Préambule

Présentation du sujet

Un pâtissier réalise une pâte de la manière suivante :

• Il dispose une pâte $1$ m $\times1$ m sur un plan de travail
• A l’aide d’un rouleau à pâtisserie il l’étale en une pâte de $2$ m de long (toujours sur $1$ m de large)
• Il la replie sur elle-même de manière à obtenir un carré de $1$ m $\times 1$ m

Il réalise cette opération un grand nombre de fois.

Le pâtissier aperçoit alors une petite coquille tombée dans la pâte. Après une étape, elle a changé de place, après une seconde étape, elle a à nouveau bougé, etc.

Le but consiste donc à étudier les relations entre les positions de départ et celles d’arrivée de notre coquille d’œuf.

Remarque : Une extension et un pliage correspondent à une étape de la fabrication de la pâte feuilletée.

Modélisation du problème

Illustration

Comme le suggère la figure ci-dessus, deux cas sont possibles :

• Soit la coquille a une position initiale inférieure à $\dfrac{1}{2}$. Après étalement, elle se trouve deux fois plus loin donc sa position est inférieure à $1$. Lorsque l’on replie elle ne bouge pas, d’où sa position finale égale à $2x$.
• Sinon, elle se situe dans la seconde partie de la pâte (supérieure à $\dfrac{1}{2}$). Quand on étale, sa position de départ est doublée : elle est donc supérieure à $1$. Et lorsque l’on replie, c’est sa distance au bord droit qui définira sa position. En effet, la coquille située à $2x$ du bord gauche est donc à $2-2x$ du bord droit. C’est cette distance qui est reportée quand on plie la pâte.

Mise en équation

Soit $ x $ la position de la coquille avant pliage donc $ x \in [0;1] $.
Soit $ f(x) $ une fonction qui associe à $ x $ sa position après pliage.

• Si $ x \le \frac{1}{2} $ : $ f(x) = 2x $
• Si $ x > \frac{1}{2} $ : $ f(x) = 2 – 2x $

En partant de $x$, les coquilles prendront donc les positions suivantes :

Les différents cycles

Après $n$ étapes au plus

Quelles sont les positions $x$ telles que la coquille revienne à sa position initiale après $n$ étapes ?

Exemples

D’après le graphe, il suffit d’écrire qu’à l’étape $n$, la position est celle de l’étape 0, càd $x$. Faisons donc quelques tests, sur les premières valeurs de $n$.

Pour $n=2$, on écrit les équations correspondant aux quatre cas possibles :

\begin{eqnarray}
\begin{cases}
4x &=& x \text{ ou} \\
2-4x &=& x \text{ ou} \\
4-4x &=& x \text{ ou} \\
-2 + 4x &=& x
\end{cases}
\end{eqnarray}

ce qui conduit à l’ensemble des $2^2$ solutions $S_2$ : $S_2=\left\{0,\dfrac{2}{5},\dfrac{4}{5},\dfrac{2}{3}\right\}$

De la même manière, nous obtenons pour $n=3$ et $n=4$ :

• $\textbf{n = 3} \\ S = \left\{0, \dfrac{2}{9}, \dfrac{4}{9}, \dfrac{6}{9}, \dfrac{8}{9}, \dfrac{2}{7}, \dfrac{4}{7}, \dfrac{6}{7} \right\}$
• $\textbf{n=4} \\ S = \left\{0, \dfrac{2}{17}, \dfrac{4}{17}, \dfrac{6}{17}, \dfrac{8}{17}, \dfrac{10}{17}, \dfrac{12}{17}, \dfrac{14}{17}, \dfrac{16}{17}, \dfrac{2}{15}, \dfrac{4}{15}, \dfrac{6}{15}, \dfrac{8}{15}, \dfrac{10}{15}, \dfrac{12}{15}, \dfrac{14}{15} \right\}$

soit, $2^3$ et $2^4$ positions respectivement.

Conjecture

On déduit, à partir du graphe et des exemples :

\begin{eqnarray*}
\begin{cases}
x = \dfrac{ 2i }{2^n – 1} \text{ ou }\\
x = \dfrac{ 2j }{2^n + 1}
\end{cases}
\end{eqnarray*}

avec $i,j$ des entiers tels que $i \in [\![ 1; 2^{n-1} [\![ $ et $j \in [\![ 0; 2^{n-1} ]\!]$, soit $2^n$ positions initiales possibles.

Démontrons cette conjecture.

Démonstration

Pour démontrer les formules précédentes nous allons procéder de la manière suivante :

1. A l’aide du graphe, déterminer une formule qui donne les positions $P(x)$, qui sont de la forme $P(x) = ax + b$
2. En déduire une expression de $x$, en résolvant $P(x)=x$

Ainsi, on détermine les positions $P(x)$ qui coïncident avec $x$.

• $1.$ A l’étape $k+1$, $P_k(x)$ est multiplié par $2$ ou bien par $-2$, en fonction de sa valeur par rapport à $\dfrac{1}{2}$. $\\$ Partant de $0$, au bout de $n$ étapes, le coefficient $a$ de $x$ sera donc de la forme $\pm 2^n$.

