Soit un segment[AB]de longueurl, considérons que A= (0,0). Les condi- tions de terminaison sont les suivantes : un point rouge et un point bleu à distance1, deux points noirs, un point noir et un point de couleur rouge ou bleu et les deux extrémités de même couleur.
(1) InterrogerA.
(2) Considérer le plus grand segmentS de couleur inconnue. Interroger un milieu deS.
(a) Si une des conditions de terminaisons est vérifiée, conclure ; (b) Sinon : recommencer l’étape 2.
Remarque : Cet algorithme peut être vu comme l’algorithme de 2-subdivisions appliqué à un segment dont la couleur de tous les points est inconnue.
Cet algorithme trouve la frontière, car, à chaque étape, il réduit le nombre de points inconnus. De plus, il est optimal en cardinalité de points à chacune de ses étapes, car, à chaque étape, le segment est d’une des formes suivantes :
Fig. X.15. Les deux types de segments possibles.
Un point qui réalise le « MaxMin » localement est, alors, un point qui est milieu du sous-segment non colorié. Cet algorithme pose alors le problème du choix du milieu. Nous pouvons observer, avec les exemples de parties re- présentées par la figure X.16, qu’en choissisant le « bon » milieu l’algorithme termine plus rapidement.
Fig. X.16. Différences entre les « milieux ».
Nous verrons plus tard d’où provient cette différence, sans en dire plus, elle est dû au fait qu’en cherchant à obtenir l’optimalité par cardinalité de points, nous ne prenons pas en compte le cas de la frontière vide. Cet exemple montre aussi que l’optimalité en cardinalité de points à chaque étape pas l’optimalité au pire de l’algorithme. L’évaluation de l’algorithme donne le théorème X.20.
Théorème X.20
Sur un segment de longueurs, l’algorithme des milieux utilise au moins
⌊log2(s)⌋+ 1interrogations au pire et au plus⌊log2(s)⌋+ 2interrogations au pire.
Démonstration : L’algorithme ne rencontre que des segments du type de deux de la figure X.15. Considérons que l’algorithme rencontre un segment de ce type admettant un sous-segment de couleurs inconnues de longueurl. Alors à l’étape suivante de l’algorithme, le segment de couleurs inconnues est de
longueurl′avecl′≤l−2
2
, car en jouant au milieu, l’algorithme partage le segment de couleurs inconnues en deux sous-segments de longueurs l−2
2
etl−2
2
. De plus, le donneur peut imposer que le segment soit de longueur l′ =l−2
2
.l−2
2
est donc la longueur maximum du plus grands segment de couleurs inconnues.
Donc si le segment de couleurs inconnues est de longueur 2k−1, nous avons l′ qui est, au maximum, égal à 2k−1−1. Donc si le segment initial est de longueursavecs= 2n , à la fin de l’étape 1, le segment de couleurs inconnues est de longueurs−1 et à la fin de l’étape 2, il est, au maximum, de longueur 2n−1−1. Par récurrence, à la fin de l ’étape n, le segment est, au maximum, de longueur 2−1 = 1. Donc à la fin de l’étapen+ 1, il est, au maximum, de longueur inférieure à 0. De plus, si le segment initial est de longueur 2n −1, nous trouvons, par un même raisonnement, que le segment est de longueur, au maximum, égale à 0 à la fin de l’étape n.
Comme l’algorithme est croissant suivant la taille d’un segment, il utilise donc au moins⌊log2(s)⌋+ 1 interrogations au pire.
De plus, sur un segment de longueur 0, il nous faut au plus une inter- rogation pour conclure d’où au plus⌊log2(s)⌋+ 2 interrogations.
Commentaire 3 : Pour conjecturer le théorème X.20, nous pouvons soit savoir qu’un algorithme du type dichotomique termine en log2, soit expérimenter.
Expérimentalement, pour pouvoir évaluer le nombre de coups de l’algo- rithme, prendre comme objet d’étude les puissances de deux est pertinent. De plus, expérimentalement, deux possibilités sont offertes pour évaluer le nombre d’interrogations, au pire, que va utiliser cet algorithme. La première est de jouer contre un donneur humain, mais dans ce cas pour obtenir la bonne conjecture, il faut que le donneur utilise un algorithme suffisamment optimal. L’autre solu- tion est de simuler des parties où on considère que le donneur donne la couleur qui laisse le maximum de points de couleur inconnue. La deuxième stratégie permet de se rendre compte de l’argument essentiel de la preuve à savoir qu’au maximum l’algorithme divise en deux le nombre de points inconnus, ce qui peut nous amener à nous demander si nous pouvons faire mieux que deux, premier pas vers le lemme X.21.
