M_n = B une suite de points correspondant à un trajet de longueur maximale (avec les hypothèses qui vont bien) en n segments

D122-L’école buissonnière [**** à la main]

Claude Becker, Guy Canevet, Xavier Caruso, Philippe Chevanne, Daniel Collignon, Alain Esculier, Jean Michel Ferrard, Anne Foubert, Bruno Kremer, Jean Moreau de Saint Martin, Claude Morin, Némesis, Jean Nicot et Bernard de Saedeler ont répondu au problème de ce mois.

Le jour n, la longueur maximale du parcours est égale à égale à n et la ligne brisée est définie par n segments identiques de longueur 1/ n . Il y a au total 2^n1 chemins possibles qui peuvent prendre la forme de spirales entourant le point d’arrivée ou de zig-zag ou d’un

mélange des deux selon des profils parfois très artistiques.

Réponse de Xavier Caruso

Je note x_n la plus longue distance que l'on peut obtenir en n segments. Bien évidemment, x_1 = 1, puisque s'il n'y a qu'un segment on n'a pas le choix.

Soit A = M_0, M_1, M_2, ..., M_n = B une suite de points correspondant à un trajet de longueur maximale (avec les hypothèses qui vont bien) en n segments ; ce trajet existe forcément, par exemple par compacité. Je note Gamma le disque de diamètre [AB] et M = M_1.

Déjà, le trajet M_1, M_2, ..., M_n est un trajet de longueur maximale en n-1 segments reliant M et B : sa longueur est donc x_(n-1) * MB. La condition selon laquelle Diophante ne doit jamais s'éloigner de l'école impose à M d’être situé dans le disque de diamètre [AB].

Le point M est forcément sur le cercle. En effet, s'il ne l'était pas, on pourrait considérer la perpendiculaire à (AB) passant par M ; elle recouperait le cercle en deux points et si M' est l'un des deux, on aurait AM' > AM et M'B > MB. Ainsi le trajet obtenu en remplaçant M par M' serait plus long, ce qui ne se peut.

Notons alpha l'angle BAM. C'est un réel de ]-pi/2, pi/2[ et d'après ce qui précède, il détermine à lui seul le point M et on a alors :

AM = |cos(alpha)|

BM = |sin(alpha)|

Quitte à considérer le symétrique du chemin par rapport à la droite (AB), opération qui ne modifie manifestement pas la longueur, on peut supposer que alpha est dans ]0, pi/2[ et donc que cos(alpha) et sin(alpha) sont positifs. Ainsi AM = cos(alpha) et BM = sin(alpha). La longueur du chemin est alors :

cos(alpha) + x_(n-1) sin(alpha) = sqrt(1 + x_(n-1)^2) * cos(alpha - theta)

pour un certain angle theta dans ]0, pi/2[. On voit alors que si on remplace le point M par le point M' donné par theta, la distance augmente. Ainsi alpha = theta, et la longueur vaut : x_n = sqrt(1 + x_(n-1)^2)

En élevant au carré, on obtient : x_n^2 = 1 + x_(n-1)^2

ce qui donne directement, puisque x_1 = 1, x_n^2 = n, soit x_n = sqrt(n).

Remarques :

En reprenant les notations précédentes, il est facile de voir, en évaluant cos(theta), que AM = 1/sqrt(n), c’est-à-dire qu’il vaut précisément le n-ième de la longueur totale. De cela, on

déduit par une simple récurrence que chacun des n segments qui forment un chemin maximal a pour longueur 1/sqrt(n). En particulier, ils ont tous même longueur.