Remarque : $a$ et $b$ sont toujours de signes contraires.

En effet, l’opération $x \mapsto 2-2x$ est la seule des deux à faire apparaître $b$, qui est alors de signe opposé à $a$.
Comme l’opération $x \mapsto 2x$ ne change le signe ni de $a$, ni de $b$, il y en aura toujours un positif et un négatif.

Cherchons ensuite la valeur de $b$ dans $P_n (x) = ax + b$, où $P_n (x)$ représente une position possible au rang $n$. On peut, à partir de l’analyse du graphe, deviner la forme de $b$. Encore faut-il le prouver.

Soit $\mathcal{P}_n$ la propriété :

Toutes les positions de la coquille au bout de $n$ étapes sont données par :

\begin{equation*}
P_n(x) = ax -2^n + 2k \text{ avec } k \in [\![ 1; 2^{n} ]\!]
\end{equation*}

Nous choisissons de démontrer par récurrence cette proposition.

• Initialisation : $\\$ Soit $n=1$, l’arbre nous donne $S_1 = \left\{2x, 2-2x \right\}$ on a donc $b = 0$ et $b = 2$. $\\$ La formule, elle, nous donne avec $k \in [\![1; 2^{n} ]\!]$ c’est à dire $k \in [\![1; 2^{1} ]\!]$ :
  • Soit $k = 1$, $b = -2^1 + 2 \times 1 = 0$ et
  • Soit $k = 2$, $b = -2^1 + 2 \times 2 = 2$ $ \\$ Les résultats sont bien identiques, donc $\mathcal{P}_1$ est vraie. $\\$
• Hérédité : $\\$ Supposons maintenant $\mathcal{P}_n$ vraie et montrons que $\mathcal{P}_{n+1}$ est vraie. $\\$D’après l’hypothèse de récurrence les positions de la coquille sont données par $P_n (x) = ax + b$ avec $b = -2^n + 2k$, à l’étape suivante $b$ sera donc de la forme :
  • $2 \times(-2^n + 2k) = -2^{n + 1} + 2 \times 2k $ (Étape $x \mapsto 2x$), ou bien
  • $2 – 2 \times(-2^n + 2k) = 2 + 2^{n + 1} – 2 \times 2k $ (Étape $x \mapsto 2-2x$)

On obtient donc deux listes $b$ :

• l’une allant de $b = -2^{n + 1} + 4$ ($k = 1$) à $b = 2^{n+1}$ ($k = 2^n$)
• l’autre de $b = 2^{n + 1} + 2$ ($k = 1$) à $b = – 2^{n + 1} + 2$ ($k = 2^n$)

Chacune allant de $4$ en $4$ et puisqu’elles commencent décalées de $2$, elles n’ont pas de valeurs communes.
Ensemble, elles prennent donc toutes les valeurs paires de $b = -2^{n+1} + 2$ à $b = 2^{n+1}$.

On obtient alors $b = -2^{n+1} + 2k$ ou $b = 2^{n+1} + 2 -2k$, donc $\mathcal{P}_{n+1}$ est vraie.

Finalement, $\mathcal{P}_n$ vraie pour tout entier $n$.$\qquad \blacksquare$

Nous venons donc de montrer que $P = ax – 2^n + 2k$ avec $k \in [\![ 1 ; 2^{n-1} [\![$ ou $P = ax – 2^n + 2k$ avec $k \in [\![ 2^{n-1}; 2^{n} ]\!]$ .

Remarque : Ces deux expressions auraient pu être ramenées en une seule, en faisant varier l’intervalle de $k$, mais cette écriture permet de garder un lien avec l’énoncé et de tenir compte de la différence de dénominateurs observée dans les exemples.

D’après ce qui a été dit précédemment, $a$ et $b$ sont de signes contraires donc :

• Si $- 2^n + 2k \ge 0$, $k \ge 2^{n-1}$ et donc $a < 0$
• Si $- 2^n + 2k < 0$, $k < 2^{n-1}$ et donc $a > 0$

Finalement on obtient :

\begin{eqnarray*}
\begin{cases}
C &=& \phantom{-}2^n x -2^n + 2k \text{ pour } k \in [\![ 1 ; 2^{n-1} [\![ \\
C &=& -2^n x -2^n + 2k \text{ pour } k \in [\![ 2^{n-1}; 2^{n} ]\!]
\end{cases}
\end{eqnarray*}

• 2. Si on veut à présent, que la position atteinte au rang $n$ soit égale à celle de départ, il faut résoudre d’une part l’équation pour $k \in[\![ 1 ; 2^{n-1} [\![$ :

\begin{eqnarray*}
x &=& 2^n x -2^n + 2k \text{ c’est-à-dire}\\
&=& \dfrac{2^n – 2k}{2^n-1}\\
&=& \dfrac{2k}{2^n-1}
\end{eqnarray*}