Enfin, remarquons que trouver le nombre d’interrogations que l’algorithme utilise, au pire, est équivalent à étudier une suite récurrente décroissante et à trouver quel est le premier terme de la suite qui est égal à 0 (changement de représentation).
Remarque : Nous pouvons remarquer que si nous changeons les règles du jeu et imposons qu’il y est nécessairement une frontière qui coupe le territoire alors l’algorithme des milieux fini en exactement, au pire,⌊log2(s)⌋+1 interrogations.
Une fois ce théorème établit, nous devons essayer d’évaluer l’optimalité de l’algorithme (PevalC). Pour cela, nous pouvons commencer par chercher des minorants à l’optimum, c’est le problème P−. De manière évidente, il faut au moins 1 interrogation. P− admet comme sous-problème les pro- blèmes du type : est ce qu’il est possible de déterminer la frontière en X interrogations ? Une réponse négative à ce problème fournit un minorant et une réponse positive un majorant. Pour répondre par la négative, nous pouvons effectuer des preuves par l’absurde et pour répondre positivement, il nous suffit d’exhiber un algorithme de recherche s’arrêtant en, au pire, X interrogations.
2. ANALYSE MATHÉMATIQUE DE LA SITUATION POUR LE CHERCHEUR 153
Sur des segments, l’idée de réduire le nombre de points inconnus va nous permettre d’obtenir un minorant à l’optimum. L’idée consiste à résoudre le problème, chercher le nombre maximum de points inconnus que nous pouvons rendre de couleurs connues avec une interrogation. Nous pouvons alors observer qu’avec une seule interrogation, nous pouvons au plus diviser le nombre de points inconnus par deux. Ce qui nous permet d’obtenir le lemme X.21.
Lemme X.21
Soitsun segment muni de la colorationCtel que au moins un point soit colorié. Soit C′ la coloration engendrée par C et k le nombre de points inconnus de C′. Soit X un point de couleur inconnue dans C′ alors il existe une couleur i pour laquelle la coloration engendrée parC′∪{(X, i)} possède un nombre de points inconnus supérieur à lk−21m.
Démonstration : Nous pouvons remarquer que, siC′ne contient pas de points noirs,s(C′) est nécessairement d’une des formes de la figure X.17.
AppelonsE l’ensemble des points inconnus, nous avons|E|=k. De ce fait, en posantXRl’ensemble, privé deX, des points qui deviennent rouges si X est rouge et XB l’ensemble, privé de X, des points qui deviennent bleus lorsqueX est bleu, nous avonsXR∩XB=∅ etXR∪XB=E d’où XRF
XB =E\ {X}.
Commentaire 4 : Une interprétation du lemme X.21 est qu’avec une interroga- tion, si le donneur joue « bien », le nombre de points inconnus sera toujours supérieur à la « moitié » du nombre de cases inconnues de l’étape précédente.
Fig. X.17. Les différents types de segments possibles.
Remarque : Pour un rectangle, nous ne pouvons pas diviser par deux l’ensemble des points inconnus, car nous n’avons pasXR∪XB qui est égal à l’ensemble des points inconnus. Pour obtenir un résultat similaire, sur un rectangle il faudrait que nous connaissions un majorant du nombre de points inconnus restants quelque soit le point interrogé. Ce que nous ne connaissons pas.
Ce lemme nous permet d’obtenir le théorème suivant : Théorème X.22
Tout algorithme de recherche de la frontière sur un segment de longueur sutilise au pire, au moins,⌊log2(s)⌋+ 1interrogations.
Démonstration : Après une interrogation le nombre de points inconnus ests.
En utilisant le lemme X.21, nous trouvons que le nombre de points inconnus est supérieur à 1 en⌊log2(s)⌋+ 1 interrogations.
Corollaire X.23
L’algorithme des milieux est optimal au pire à 1 coup près sur un segment.