Comme par ailleurs le raisonnement précédent nous assure que l’angle AMB est droit, on obtient une façon simple de tracer un chemin solution.On part de l’arrivée et on trace un segment de longueur a = 1/sqrt(n). De l’extremité de ce segment, on fait partir un nouveau segment perpendiculaire au premier et à nouveau de longueur a. On obtient ainsi trois points formant un triangle rectangle isocèle. Sa diagonale a pour longueur a*sqrt(2). On continue : de l’extermité de cette diagonale, on fait partir un nouveau segment de longueur a et

perpendiculaire à la diagonale, obtenant ainsi un nouveau triangle rectangle. L’hypoténuse de ce nouveau triangle a pour longueur a*sqrt(3). Du bout de cette hypoténuse, on fait à nouveau partir un segment perpendiculaire de longueur a. On obtient ainsi une nouvelle hypoténuse de longueur 2a et on continue ainsi.

La figure suivante illustre le résultat obtenu (l’école est marquée par un point rouge) :

Lorsque l’on a tracé n segments, on s’arrête. Le bout du dernier segment (point vert de la figure) marque le point de départ. Si celui-ci n’est pas situé exactement sur la maison, on s’y ramène en effectuant une rotation de centre le point rouge.

Cette description permet de décrire le comportement général d’un chemin solution. Mais commençons par une remarque qui n’est pas anodine. A chaque nouveau segment, on a le choix entre deux possibilités : soit on continue dans le sens de la spirale (comme c’est

toujours le cas sur le dessin), soit on choisit l’autre segment solution (celui de même longueur et de même direction mais « dirigé dans l’autre sens »). On obtient ainsi tout un tas de

solutions, précisément 2^(n-1) puisqu’il y a deux choix à chaque embranchement.

En « contrariant » les sens à chaque fois, on obtient une solution en zigzag, comme l’illustre la figure suivante :

Mais il existe aussi d’autres solutions, et par exemple des solutions « aléatoires », où l’on choisit au hasard à chaque fois le sens du nouveau segment (voir illustrations à la fin).

Intéressons-nous pour l’instant plus en détails à la solution en spirale. Si l’on pose z_i les affixes successives des extrémités de la solution en spirale, en convenant que z_0 = 0

représente l’école (et donc que z_n représente la maison), il est facile de voir que la suite des z_k vérifie la relation de récurrence suivante :

z_k = (1 + i/sqrt(k)) * z_(k-1)

En notant alpha_k l’argument du complexe z_k, il vient : alpha_k = alpha_(k-1) + arctan(1/sqrt(k))

et on est donc amené à étudier le comportement de la suite sum(arctan(1/sqrt(k)),k=1..n). Par des arguments généraux sur les séries à termes positifs, on montre que cette suite est

équivalente à l’infini à sqrt(n)/2. Précisément, en fait, on peut montrer que : alpha_n – alpha_0 = sqrt(n)/2 + c + o(1)

où c est une constante valant approximativement 2,15 radians (soit 123 degrés).

De façon plus imagée, ces résultats montrent que le trajet en spirale en n segments entourne à peu près 1/pi*sqrt(n) fois l’école, comme l’illustrent les figures suivantes :

(la figure de gauche comporte 100 segments et celle de droite 1000 segments). On peut remarquer que ce dernier résultat peut se retrouver par un argument de physicien : le segment reliant le k-ième et le (k+1)-ième point est approximativement un arc de cercle de rayon 1/sqrt(k). Comme il est de longueur 1/sqrt(n), il parcourt 1/(2pi)*sqrt(k/n) tour ; il ne reste alors plus qu’à intégrer 1/(2pi)*sqrt(k/n) pour k variant entre 0 et n pour retrouver le résultat.

Allant plus loin, on peut écrire une équation paramétrique qui approxime la spirale. C’est : x(t) = sqrt(t)*cos(2*sqrt(t)-c)

y(t) = sqrt(t)*sin(2*sqrt(t)-c)

où l’école est atteinte en (x(0),y(0)) et la maison en (x(n),y(n)). Si l’on veut placer la maison à un endroit fixe, il suffit de faire subir une similitude à la courbe paramétrique précédente.

