-x$ conduit à $z'=\frac{1-2z}{z}$ qui s"intègre sauf erreur en $z+\frac{1}{2} \ln (1-2z) = -2t+c$. Ensuite... :S
  • Je continue : puisque $y=2-t-2x$, l'annulation de $y'$ revient à l'équation $x'=-1/2$, donc à $z'=-1/2$ (mon $z$). Avec l'équa diff vérifiée par $z$, ça revient à $z=2/3$.

    D'autre part $y=2z-2+t$, donc $K=4/3-2+t^*=t^*-2/3$. Est-ce que le temps optimal $t^* = 2/3+1/e$ semble plausible ? A vue de nez, moyennement, puisque sur le graphique de JLT il semble que $t^* < 1$...
  • Tu as dû faire une erreur de calcul. Avec mon $z$, je trouve
    $$-\log(2-t)=\log(1-z)+\frac{2}{1-z}-\log 2-2$$
    Le maximum est atteint lorsque $z=1/3$ et $t=2-\frac{3}{e}$, ce qui donne bien que le maximum de $y$ est $\dfrac{1}{e}$. Reste à montrer que mon heuristique est correcte...
  • Tu dois avoir raison (en tout cas la valeur $2-3/e \simeq 0,896..$ est cohérente avec ton graphique !). Finalement ce n'est pas si compliqué que ça de montrer que l'heuristique est correcte il me semble : si on note $X_k^n$ le nombre de pilules entières restant à l'instant $k$ lorsque $X_0^n=n$, et $x_n$ le processus défini sur $[0,2]$ par interpolation linéaire des $X_k^n$ aux points $t_k=k/n$, alors il évident que la suite $(x_n)$ est tendue dans $C([0,2])$ (elle est à valeurs dans un compact).

    Il "suffit" alors de vérifier la convergence des lois fini-dimensionnelles des $x_n$ vers celles de $x$ pour obtenir la convergence en loi de $x_n$ vers $x$, et donc la convergence du max (qui est une fonction continue pour la norme uniforme). La convergence des lois fini-dimensionnelles doit être facile à établir avec la loi des grands nombres et la convergence du schéma d'Euler de pas $1/n$ pour l'EDO vérifiée par $x$, mais c'est sans doute pénible à écrire, et ça dépasse de loin le niveau habituel des QDV... Du coup je pense qu'il y a un argument plus simple.
  • Je ne sais pas où bs a trouvé l'énoncé, mais l'ami google semble montrer que

    Il y a eu une discussion sur mathoverflow:

    http://mathoverflow.net/questions/64619/probability-problem-involving-e

    qui a inspiré M. Erickson qui l'a mis dans son bouquin

    http://books.google.fr/books?id=LgeP62-ZxikC&pg=PA119#v=onepage&q&f=false

    La solution du bouquin n'est pas plus rigoureuse que les arguments heuristiques développés ici (c'est essentiellement la même).
    Un intervenant sur mathoverflow donne une référence vers une méthode possible de preuve.

    Personnellement, je serais très intéressé de lire une preuve rigoureuse.
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