Commentaire 5 : L’algorithme des milieux est optimal au pire des cas à 1 coup près. De plus, comme la preuve du théorème X.22 ne fait pas intervenir la fron- tière vide, dans le cas où nous imposons qu’une frontière coupe le territoire11, l’algorithme des milieux est optimal. En observant l’exemple de la figure X.16, nous pouvons nous poser le problème suivant, est-il possible, en déterminant les « bons » milieux, de construire un algorithme optimal ? Nous verrons dans la partie sur le modèle en terme de frontière que la réponse est oui. Toutefois, dans le cas d’un segment, sans utiliser ce modèle nous pourrions trouver le
« bon » milieu à interroger en étudiant différents exemples comme celui de la figure X.16.
De plus, nous pourrions utiliser l’algorithme des milieux en tant que sous- algorithme de l’algorithme direction puis recherche d’un point noir, cela four- nirait un algorithme optimal pour la recherche de la direction et optimal pour la recherche d’un point noir lorsque deux extrémités d’un segment sont de cou- leurs différentes. Cependant, comme nous l’avons déjà vu, les figures X.9 et X.10 montrent que cet algorithme n’est pas optimal au pire.
Un problème encore plus difficile est le problème Pcard : trouver les en- sembles de points de cardinal donné, qui contrôlent la plus grande zone du rectangle. Résourdre Pcard permet de résoudrePchercheur et Pf r mais la résolution de Pf r et dePchercheur ne permet pas la résolution dePcard.
Résoudre Pcard revient à chercher des ensembles de points qui vérifient la propriété ⋆k.
Pour énoncer la propriété⋆k, nous avons besoin de la définition suivante : soit E un sous-ensemble de points etC une coloration deE, nous appelons E(C) l’ensemble des points engendrés parE muni de la coloration C etCE l’ensemble des colorations possibles pour E. Un ensemble E qui vérifie la propriété ⋆k est un ensemble de cardinalk qui a la propriété suivante :
Cmin∈CE|E(C)|= max
|H|=k min
C∈CH|H(C)|
Nous allons maintenant essayer de trouver des ensembles qui vérifient la propriété ⋆k. Lorsquek = 1, il n’y a pas de problème. Pour k= 2, nous devons étudier l’enveloppe convexe12 de deux points. La démonstration du lemme suivant est présentée en annexe.
Lemme X.24 (Enveloppe convexe de 2 points) Soit (z1, z2)∈(Z2)2 etz2−z1 = (n, p) alors :
(1) si |n| ≤ |p|,
conv(z1, z2) ={z1+(ksgn(n),(k+t)sgn(p)),(k, t) ∈ {0,· · ·,|n|}×{0,· · · ,|p|−|n|}}
(2) si |p| ≤ |n|,
conv(z1, z2) ={z1+((k+t)sgn(n), ksgn(p)),(k, t) ∈ {0,· · ·,|p|}×{0,· · · ,|n|−|p|}}
Ce lemme détermine l’enveloppe convexe de deux points dansZ2, il nous reste à décrire l’enveloppe convexe de deux points z1 etz2 d’un rectangle R
11Ce qui revient à interdire la frontière vide.
12La convexité que nous considérons est celle engendrée par les droites horizontales, verticales, diagonales et antidiagonales.
2. ANALYSE MATHÉMATIQUE DE LA SITUATION POUR LE CHERCHEUR 155
relativement13 à R. Un rectangle étant un convexe, l’enveloppe convexe de z1 etz2 relativement à R est identique à celle deZ2.
Ce lemme nous permet de déterminer le cardinal de l’enveloppe convexe de deux points en fonction de leur position relative :
Lemme X.25
Soitz1 et z2 des points deZ2 tels que z2−z1 = (n, p) alors : (1) si |n| ≤ |p|, |conv(z1, z2)|= (|p| − |n|+ 1)(|n|+ 1); (2) si |n| ≥ |p|, |conv(z1, z2)|= (|n| − |p|+ 1)(|p|+ 1).
Démonstration : Si si|n| ≤ |p|, alors d’après le lemme X.24 : conv(z1, z2) = {z1+ ((k+t)sgn(n), ksgn(p)),(k, t) ∈ {0,· · ·,|p|} × {0,· · · ,|n| − |p|}}. conv(z1, z2) est donc pavable par|p|−|n|+1 segments verticaux de longueur
|p|. La preuve est identique dans le cas où|p| ≥ |n|.