On voit sur les illustrations suivantes que l’approximation est très bonne (la courbe tracée est celle donnée par l’équation paramétrique et les points noirs correspondent aux extrémités des segments) :

On peut de même s’intéresser à déterminer des propriétés du trajet en zigzag. La suite alpha_k qui apparaît alors est soumise à la relation de récurrence suivante :

alpha_k = alpha_(k-1) + (-1)^k arctan(1/sqrt(k))

Le théorème sur les séries alternées nous dit que la suite alpha_k converge. Sur le dessin cela se traduit par le fait que l’angle que fait le segment qui arrive à l’école avec la droite reliant la

maison à l’école (angle représenté sur les dessins suivants) tend vers une constante :

Numériquement cette constante vaut environ 26 degrés.

Illustrations :

Chemin aléatoire en 100 segments :

Chemin aléatoire en 1000 segments :

Chemin aléatoire en 10000 segments :

Diophante artiste sur 1000 segments :

Courbe du radar à 1000 segments :

Réponse d’Alain Esculier

Soient B l'école et A la maison de Diophante. J'appelle Ti la i-ième position où Diophante change de direction sur son chemin vers B.

Pour un trajet en 2 segments AT1, T1E de longueurs respectives x et y, pour satisfaire les hypothèse, il est nécessaire que l'angle AT1B soit droit.

le trajet x+y est maximum pour x = y = 1/ 2.

Supposons que pour n segments, le trajet de longueur maximum, égale à d n , pour joindre deux points de distance d soit obtenu avec n segments de longueur d/ n tels que T(i-1)Ti soit perpendiculaire à BTi pour tout i.

Considérons un trajet en n+1 segments AT1, T1T2,...,T(n+1)B. Soit x et y les longueurs des segments AT1 et T1B.

D'après l'hypothèse, la longueur maximum pour aller de T1 à B est y n en n segments de longueur y/ n ; il faut déterminer x et y tels que x+y n soit maximum avec x²y² 1.

Un petit calcul immédiat donne x = 1/ n1 et y= n/n1 et les n autres segments mesurent n

y/ = x, la longueur totale n1. CQFD

Programme Maple pour le tracé

u:=n -> sqrt(n)/n:

v:=(n,p) -> sqrt((n-p)/n):

m:=proc(n,p) global u,v ; [v(n,p),add(arctan(u(n)/v(n,i)),i=1..p)]: end:

N:=15;

with(plots):

display([plot([seq(m(N,p),p=0..N-1),[0,0]],coords=polar,color=blue)

,plot([seq([[0,0],m(N,p)],p=1..N-1)],coords=polar,color=cyan,linestyle=3) ,plot([[0,0],[1,0]],color=black,thickness=2)

,textplot([0.05,-0.05,"A école"]),textplot([0.9,-0.05,"maison de Diophante B "]) ,pointplot([[0,0],[1,0]],symbol=BOX,symbolsize=30)

,seq(textplot([op(m(N,p)+[0.05,0.1]),cat("T",convert(p,string))],coords=polar),p=1..N- 1)

],scaling=constrained,axes=none);

Autre parcours possible :

Réponse de Jean Michel Ferrard

J'appelle "chemin" toute ligne polygonale joignant un point origine à un point final, et respectant la contrainte de l'énoncé (toujours se rapprocher du point final).

Je note L(n,x) la longueur maximum (si elle existe) d'un chemin de n étapes entre deux points distants de x à vol d'oiseau.

Pour des raisons évidentes d'homothétie, L(n,x)=x*L(n,1) et on notera L(n) plutôt que L(n,1).

L'objet du problème est de calculer L(n).

Tout d'abord, il existe un chemin de longueur maximum d'un point à un autre en une seule étape, c'est la ligne droite! Ainsi L(1)=1.

On se donne un entier n supérieur ou égal à 2 et on suppose qu'il existe un chemin de longueur maximum en n-1 étapes entre deux points quelconques.

On considère un chemin menant de A à B en n étapes. Soit P la première étape après A.

Dire que Diophante s'est constamment rapproché de B pendant le segment AP, c'est dire que P appartient au disque de diamètre AB.

Commençons par fixer la position de P, à une distance d de A.

