5 pour 1

Eh oui... on n'en sort pas... :-(

À défaut d'une preuve géométrique du cas précédent, l'approche calculatoire par les multiplicateurs de Lagrange donne un seul point critique dans ce cas $\theta_1=\theta_2=\theta>\pi$ et on a apparemment dans ce cas $S''(\theta)-\lambda l''(\theta)>0$ donc c'est un minimum local, et donc le maximum est bien atteint sur le bord.

Voici comment on peut traiter le cas "6" sachant que le cas "2" :\begin{align*}
\text{Maximiser }& S(\theta_1)+S(\theta_2)\\ \text{sous la contrainte }& l(\theta_1)+l(\theta_2)=L\in\Bigl[2,2l\Bigl(\frac{3\pi}2\Bigr)\Bigr] \text{ et } (\theta_1,\theta_2)\in\Bigl[0,\frac{3\pi}2\Bigr]^2
\end{align*}admet un maximum global strict (l'ordre dans le couple $(\theta_1,\theta_2)$ est sans importance) pour
-- $\theta_1=\theta_2\in[0,\pi]$, si $L\in[2,\pi]$ ;
-- $\theta_1=2\pi-\theta_2\in[\frac\pi2,\frac{3\pi}2]$, si $L\in{]}\pi,\pi\sqrt2]$ ;
-- $\theta_1$ ou $\theta_2=\frac{3\pi}2$, si $L\in{]}\pi\sqrt2,\frac{3\pi}2\sqrt2]$.

Supposons le maximum atteint* dans le cas "6" :\begin{align*}
\text{Maximiser }& \sum_{i=1}^6 S(\theta_i)\\ \text{sous la contrainte }& \sum_{i=1}^6 l(\theta_i)=10 \text{ et } (\theta_1,\ldots,\theta_6)\in\Bigl[0,\frac{3\pi}2\Bigr]^6
\end{align*}et appelons un point de maximum $(\theta_1^\star,\ldots,\theta_6^\star)$ (l'ordre est sans importance).

-- S'il existe $i_0$ tel que $\theta_{i_0}^\star=\frac{3\pi}{2}$, alors on peut se ramener au cas "8" en remplaçant $\theta_{i_0}^\star$ par 3 angles de mesure $\frac{\pi}{2}$. L'aire du domaine délimité par les arcs dans ce cas $\bigl(2+\sum_{i=1}^6 S(\theta_i^\star)\bigr)$ est donc strictement inférieure à l'aire maximale du cas "8" $\bigl(3+\sum_{i=1}^8S(\theta_i^\mathrm{opt})\bigr)$.

-- Sinon, si $\theta^\star_i\ne\frac{3\pi}2$ pour tout $i$, alors $\theta_i^\star\in\{\theta^\star,2\pi-\theta^\star\}$. En effet dans le cas contraire, il existe $j,k$ tels que $\theta_j^\star\ne\theta_k^\star$ et $\theta_j^\star\ne2\pi-\theta_k^\star$, de plus on a supposé $\theta_j^\star,\theta_k^\star\ne\frac{3\pi}2$, donc d'après le cas "2" on peut faire strictement mieux avec deux angles égaux ou complémentaires ou un des angles égal à $\frac{3\pi}2$, à la place de $\theta_j^\star$ et $\theta_k^\star$. Contradiction.
Ensuite la contrainte impose $\sum_{i=1}^6 l(\theta_i^\star)=nl(\theta^\star)+(6-n)l(2\pi-\theta^\star)$ qu'on résoud pour $n=6,5,4,3$ en cherchant $\theta^\star\in[0,\pi]$ pour $n=6$ et $\theta^\star\in{]}\frac{\pi}2,\frac{3\pi}2[$ pour $n=5,4,3$. Le calcul exhaustif des valeurs de $2+nS(\theta^\star)+(6-n)S(2\pi-\theta^\star)$ correspondantes montre qu'on fait strictement mieux dans le cas "8".

On peut faire une étude analogue du cas "4" pour l'éliminer à son tour.

Ça semble correct ?
* @remarque : comment rédigerais-tu le fait que le maximum est atteint par un argument de compacité ? Merci, et j'arrêterai là. :-D