Ceci nous permet de déterminer l’enveloppe convexe (de deux points) de plus grand cardinal dans un rectangle Rde dimension L×l,L≥l. Nous considérons que l’extrémité bas gauche est de coordonnées (0,0). Il nous suffit de déterminer le maximum de la fonctionf1: (x, y)→(y−x+1)(x+1) surR1 ={(x, y)∈R, x≤y}(car nous pouvons supposer quez1 = (0,0)) et f2: (x, y)→(x−y+ 1)(y+ 1) surR2 ={(x, y)∈R, y≤x}.
f1(x, .) est une fonction affine sur [x, l] de coefficient directeur (x+1)>0 c’est donc une fonction strictement croissante sur [x, l] donc elle atteint son maximum en l. De plus,f1(., l)(x) =−x2+lx+l+ 1, f1(., l)′(x) =−2x+l est une fonction positive sur [0,2l] et négative sur [2l, L] doncf1(., l) atteint son maximum en l2lm ouj2lk orf1(l2lm, l) =f1(j2lk, l) (car l=l2lm+j2lk) donc f1 atteint son maximum aux pointsml−= (j2lk, l) et ml+= (l2lm, l)
Par une preuve similaire, nous montrons que f2 atteint son maximum aux points mL− = (L,min{jL2k, l}) et mL+ = (L,min{l,lL2m}). Nous en déduisons que la fonction max(f1, f2) atteint surR son maximum en mL+
et mL−.
Cependant, ceci ne permet pas d’obtenir ⋆k. Il nous reste, pour cela, à étudier le cas où le donneur donne les couleurs rouge et bleu aux deux premières interrogations du chercheur. En effectuant des expériences, nous pouvons observer qu’il n’y a que les 6 cas de la figure X.18 à traiter.
Dans le cas 6, si les deux points considérés sont de même couleur, leur enveloppe convexe est égale à ces deux points. De ce fait, nous ne prendrons pas en compte ce cas.
Pour traiter les autres cas, nous pouvons observer sur la figure X.18 que dans le cas 3, il est facile d’obtenir le nombre de points de couleurs connues, car cela revient à additionner l’aire de 2 rectangles de dimensions connues.
Le cas 2 revient à additionner l’aire de deux triangles isocèles. Les seuls cas qui posent problèmes sont les cas 1, 4 et 5, pour traiter ces cas, nous allons calculer l’aire en considérant l’aire d’un rectangle ou d’un triangle isocèle
13L’enveloppe convexe d’un ensemble de points relativement àX est l’intersection de l’enveloppe convexe de ces points dansZ2 avecX.
Fig. X.18. Cas possibles lorsque 2 points sont rouge et bleu.
puis en lui enlevant l’aire de triangles rectangles comme représenter sur la figure X.19 avec les triangles grisés.
Fig. X.19. Triangles à enlever.
Nous introduisons donc la fonction α définie surZ2 par α(x, y) =
((y−x)(y−x+1)
2 si x≤y ;
0 sinon.
Cette fonction donne l’aire d’un triangle isocèle rectangle de côté y−x. Nous obtenons ainsi le lemme X.26.