Avec P fixé, on peut maximiser la longueur du chemin A,P,....,B en maximisant les n-1 étapes de P à B (hypothèse de récurrence).

On obtient ainsi un chemin A,P,...,B de longueur d+L(n-1,PB)=d+PB*L(n-1).

En fixant non plus P mais la distance d=AP, on peut maximiser cette quantité en maximisant la longueur PB, donc en plaçant P en Q sur le cercle de diamètre AB.

En notant t l'angle BAQ (qu'on peut à une symétrie près considérer dans [0,Pi/2]), on a alors d=cos(t), QB=sin(t), et on obtient un chemin A,Q,...,B de longueur d+QB*L(n-

1)=cos(t)+sin(t)*L(n-1).

Cette quantité s'écrit sqrt(L(n-1)^2+1)*cos(t-t0), en notant cos(t0)=1/sqrt(L(n-1)^2+1) et sin(t0)=L(n-1)/sqrt(L(n-1)^2+1), donc tan(t0)=L(n-1).

Cette quantité peut donc être maximisée en choisissant t=t0.

On obtient alors la longueur maximum L(n)=sqrt(L(n-1)^2+1) d'un chemin en n étapes de A à B.

On a donc prouvé l'existence de la suite L(n), et pour tout entier n on a trouvé L(n)^2=1+L(n- 1)^2.

Comme L(1)=1, il vient L(n)=sqrt(n) pour tout n.

Compléments:

La démonstration précédente donne une méthode de construction d'un chemin maximum en n étapes.

En effet, pour la première étape d'un chemin maximum de n étapes allant de A vers B, avec les notations précédentes (et en supposant ici t=t0), soit H la projection orthogonale de Q sur AB. On a AH/AB=AH=AQ*cos(t0)=cos(t0)^2=1/n.

Plus généralement, s'il reste k étapes à franchir et si on est en un point C, le point suivant est l'un quelconque des deux points D du cercle de diamètre [CB] dont la projection H sur [CB]

vérifie CH=1/k*CB

Comme à chaque étape, il y a deux points possibles, il y a 2^(n-1) chemins maximaux en n étapes.

Dans un chemin maximum en n étapes de A vers B, tous les segments sont de même longueur 1/sqrt(n) (la longueur totale étant bien sûr sqrt(n)).

Cela résulte de la construction d'un tel chemin maximum.

Pour fixer les idées, je reprends l'exemple d'un chemin en n=4 étapes.

Voici par exemple un chemin APQRB en quatre segments successifs:

P est sur le cercle de diamètre AB, et il se projette sur AB en H tel que AH=AB/4.

Q est sur le cercle de diamètre PB, et il se projette sur PB en K tel que PK=PB/3.

R est sur le cercle de diamètre QB, et il se projette sur QB en L tel que QL=QB/2.

Si on note t l'angle BAP, on sait que cos(t)=1/sqrt(n) donc sin(t)=sqrt(n-1)/sqrt(n).

Ainsi AP=AB/sqrt(n)=1/sqrt(n), et PB=sqrt(n-1)AB/sqrt(n)=sqrt(n-1)/sqrt(n).

Si on note u l'angle BPQ, alors cos(u)=1/sqrt(n-1) donc PQ=PB/sqrt(n-1)=1/sqrt(n), et QB=sqrt(n-2)PB/sqrt(n-1)=sqrt(n-2)/sqrt(n).

Si on note v l'angle BQR, alors cos(v)=1/sqrt(n-2) donc QR=QB/sqrt(n-2)=1/sqrt(n), et ainsi de suite.

Enfin, last but not least, j'ai écrit une page Maple pour dessiner les chemins maximums en n étapes. Elle est donnée ci-après

La procédure "etapes" donne (avec la syntaxe etapes(n,A,B)) les n+1 points d'une trajectoire maximum en n segments de A vers B.

La procédure "trajets" donne (avec la syntaxe trajet(n)) le dessin de ce chemin (en traits continus noirs, le segment [AB] étant rappelé en pointillés bleus).

