L`escalier du diable

L’escalier du diable
Travail réalisé par :
Xavier CAMPENON, Maxime CARRON, Aurélie CHARMEAU, Chloé CORNUÉJOLS
Maxime FOCH, Laetitia LALLA, Marie LÉCUREUX,
(élèves en TS au lycée Pierre-Paul Riquet de Saint Orens)
Encadrés par
Xavier BUFF (chercheur à l'université Paul Sabatier de Toulouse)
Anne COPROS et Florence PELLAT (professeures)
Énoncé du sujet :
On considère une fonction f définie sur l’intervalle [0 ; 1] telle que :
•
f (x)
x
f   =
3
2
 
•
f (1 – x) = 1 – f(x)
•
La fonction f est croissante sur l’intervalle [0 ; 1].
253
Déterminer l'image par f de
3280
1
Nous allons d’abord nous intéresser à la façon dont la fonction est construite.
Ensuite, nous montrerons comment on peut trouver l’image d’un nombre, en particulier
253
.
celui donné par le sujet
3280
A) ÉTUDE DE LA FONCTION
1.- Premières recherches
2. Etude des bornes des paliers - suite de Carronacci
3. Détermination des "hauteurs des paliers"
B RECHERCHE DE L’IMAGE DE
253
3280
1. Le principe
2. La méthode de départ
a) l'idée et les notations
b) l'algorithme
c) la réalisation sur tableur
3. Comment trouver l’image d’un nombre n’étant sur aucun
palier ?
2
A) ÉTUDE DE LA FONCTION
1.- Premières recherches
f (1 – x) = 1 – f(x)
•
ceci nous laisse penser que la courbe admet
1 1
un centre de symétrie de coordonnées ( ; )
2 2
Avec ces données on peut rapidement calculer l’image de 0:
0 f (0)
f =
3
2
f (0 )
⇔ f (0 ) =
3
⇔ f (0) = 0
•
l’image de 1 : f (1) = f (1 – 0) = 1 – f (0) = 1
•
De même, on calcule
1 f(1) 1
et
=
f =
2 2
3
1