Lemme X.26
Soit z1 = (x1, y1) rouge etz2 = (x2, y2) bleu des points de R rectangle de dimensionl×L avecl≤L, tels quez2−z1 = (n, p)avecn≥0,p≥0 et(|n|,|p|)6= (1,1) alors :
(1) si p≤1, l’ensemble des points rouges est de cardinal : (x1+ 1)2−α(y1, x1)−α(l−y1, x1)
L’ensemble des points bleus est de cardinal :
(L−x2+ 1)2−α(y2, L−x2)−α(l−y2, L−x2) (2) si n≤1, l’ensemble des points rouges est de cardinal :
(y1+ 1)2−α(x1, y1)−α(L−x1, y1) L’ensemble des points bleus est de cardinal :
(l−y2+ 1)2−α(x2, l−y2)−α(L−x2, l−y2)
(3) si0≤ |n−p| ≤1, l’ensemble des points rouges est de cardinal : (y1+ 1)(x1+ 1)
2. ANALYSE MATHÉMATIQUE DE LA SITUATION POUR LE CHERCHEUR 157
L’ensemble des points bleus est de cardinal : (L−y2+ 1)(l−x2+ 1)
(4) sin−p >1etp >1, l’ensemble des points rouges est de cardinal : (x1+ 1)2−α(y1, x1)−α(0, x1)
L’ensemble des points bleus est de cardinal :
(L−x2+ 1)2−α(l−y2, L−x2)−α(0, L−x2)
(5) si p −n > 1 et n > 1, l’ensemble des points rouges est de cardinal :
(y1+ 1)2−α(x1, y1)−α(0, y1) L’ensemble des points bleus est de cardinal :
(l−y2+ 1)2−α(L−x2, l−y2)−α(0, l−y2)
Démonstration : (z+ 1)(z+ 1) correspond au nombre de points inclus dans un triangle isocèle de hauteur z. En effet, ce nombre de points est égal à Pz
k=1(2k+ 1) (voir figure X.20). Six≤y, α(x, y) correspond au nombre de points inclus dans un triangle rectangle isocèles de côtéy−x, car un tel triangle contientPy−x
k=1kpoints (voir figure X.21). (y+1)(x+1) correspond au nombre de points inclus dans un rectangle de dimensionsx×y.
Fig.
X.20. Triangle isocèle de hauteur 3
Fig.
X.21. Triangle rectangle isocèle de côté 4
Nous allons maintenant essayer de déterminer dans chacun des cas si le minimum est atteint par le cardinal de l’enveloppe convexe ou par le cardinal de l’ensemble des points bleus et rouges. Pour simplifier les calculs, nous ne considérons que des carrés. Sur des carrés, nous pouvons négliger les « effets de bords » pour les cas 1, 2, 4 et 5 sous certaines conditions, car il existe une translation verticale ou horizontale qui ne change pas la cardinalité de l’enveloppe convexe mais maximise la cardinalité de l’ensemble contenant les points bleus et rouges. Lorsque les conditions ne sont pas réunies, le mi- nimum est atteint par l’enveloppe convexe. En notant, RB(z1, z2) le cardinal de l’ensemble des points bleus et rouges lorsque z1 est de couleur rouge et z2 de couleur bleu, cela donne le lemme suivant :
Lemme X.27
SoitC un carré de côtéc, soit z1 = (x1, y1) etz2 = (x2, y2) des points de C,z2−z1= (n, p). Alors :
(1) Dans le cas 1 :
(a) si x1 ≤c2 etc−x2 ≤c2, nous posons u= (0,c2−y1) alors RB(z1+u, z2+u) = (x1+ 1)2+ (c−x1−n+ 1)2 ≥ RB(z1, z2). La fonction associée à ce cardinal atteint son maximum enx=c2−nsi n≤c2et enx= 0 sinon.
(b) si x1≥2calors le MaxMin est égal à2 c2−1. (2) Dans le cas 2 :
(a) si y1 ≤c2 etc−y2 ≤2c, nous posons u = (c2−x1,0) alors RB(z1+u, z2+u) = (y1+ 1)2+ (c−y1−n+ 1)2 ≥ RB(z1, z2). La fonction associée à ce cardinal atteint son maximum eny=2c−n sin≤c2et en y = 0sinon.
(b) si y1 ≥c2 alors le MaxMin est atteint pour le cardinal de l’enveloppe convexe dez1 etz2.
(4) Dans le cas 4, nous posons u = (0, y0) = (0, x1−y1+ (n−p)) alorsz1+u∈C,z2+u∈Cet RB(z1+u, z2+u) = (x1+1)(x21+ 1) + (c−x1−n+ 1)(c−x21−n+ 1)≥RB(z1, z2).
De plus, la fonction f :x → (x+ 1)(x2 + 1) + (c−x−n+ 1)(c−x2−n+ 1) atteint son maximum sur[0, c−n]en 0;
(5) Dans le cas 5, nous posonsu = (x0,0) = (y1−x1+ (p−n),0) alorsz1+u∈C,z2+u∈C et RB(z1+u, z2+u) = (y1+1)(y21+ 1) + (c−y1−p+ 1)(c−y1−2p−yo + 1)≥RB(z1, z2).