On sait qu'à chaque étape Diophante a la possibilité de prendre soit "vers la gauche" (par rapport à la direction de son école) soit "vers la droite".

Les deux procédures précédentes considèrent ici le chemin obtenu quand Diophante prend tout le temps vers la gauche.

Il est intéressant de noter la forme en spirale que prend cette trajectoire pour les grandes valeurs de n.

J'ai enfin modifié les deux procédures en "etapes2" et "trajet2" pour rendre compte d'un trajet où Diophante changerait de direction (à gauche, puis à droite, puis à gauche, etc) à chaque étape. On obtient alors une trajectoire en zigzag.

On obtient ainsi deux façons très différentes pour Diophante de retarder son arrivée à l'école tout en (et c'est là le joli paradoxe) se rapprochant constamment d'elle!

> etapes:=proc(n::posint,A,B) local U,V,C;

if n=1 then A,B else

U:=B-A; V:=[-U[2],U[1]];

C:=evalf(A+(U+V*sqrt(n-1))/n);

A,etapes(n-1,C,B);

fi;

end:

> etapes(4,[0,0],[1,0]);

[0 0, ],[0.2500000000 0.4330127020 [, ], 0.7041241452 0.6422285253, ], [1.173176335 0.4690521901 [, ], 1 0, ]

> trajet:=proc(n::posint)

plot([[[0,0],[1,0]],[etapes(n,[0,0],[1,0])]], axes=none,scaling=constrained,

color=[blue,black],linestyle=[3,0]);

end:

> trajet(2);

> trajet(3);

> trajet(4);

> trajet(5);

> trajet(10);

> trajet(20);

> trajet(50);

> trajet(500);

> etapes2:=proc(n::posint,A,B) local U,V,C,e;

if n=1 then A,B else

U:=B-A; V:=[-U[2],U[1]];

e:=1-2*(n mod 2);

C:=evalf(A+(U+e*V*sqrt(n-1))/n);

A,etapes2(n-1,C,B);

fi;

end:

> trajet2:=proc(n::posint)

plot([[[0,0],[1,0]],[etapes2(n,[0,0],[1,0])]], axes=none,scaling=constrained,

color=[blue,black],linestyle=[3,0]);

end:

> trajet2(10);

> trajet2(50);

Réponse de Jean Moreau de Saint-Martin

Soit C le premier sommet après A d'une polygonale à (n+1) côtés partant de A et respectant la condition de l'énoncé.

Si L(n) est la longueur maximale d'une polygonale A...B à n côtés, la longueur maximale d'une polygonale CB sera CB.L(n).

On va donc chercher à maximiser, pour (n+1) côtés, l'expression AC+CB.L(n) qui vaudra L(n+1) si C est choisi au mieux.

C ne doit pas sortir du cercle de diamètre AB, pour que le mouvement ne s'éloigne jamais de B. Si on se donne la longueur CB, on maximise AC en prenant C à l'intersection du cercle de diamètre AB et du cercle de centre B et de rayon CB.

Notant a l'angle BAC, on a AC = cos(a), CB = sin(a), et on maximise cos(a) + L(n) sin(a) en prenant tan(a)=L(n). Le maximum est L(n+1)=(1+L(n)^2)^0,5.

Cette récurrence s'écrit L(n+1)^2 = L(n)^2 + 1, et comme évidemment L(1) = 1, on en tire L(n)^2 = n.

Réponse d'Anne Foubert

Montrons par récurrence sur n que n1, la distance maximale que Diophante peut parcourir en traçant n segments est n .AB soit n .

Pour n=1, Diophante doit aller en ligne droite de A à B.

Supposons la propriété vraie au rang n et étudions la distance maximale que Diophante peut parcourir en traçant n+1 segments. Appelons M l’extrémité du premier segment tracé par Diophante. En appliquant l’hypothèse de récurrence, la distance maximale que Diophante peut parcourir en traçant n segments pour aller de M à B est n .MB.

Nous souhaitons donc maximiser AM + n .MB.

