8490 : Pâtisserie sous contrainte

SOLUTION

Les solutions se trouvent de manière intuitive, mais on peut bien sûr les démontrer ! Introduisons les notations suivantes.

On a AO₁ + O₁I + IO₂ + O₂B = AB. En appliquant le théorème de Pythagore, on trouve  AO₁ = R₁,  AO₂ = R₂  et  AB = a.

Avec O₁I = R₁ et O₂I = R₂, on déduit de l’égalité que R₁ + R₂ = (2 ‒  )a  et donc que cette somme est constante.

Les gâteaux ayant une hauteur fixe, il suffit de s’intéresser à l’aire des deux cercles de centre O₁ et O₂ pour voir quand elle est minimale et maximale. On a : A = πR₁² + πR₂² = 2π[(3 – 2 )a + R₁² ‒ (2 ‒  )a R₁].

En considérant que R₁ est une variable, on reconnaît une fonction quadratique (représentée par une parabole), laquelle possède un minimum.

Pour que A soit maximale, R₁ doit être le plus grand possible en tenant compte de la taille de la boîte.

On a alors R₁ = a / 2 et, par conséquent, R₂ = (3 / 2 ‒√2 )a.

Pour que A soit minimale, on calcule la dérivée de A par rapport à R₁ ; on trouve
2π[2R₁ ‒ (2 ‒ √2 )a], qui s’annule pour R₁ = (1 ‒ √2 /2)a.

Le calcul de R₂ donne la même valeur. Les deux gâteaux doivent donc être identiques et on aura une surface, donc un volume, de gâteau minimal, avec un point de tangence I au centre du carré.