De plus, la fonction f : y → (y+ 1)(y2 + 1) + (c−y−n+ 1)(c−y2−n+ 1)atteint son maximum sur[0, c−n]en 0.
Démonstration : Les cas 2 et 5 sont identiques aux cas 1 et 4, car nous sommes sur un carré. Nous traitons dans un premier temps le cas 1 :
a) Comme x1 ≤c
2
, c−x2 ≤c
2
et p≤ 1 alors α(c
2
, x1) = α(c− c
2
, x1) =α(c
2
+p, c−x2) =α(c−c
2
−p, c−x2) = 0. Le lemme X.26, nous donne alors la valeur de RB(z1+u, z2+u) qui est supérieure à RB(z1, z2), carαest positif.
b) Dans le cas où x1 ≥ c
2
+ 1 alors z1 et z2 sont dans un rectangle de dimensionc
2
×1 car|p| ≤1. Donc le maximum possible pour le cardinal de l’enveloppe convexe dez1etz2est 2 c
2
−1. Nous allons montrer qu’il existe une translation verticale de vecteur v telle que RB(z1+v, z2+v)≥2 c
2
−1. En fait, il nous suffit de montrer que l’ensemble des points rouges est de cardinal supérieur à 2 c
2
−1. Le cardinal de l’ensemble des points rouges est égal à r = (x1 + 1)2−α(y1, x1)−α(c−y1, x1) d’après le lemme X.26. De plus comme x1≥c
2
alorsr≥(c
2
+1)2−α(y1, x1)−α(c−y1, x1). En effectuant la translation verticale de vecteurv= (0,c
2
−y1), nous avons RB(z1+ v, z2+v)≥ c
2
+ 12
−12 x1−c
2
x1−c
2
+ 1
≥ c
2
+ 12
−
1 2
c
2
c
2
+ 1=12c
2
2
+32c
2
+ 1≥0 donc lorsquex1≥c
2
+ 1, le MaxMin est égal à 2 c
2
−1.
Pour le cas 4, il nous suffit de vérifier que x1+n−p ≥x1. Ceci est vrai car dans le cas 4 nous avonsn−p >1. Donc d’après le lemme X.26, RB(z1+u, z2+u) = (x1+ 1)(x21 + 1) + (x2+ 1)(x22+ 1)≥RB(z1, z2).
2. ANALYSE MATHÉMATIQUE DE LA SITUATION POUR LE CHERCHEUR 159
De plus, f′(x) = 2x−(c−n) donc la fonction est maximale en 0 et c−norf(0) =f(c−n) doncf atteint son maximum en 0.
Ce lemme nous permet de « déterminer » le MaxMin dans les cas 1, 2, 4 et 5.
Lemme X.28
SoitC un carré de côtéc, soit z1 = (x1, y1) etz2 = (x2, y2) des points de C,z2−z1= (n, p). Alors :
(1) Dans les cas 1 et, MaxMin est égal à : max{2γ,(c−θ)2+ 1} avec γ =c+ 4−2√
c+ 3 etθ=c+ 2−√
2 + 2c. (2) Dans le cas 3 MaxMin est égal à :
max{(c− ⌈N1⌉+ 1)2+ 1,⌊N1⌋+ 1} avec N1 =c+32 −√4c+52 .
(3) Dans les cas 4 et 5, MaxMin est égal à : maxc− ⌈χ⌉
2 + 1(c− ⌈χ⌉+ 1) + 1,⌊χ⌋ 2
+ 1 ⌊χ⌋ 2
+ 1 avec χ= 2c+ 5−√
2c2+ 14c+ 21.
Démonstration : (1) Dans le cas 1,
a) Nous allons chercher quelles sont les conditions sur x1 pour que RB(z1+u, z2+u)≥ |conv(z1, z2)|. Pour cela, nous allons étudier le signe de la fonctionf :x→(x+ 1)2+ (c−x−n+ 1)2− |conv(z1, z2)| sur [0, c−n]. La dérivée de cette fonction est f′(x) = 4x−2c+ 2n, nous obtenons donc le tableau de variation suivant :
x 0 c−n2 c−n
f′(x) − 0 + f(x) &f(c−n2 )%
Lorsquep= 0 alors f(c−n2 ) = 2(12(c−n) + 1)2−n−1 donc lorsque n est « proche » de c, f(c−n2 ) est négatif et lorsque nest proche de 0, il est positif. Il nous faut donc chercher les valeurs denpour lesquellesf(c−n2 )≥0. Pour cela, nous posons g(n) =f(c−n2 ).g′(n) =n−c−3 doncg′(n)<0 sur [2, c] donc g est décroissante sur [2, c]. De plus, sur [2, c], g(n) = 0 pour n=c+ 3−√2c+ 7. Nous posons α=⌊c+ 3−√2c+ 7⌋alors sin≤α,g(n)≥0 et sin≥α+ 1,g(n)≥0.