2
1 1
1
f   = f 1 −  = 1 − f   = 1 − =
2 2
3
3

3
La fonction f étant croissante sur [0 ; 1] , un nombre entre
1 2
et aura
3 3
1
donc pour image :
2
1
2
1
3
2
3
On observe donc un palier entre les abscisses x =
1
2
1
et x = .
3
3
3
En répétant cette opération , on peut observer le même phénomène de paliers
3
4
7 8
1 2 
sur les intervalles  ,  et  , 
9 9 
9 9 
1
4
1
9
2
9
O
puis sur les intervalles
1 2 7
8
,
 ,  ,  ,
27 27 27 27 
7
9
8
9
1
19 20 25 26
 ,  ,  , 
27 27 27 27
La représentation de cette fonction est donc formée uniquement par des
« paliers »
4
2. Etude des bornes des paliers - suite de Carronacci
En continuant, les calculs, nous avons alors essayé de trouver une régularité
dans les bornes de ces paliers et nous avons remarqué qu'elles étaient de la
forme :
k−1
k−2
et
n
3n
3
où n ∈ IN et k ∈ 3 IN (ensemble des multiples de 3)
Remarques : la fonction f étant définie sur [0 ; 1] , il faut k ≤ 3n
Par ailleurs, si
p
p
n est une borne d'un palier alors n+1 est aussi borne d’un
3
3
palier.
Nous nous sommes donc intéressés aux numérateurs possibles pour ces
nombres, et plus particulièrement aux valeurs de k (multiples de 3)
correspondantes, puisque ce sont toujours les mêmes qui interviennent. Nous
avons construit une suite qui permet de toutes les obtenir, donc de retrouver
aisément toutes les abscisses des bornes des paliers de cette fonction.
Pour construire cette suite, nous allons en utiliser une autre , qui donne le
nombre de multiples de 3 compris entre 2 valeurs consécutives de k.
numérateurs
nombre k
nombre de
multiples de 3
"oubliés"
1
2
7
8
3
19
20
9
1
25
26
21
3
etc…
27
1
etc…
etc…
Cette dernière suite étant de la forme : 1 - 3 - 1 - 9 - 1 - 3 - 1 - 27 - ….
Nous l’avons simplifiée, en prenant le logarithme de base 3.
On a obtenu ainsi une suite de la forme :
0–1–0–2-0–1–0–3-0–1–0–2-0–1–0–4-…
que nous avons baptisée LA SUITE DE CARRONACCI
5
Nous avons étudié cette suite pour savoir comment la construire. On peut
d’abord remarquer qu’un terme sur deux est un 0, mais surtout que la suite se
répète. On peut la construire alors de la manière suivante :
1
2
3
4
5
6
7
Son premier terme est 0
Le deuxième terme est un 1
Après le 1, on réécrit les termes qui précédaient ce 1.(c'est à dire le 0)
Le terme qui suit cette répétition est l’entier suivant, c’est a dire 2
On réécrit ensuite tous les nombres qui précédaient 2
puis le nombre qui suit est un 3
On répète l’opération…
Cela donne :
0-1-0
0-1-0-2-0-1-0
0-1-0-2-0-1-0-3-0-1-0-2-0-1-0
0-1-0-2-0-1-0-3-0-1-0-2-0-1-0-4-0-1-0-2-0-1-0-3-0-1-0-2-0-1-0
On retrouve ensuite facilement les valeurs de k possibles, ainsi que les bornes
des paliers :
Rang
Suite de Carronacci
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
0
1
0
2
0
1
0
3
0
1
0
2
0
1
0
4
Exemple : (rang 9)
3×(1+33) + 81
= 3 x 28 + 81
=165
k
3
9
21
27
57
Formule :
3×(1+3nbr de la suite) +
63
multiple de 3 précédant k
dans la liste
81
75
165
171
183
189
219
225
237
243
489
6
3. Détermination des "hauteurs des paliers"
Ensuite, nous avons remarqué que
k − 2 k − 1
A
si x ∈  n ,
n  alors f (x) = n
2
3 
 3
avec A ∈IN et A ne dépendant que de k ( et pas de n)
.
En mettant en correspondance la suite des k et les termes A, on peut remarquer
que la suite qui donne les valeurs de A correspondantes est la suite de nombres
impairs ( 1 , 3 , 5 , 7 , 9 …)
Ainsi au premier terme de la suite des k (trouvés grâce à la suite de Carronacci)
correspond un couple (1 et 2) et une valeur de numérateur d’ordonnée A (1) , au
deuxième terme correspond le couple suivant (7 et 8) et une valeur de A (3) etc
La correspondance entre k et A est donnée ci−après :
k
A
3
1
9
3
21
5
Paliers :
Abcisses des extrémités :
k- 2
3n
Ordonnée du palier :
k -1
3n
A
2n
27
7
57
9
63
11
75
13
81
15
165
17
( 75-2 = )
( 75-1 = )
171
19
73
3n
74
3n
183
21
189
23
Pour n = 5, on obtient le
219
25
palier d’abscisses 
225
27
237
29
243
31
489
33
Exemple :
Abcisses des extrémités :
Ordonnée du palier :
13
2n
73 74 
;
 243 243 
et d’ordonnée
13
32
7
B RECHERCHE DE L’IMAGE DE
253
3280
1. Le principe
253
, nous avons établi un algorithme qui, en
3280
s’appuyant sur un encadrement de X, permet de trouver un encadrement de f(X).
comme le montre le tableau suivant.
Pour trouver l’image de X=
Sur l’intervalle [0;1]
y
1
0 < X <1 et 0< ƒ (X) < 1
Palier 1: A1 (
3
—
4
1
—
4
1
1
0 < X < donc 0< ƒ (X) <
2
3
Palier 1
1
—
2
A
2 1
1 1
Palier 2: A2 ( ; ) ; B2 ( ; )
9 4
9 4
B
1
1
0 < X < donc 0< ƒ (X) <
4
9
Palier 2
A
Palier 3: A3 (
B
Palier
3
A B
O
1
—
9
2 1
1 1
; ) ; B1 ( ; )
3 2
3 2
2 1
1 1
; )
; ) ; B3 (
27 8
27 8
1
1
1
2
< X < donc < ƒ (X) <
4
8
9
27
2
—
9
1
—
3
4
—
9
5
—
9
2
—
3
7
—
9
8
—
9
x
1
X
Ainsi en resserrant l’encadrement autour de X, on peut connaître un
encadrement de plus en plus précis de f (X), et si X est sur un palier, on
connaîtra f (X)
On cherche ainsi à trouver le palier qui contient X.
8
2. La méthode de départ
a) l'idée et les notations
d
b
b'
c+d
2
a'
f (X)
a
c
X
b) l'algorithme
au rang n
B
A
<X< n=b
3
3n
D
C
c = n < f (X) < n = d
2
2
avec
a=
Au rang n+1
B
D
A
C
= f  n et n = f  n
3
2
3
2n
 