Nommons u l’angle formé par les droites (AB) et (AM). On sait que : (u)

2AB.AM.cos AM

AB

MB² ² ²

En utilisant AB = 1 et en posant AM=x pour u fixé dans [0, π /2], on cherche le maximum de f(x) = x + n. (cos(u)x)²sin²(u)avec x qui varie de 0 quand M est en A à cos(u) quand M est en P.

On a f ’(x)=1 - n.(cos(u)-x) / (cos(u)x)²sin²(u)= 1- n .MP/MB = 1 - n cos(v) avec v qui varie de u à π /2.

La fonction f ’ est croissante de f ’(0) = 1 - n cos(u) à 1.

Ainsi f est :

soit décroissante puis croissante,

soit toujours croissante sur le segment [0,cos(u)].

On obtiendra donc le maximum de f pour uarccos(1/ n ) et pour x=cos(u) quand M est en P.

La distance parcourue par Diophante est alors g(u) = cos(u)+ n .sin(u) dont la fonction dérivée est g’(u) = -sin(u)+ n cos(u).

g(u) atteint son maximum pour u = arctang( n ).

Dès lors AM+ n .MB = 1/ n1 n. n/ n1 n1. Réponse de Claude Becker

Avec n segments la longueur globale maximum est n½ avec n segments de même longueur 1/n½.

Ces segments sont des petits côtés de triangles rectangles qui

s'empilent avec sommet commun en A le grand côté du k-iéme étant l'hypothénuse du k+1-ième.

Avec OA vertical le premier segment fait un angle de arccos[(1-1/n)½];

le deuxième fait avec le premier un angle de arccos[(1-2/n)]½ etc.

Les deux derniers segments forment un triangle rectangle isocèle.

La preuve se fait par récurrence et s'appuie sur l'inégalite de cauchy schwarz: x1 + a.x2 <= (x1²+x2²)½.(1+a²)½ avec égalité si et seulement x1=1/'1+a²)½ et x2=ax1( avec a>0 donné et x1,x2 positifs variables)

A chaque étape sauf la dernière, il y a effectivement 2 façons de parcourir un segment soit au total 2^(n-1) façons de réaliser le trajet.

Réponse de Jean Nicot

La projection de l'arrivée B sur un segment doit être, au mieux, à l'extrémité arrivée du segment. Chaque nouveau segment, avec le point B, constitue alors un triangle rectangle.

Si on veut tracer une figure, il est le plus simple de commencer par les derniers segments.

On voit que la somme des carrés des segments est égale au carré de la distance AB. La somme des segments sera donc la plus grande si tous les segments sont égaux.

La distance parcourue avec n segments sera AB * n^(1/2), chaque segment ayant une longueur AB / n^(1/2).

Chaque segment (sauf le dernier) fait un angle de +pi/4 ou -pi/4 avec la direction vers B; il y a donc 2^(n-1) chemins différents pour un trajet en n segments.

Réponse de Philippe Chevanne Résumé:

1 er jour deux étapes de 1/sqrt(2), trajet de sqrt(2) 2 ème jour 3 étapes de 1/sqrt(3), trajet de sqrt(3)

…

n ème jour n+1 étapes de 1/sqrt(n+1), trajet sqrt(n+1) Détails:

1er jour, 1er segment en ligne droite tant qu'il se rapproche du but, donc les deux segments AM et MB sont perpendiculaires.

Le premier segment est AM = x, le second MB = sqrt(1-x²), le trajet total x + sqrt(1-x²) est maximal quand

1 - x/sqrt(1-x²) = 0 soit x = 1/sqrt(2), le trajet total est 2/sqrt(2) = sqrt(2)

2 ème jour, 1er segment x, reste y = sqrt(1-x²) à faire en deux trajets de y/sqrt(2) comme si de ce point on était au 1er jour.