i) Cas oùn≤α, le minimum est le cardinal de l’enveloppe convexe donc nous cherchons max{n+ 1|2 ≤n ≤α}. Il est égal àα+ 1.
ii) Cas oùn≥α+1. Commef(0) =f(c−n)>0, il nous faut déterminer les valeurs dextelles que f(x) = 0.f(x) = 0 est équivalent àx=X1= c−n2 −T oux=X2= c−n2 +T oùT =12p
6n−4c−2−(c−n)2. Soit h(n) = c−n2 − 12
p6n−4c−2−(c−n)2, h′(n) =
−12−2T1 (c−n+3). donc pour toutn∈[α+1, c],h′(n)≤0.
Donchest décroissante sur [α+ 1, c]. De plush(c+ 3−
√2c+ 7) = 12(√2c+ 7−3)≥0,h(c)<0 eth(n) = 0 pour n=c+32−12
√4c+ 5. Nous posonsβ =
c+32−12
√4c+ 5 alors lorsqueα+ 1≤n≤β,X1≥0 etX2≤c et lorsque β+ 1≤n≤c,X1≤0 etX2≥c.
– Cas où β+ 1 ≤ n≤ c alors pour tout x ∈ [0, c−n], f(x) ≤ 0 donc le minimum est atteint par RB(z1+ u, z2+u). Donc le MaxMin est égal à max{(c−n+ 1)2+ 1|β+ 1≤n≤c}= (c−β)2+ 1 ;
– Cas où α+ 1 ≤n ≤ β. Dans le cas où x ∈ [0, X1]∪ [X2, c −n] alors f(x) ≥ 0 donc le minimum est le cardinal de l’enveloppe convexe donc nous cherchons max{n+ 1|β ≥ n ≥ α+ 1}. Le maximum est égal à β+ 1.
Dans le cas oùx∈[⌈X1⌉,⌊X2⌋] alors le minimum est RB(z1+u, z2+u) = (x+ 1)2+ (c−x−n+ 1)2. Soit i:x→(x+1)2+(c−x−n+1)2alorsi′(x) =f′(x) donc iest maximum en ⌈X1⌉ou⌊X2⌋. Ori(X1) =i(X2) = n+ 1 donc le maximum est inférieur àβ+ 2 ;
Lorsquep= 1, nous avonsf(c−n2 ) = 2(c−n2 + 1)2−2n qui est positif si et seulement si n ≤ c+ 4−2√
c+ 3. Nous posons γ=
c+ 4−2√ c+ 3.
i) Cas oùn≤γ. Le minimum est atteint par le cardinal de l’enveloppe convexe, le MaxMin est donc égal à 2γ.
ii) Cas où γ ≤n ≤c. f(x) = 0 est équivalent à x=Z1 =
c−n
2 −Roux=Z2= c−n2 +RoùR= 12p
8n−4c−4−(c−n)2. Nous posons θ =
c+ 2−√2 + 2c alors si γ ≤n ≤ θ, Z1≥0 etZ2≤c et siθ≤n≤c,Z1≤0 etZ2≥c.
– Cas oùθ+1≤n≤c. Le MaxMin est égal à (c−θ)2+1.
– Cas oùγ≤n≤θ. Le MaxMin est inférieur àθ+ 2.
Nous pouvons alors remarquer que 2 c
2
−1, α+ 1, β+ 2, θ+ 2 sont inférieurs àcet 2γ≥c. De plus, (c−θ)2+ 1≥(c−β)2+ 1. Donc dans le cas 1, le MaxMin est égal à max{2γ,(c−θ)2+ 1}.