Et d’autre part, pour $k \in [\![ 2^{n-1}; 2^{n} ]\!]$ :

\begin{eqnarray*}
x &=& -2^n x -2^n + 2k \text{ c’est-à-dire} \\
&=& \dfrac{-2^n + 2k}{2^n + 1}
\end{eqnarray*}

En changeant l’intervalle de $k$, cette équation donne $x = \dfrac{2k}{2^n+1}$ avec $k \in [\![ 0 ; 2^{n-1} ]\!]$

On obtient bien les solutions énoncées dans la conjecture :

\begin{eqnarray*}
\begin{cases}
x &=& \dfrac{2k}{2^n-1} \text{ avec } k \in [\![ 1 ; 2^{n-1}[\![ \\
x &=& \dfrac{2k}{2^n+1} \text{ avec } k \in [\![ 0 ; 2^{n-1} ]\!]
\end{cases}
\end{eqnarray*}

Après $n$ étapes exactement

Combien existe t-il de positions telles que la coquille revienne pour la première fois à sa position initiale après $n$ étapes ?

Pour répondre à cette question, nul besoin d’équation mais de bon sens.

Prenons une coquille revenue à sa position initiale au bout de $3$ étapes, elle reviendra donc à cette même position pour tous les multiples de $3$, c’est comme si elle recommençait un cycle à l’infini.

Donc pour que la coquille revienne pour la première fois à sa position initiale il faut soustraire au nombre total de possibilités toutes celles correspondant à un de ses diviseurs (hormis $n$ bien entendu).

Par exemple pour un nombre premier, comme $5$, il faut seulement enlever les positions qui reviennent toutes les 1 étapes:

En effet, quand une coquille revient à une même position au bout de $n$ étapes, c’est que son cycle a pour longueur un diviseur de $n$. Or, le seul diviseur d’un nombre premier étant $1$, c’est le seul cycle à prendre en compte.
On obtient donc pour $5$ : $2^5-2 = 30$.

Par contre, pour $10$ qui a $3$ diviseurs $1, 2, 5$ (sans compter lui même), il faut enlever les coquilles qui reviennent à leur position toute les $1$ étape, $2$ étapes et $5$ étapes.

Finalement on a :
$2^{10} – (2^5 – 2) – (2^2 – 2) – 2 = 990 $ solutions.

Remarque : Attention à ne pas oublier d’enlever les cycles de ces diviseurs également : si on avait laissé $2^{10} – 2^5 – 2^2 – 2 $, on aurait enlevé trop de fois le cycle de $1$ (il est compris dans $1$, dans $2$ et dans $5$), il faut donc bien penser à soustraire « le nombre de position telles que la coquille revienne pour la première fois à sa position initiale au bout de $q$ étapes » ou $q$ est le diviseur envisagé.

Une propriété intéressante

Lorsque $n$ est premier, nous avons vu précédemment que le nombre de positions pour lesquelles la coquille revient pour la première fois à sa position initiale au bout de $n$ étapes est égal à $2^n – 2$.

Il se trouve que, quel que soit $n$ premier, $2^n – 2$ est divisible par $n$.

En effet, supposons que l’on ait trouvé une telle solution, dans ce cas on en a trouvé $n-1$ autres.

Prenons comme un exemple un cycle de $n$. La coquille est en position $k_1$ puis $k_2$, $k_3$ $\ldots$ $k_n$, $k_1$.

Maintenant, si au lieu de choisir $k_1$ comme position initiale on choisit la suivante soit $k_2$, alors elle aussi retrouvera sa position pour la première fois dans $n$ étapes : $k_2$, $k_3$ $\ldots$ $k_n$, $k_1$, $k_2$.

Et ainsi de suite, on montre bien que pour chaque solution trouvée il en existe $n-1$ autres donc on forme ainsi des paquets de $n$ solutions. Comme il y en a $2^n – 2$, $2^n – 2$ est un multiple de $n$.

Et on peut généraliser.

Supposons que l’on plie notre pâte non pas en deux mais en $p$ parts en rabattant la partie la plus haute à chaque étape. Notre arbre sera constitué, non pas de $2^n$ mais de $a^n$ branches au bout de $n$ étapes. Pour $n$ premier il y a donc $a^n – a$ solutions. Le même raisonnement s’applique ainsi.

On en déduit donc que, quel que soit $a$ et quel que soit $n$ premier, $a^n – a$ est un multiple de $n$.

Ce résultat est un théorème célèbre : le petit théorème de Fermat (que l’on démontre traditionnellement par récurrence) :

\begin{eqnarray*}
a^n – a \equiv 0 \pmod p
\end{eqnarray*}

Une coquille rationnelle

Existe t-il des positions telles que la coquille ne revienne jamais deux fois à une même place ?

D’après les formules précédemment énoncées : $x = \dfrac{2i}{2^n – 1}$, et $x = \dfrac{ 2j }{2^n + 1}$

$x$ est clairement un nombre rationnel.

Soit $M$, l’ensemble des positions telles que la coquille ne passe jamais deux fois par une même place.

On sait donc que $\mathbb R \backslash \mathbb Q \subset M$.