 
on crée le palier intermédiaire
3A+1
B'
b' = n+1 = n+1
3
3
A' 3B − 1
a' = n+1 = n+1
3
3
C+D
et f (b') = f (a') = n+1
2
Si a < X < b'
Alors
C+D
C
<ƒ( X) < n+1
2
2n
Si a' < X < b
Alors
D
C+D
<ƒ( X)< n
2
2n+1
Si b' < X < a' .
Alors
ƒ(X) = C+D
n+1
2
FIN
9
c) la réalisation sur tableur
(seuls les numérateurs sont écrits)
X≈
0,077134146
à l'étape n encadrement de X obtenu
Puissance n
A
B
encadrement de f(X)
bornes du nouveau palier
B'
A'
C
D
1
0
1
1
2
0
1
2
0
1
1
2
0
1
3
0
1
1
2
0
1
4
2
3
7
8
1
2
5
6
7
19
20
2
3
6
18
19
55
56
4
5
7
56
57
169
170
9
10
8
168
169
505
506
18
19
9
506
507
1519
1520
37
38
10
1518
1519
4555
4556
74
75
11
4554
4555
13663
13664
148
149
12
13664
13665
40993
40994
297
298
13
40992
40993
122977
122978
594
595
Nous avons testé notre programme jusqu’aux limites de calculs du tableur, sans
obtenir le palier cherché. La question suivante s’est alors posée :
3. Comment trouver l’image d’un nombre n’étant sur aucun
palier ?
C’est là que notre chercheur nous a donné une idée :
Quelle borne change sur les deux, la plus petite ou la plus grande, et dans
quel ordre ?
10
Nous avons donc complété notre programme de la façon suivante :
b
b'
b
a'
b'
a
a'
a
X
X
Le programme affiche 0
si X est avant le nouveau
palier
Le programme affiche 1
si X est après le nouveau
palier
Et nous avons obtenu le tableau complété précédent :
X≈
0,077134146
à l'étape n
encadrement de X
obtenu
Puissance
n
A
B
bornes du nouveau
palier
B'
encadrement de
f (X)
A'
C
D
1
0
1
1
2
0
1
0
2
0
1
1
2
0
1
0
3
0
1
1
2
0
1
1
4
2
3
7
8
1
2
0
5
6
7
19
20
2
3
0
6
18
19
55
56
4
5
1
7
56
57
169
170
9
10
0
8
168
169
505
506
18
19
1
9
506
507
1519
1520
37
38
0
10
1518
1519
4555
4556
74
75
0
11
4554
4555
13663
13664
148
149
1
12
13664
13665
40993
40994
297
298
0
13
40992
40993
122977
122978
594
595
0
11
On en déduit les encadrements de f (x) :
si le programme affiche 0
c < f (X) <
si le programme affiche 1
c+d
< f (X) < d
2
c+d
2
Premiers calculs :
Intervalle de départ: [0;1]
milieu de l'intervalle
nouvel intervalle
0
0+
1−0 1
=
2
2
1
[0 ; ]
2
[0 ; 1]
0
1
−0
2
1
= 2
0+
2
2
1
[0 ; ]
2
[0 ;
1
]
22
1
1
−0
22
1
= 3
0+
2
2
[0 ;
1
]
22
[
1 1
; ]
23 22
Et ainsi de suite…
On a constaté (et admis) que la suite obtenue était périodique de motif
00100101
Or la suite de transformations 00100101 appliquées à l’intervalle [0;1] donne
l’intervalle
1
1 1 1 1 1
 3 + 6 + 8 , 3 + 6 + 7
2 2 2 2 2
2
1 1 1
La borne inférieure est 3 + 6 + 8
2 2 2
12
Si on applique une deuxième fois cette suite de transformations 00100101,
1
1
1
1 1 1
La borne inférieure devient : 3 + 6 + 8 +
3+8 + 6+8 + 8+8
2
2
2
2 2 2
On constate que les puissances de 2 qui interviennent correspondent aux places
des chiffres 1 dans la suite 00100101 00100101
On construit donc une suite (Un) telle que Un =
1
8n+3
+
1
8n+6
+
1
8n+8
2
2
2
et on obtient comme borne inférieure d’un intervalle qui encadre le nombre
cherché U0 + U1 + …+ Un
La différence entre la borne inférieure et supérieure de l’intervalle qui encadre le
nombre tendant vers 0, il suffit donc d’étudier la limite de la somme des termes
de la suite pour trouver la valeur de f (X)
1
1
1 1
∑ Un = 23 + 26 + 28 × ∑ 28n


1
1
or Vn = 8n est une suite géométrique de raison 8
2
2
1
37
28
1 1
=
d'où
lim ∑ Un =  3 + 6 + 8 × 8
2 2  2 − 1 255
2
∞
la valeur du nombre cherché est donc
f (X) =
37
255
Merci d’avoir lu notre dossier jusqu’au bout, nous espérons que notre
travail vous a intéressé et que vous ne vous engagerez plus dans un
escalier sans vérifier au préalable que le diable ne s’y est pas
caché…
13