(2) Dans le cas 3,
(a) Cas oùn=p. Nous avonsRB(z1, z2) = (x1+ 1)(y1+ 1) + (c− n−x1+ 1)(c−n−y1+ 1) et|conv(z1, z2)|=n+ 1. Nous avons : max{RB(z1, z2)|z2−z1= (n, n)}= (c−n+ 1)2+ 1
Nous allons comparer ce résultat avecn+ 1. Ce qui nous per- mettra de déterminer en fonction de la valeur denpar qui est atteint le minimum. Pour cela, nous allons étudier la fonction f :n→(c−n+ 1)2−n. Nous posonsN1= 12(2c+ 3−√4c+ 5) et N2 = 12(2c+ 3 +√4c+ 5), ce sont les racines de f. Nous
2. ANALYSE MATHÉMATIQUE DE LA SITUATION POUR LE CHERCHEUR 161
pouvons remarquer queN2 ≥c et 0≤N1 ≤c donc sur [0, c], f(n)≥0 si et seulement si n≤N1.
(i) Cas oùc≥n≥ ⌈N1⌉. Le minimum est atteint parRB, le MaxMin est donc égal à (c− ⌈N1⌉+ 1)2+ 1.
(ii) Cas où 0 ≤ n ≤ ⌊N1⌋. Le minimum est atteint par la convexité, le MaxMin est donc égal à⌊N1⌋+ 1.
Donc Maxmin est égal à max{(c− ⌈N1⌉+ 1)2+ 1,⌊N1⌋+ 1} dans le cas oùn=p.
(b) Cas oùp=n+ 1. Nous avonsRB(z1, z2) = (x1+ 1)(y1+ 1) + (c−n−x1+ 1)(c−n−y1) et |conv(z1, z2)|= 2(n+ 1). Nous avons :
max{RB(z1, z2)|z2−z1= (n, n+ 1)}= (c−n+ 1)2
Etudions la fonctiong:n−>(c−n+1)2−2(n+1). Les racines deg sontM1=c+ 2−√2c+ 5 et M2 =c+ 2 +√2c+ 5. Or 0≤M1≤cetM2≥c. Donc sur [0, c],g(n)≥0 si et seulement sin≤M1.
(i) Cas oùc≥n≥M1. Le MaxMin est égal à (c−⌈M1⌉+1)2; (ii) Cas oùn≤M1. Le MaxMin est égal à 2(⌊M1⌋+ 1).
(3) Dans le cas 4, nous avons|conv(z1, z2)|= (n−p+1)(p+1) etRB(z1+ u, z2+u) = (x1+1)(x21+1)+(c−x1−n+1)(c−x21−n+1)≥RB(z1, z2).
Nous avon :
max{RB(z1, z2)|z2−z1= (n, p)}= c−n
2 + 1
(c−n+ 1) + 1 Posons f : (n, p) → c−n2 + 1(c−n+ 1) + 1−(n−p+ 1)(p+ 1). ∂f∂p(n, p) = 2p−n. Doncf(n, .) atteint son minimum enf(n,n2).
f(n,n2) est supérieur à 0 sur [0, c] si et seulement sin≤χ= 2c+ 5−
√2c2+ 14c+ 21.
(a) Cas oùn≤χ. Le minimum est atteint par le cardinal de l’en- veloppe convexe, nous cherchons donc max{(n−p+ 1)(p+ 1)|n≤ ⌊χ⌋, p≤n−1}. Anfixé, le maximum est atteint pour p=⌊n/2⌋oup=n
2
. Donc max{(n−p+ 1)(p+ 1)|n≤ ⌊χ⌋, p≤n−1}=
⌊χ⌋ 2
+ 1 ⌊χ⌋ 2
+ 1
.
(b) Cas oùχ≤n≤c. Le minimum est atteint parRB(z1+u, z2+ u). Nous cherchons donc max{ c−n2 + 1(c−n+ 1) + 1|⌈χ⌉ ≤ n≤c}. Celui-ci est égal à
c− ⌈χ⌉
2 + 1
(c− ⌈χ⌉+ 1) + 1 Dans le cas 4, le MaxMin est donc égal à max
c− ⌈χ⌉
2 + 1
(c− ⌈χ⌉+ 1) + 1, ⌊χ⌋
2
+ 1 ⌊χ⌋ 2
+ 1