Trajet total = x + sqrt(1-x²)*sqrt(2), maximal quand 1 - x*sqrt(2)/sqrt(1-x²) = 0 soit x = 1/sqrt(3)

Le deuxième segment est y/sqrt(2) = 1/sqrt(3), de même que le 3ème segment Trajet total = sqrt(3)

Supposons que le n-1 ème jour, le trajet total soit composé de n étapes de 1/sqrt(n) et un trajet total de sqrt(n)

Le nème jour sera composé d'une première étape x, et le reliquat y = sqrt(1-x²) à faire en n étapes, donc de par l'hypothèse de récurrence, de y/sqrt(n), pour un total de y*sqrt(n).

Le trajet total du nème jour est donc x + sqrt(n)*sqrt(1-x²), maximal quand

1 - x*sqrt(n)/sqrt(1-x²) = 0 soit n*x² = 1 - x² et x = 1/sqrt(n+1) Les étapes suivantes sont de

y/sqrt(n) = sqrt(1 - 1/(n+1))/sqrt(n) = 1/sqrt(n+1)

Réponse de Daniel Collignon

Remarque préliminaire : Tout doit se passer à l'intérieur du cercle de centre B et de rayon 1, sous peine de s'éloigner de B.

Cas 2 segments :

Il faut donc choisir un point M tel que AM+MB soit maximal.

Fixons nous un angle t = (AB; AM) que nous supposerons dans l'intervalle [0;

pi/2[ pour des raisons de symétrie par rapport à (AB).

La distance par rapport à B peut diminuer jusqu'au projeté orthogonal de B sur (AM).

L'inégalité triangulaire montre qu'on a intérêt à choisir M projeté orthogonal de B sur (AM).

Voyons maintenant comment choisir t.

Il s'agit donc de maximiser AM+MB = cos(t)+sin(t).

Ce maximum est atteint pour t=pi/4.

Dans ce cas AM=MB=sqrt(2)/2.

Donc la longueur cherchée vaut sqrt(2).

Pour le cas n>=3, on peut procéder par récurrence : Fixons un point M1 et posons t = (AB; AM1).

On applique l'hypothèse de récurrence sur le trajet M1 vers B en n-1 segments.

=> M1M2=...=Mn-1B=sin(t)/sqrt(n-1).

Il reste donc à optimiser par rapport au choix de M1.

Il s'agit donc de maximiser cos(t)+sqrt(n-1)*sin(t).

Ce maximum est atteint pour t=pi/2-u où sin(u)=1/sqrt(n) et cos(u)=sqrt(n-1)/sqrt(n).

Précisément on aura cos(t)=sin(u) et sin(t)=cos(u).

Finalement comme dans le cas n=2, le maximum est atteint lorsque tous les segments sont de même longueur 1/sqrt(n).

On montre ainsi que la longueur maximale du trajet vaut sqrt(n).

PS : une méthode pour résoudre le programme de maximisation est de normaliser l'expression cos(t)+sqrt(n-1)*sin(t) en divisant par sqrt(n) et faire apparaître sin(u+t).

Réponse de Claude Morin

Pour n=2, la ligne brisée A-C-B ne peut sortir du cercle de diamètre AB et n'est pas maximale si C n'est pas sur ce cercle; on place donc C sur ce cercle et on cherche le maximum de L=a+b sachant a²+b²=1:

L²=a²+b²+2ab<=2(a²+b²)=2, valeur atteinte quand a=b.

Dans le cas général, on montre par récurrence que la longueur maximale est racine(n); si A-C est le premier segment, on place C sur le cercle de diamètre AB et on cherche le maximum de AC + CB*rac(n-1) = cos(t)+

sin(t)*rac(n-1) =f(t). f'(t) s'annule pour tan(t0)=rac(n-1) d'où cos(t0)

= 1/rac(n) et f(t0) = rac(n).

On montre aisément que chaque segment a alors comme longueur 1/rac(n).

Le calcul de l'angle AC_{n-1}B égal à somme(arctan(1/rac(k)),k de 1 à n-1) montre que la ligne brisée fait un tour complet autour de B si n>=18 et plus généralement environ (rac(n)-1)/Pi tours autour de B (par un développement asymptotique).