Le verdict du randonneur, et la table qui se répare en tournant

L’activité La montagne, deux fois s’est refermée sur quatre promesses, tenues au cours dans les paragraphes 5 et 6. Cette page les rassemble, pour ceux qui veulent vérifier leurs réponses écrites ligne à ligne, et pousse la dernière question jusqu’à sa démonstration.

Si vous n’avez pas encore fait l’activité, arrêtez ici : toute la valeur du dispositif tient dans le fait d’avoir tranché avant de lire.

Phase 1 · Le verdict : oui, forcément

Il existe toujours un point du sentier où le randonneur passe exactement à la même heure le lundi et le mardi. Aucune stratégie de marche ne permet d’y échapper : ni les départs en trombe, ni les pauses interminables, ni les changements de rythme les plus retors.

L’argument sans mathématiques est le plus convaincant, et il vaut la peine d’être connu. Faites marcher les deux randonnées le même jour. Un marcheur part du refuge à $8$ h et monte selon l’allure du lundi ; un autre part du sommet à $8$ h et descend selon l’allure du mardi. Ils sont sur le même sentier, ils marchent l’un vers l’autre, ils partent aux deux extrémités : ils se croisent. Le lieu et l’heure de leur croisement sont exactement la réponse cherchée.

Ce raisonnement est complet, il est rigoureux, et il ne contient pas une seule formule. Beaucoup d’élèves le trouvent avant la traduction en fonctions, et c’est un bon signe.

Phase 2 · La conjecture, avec toutes ses hypothèses

La traduction demandée était : poser $d(t)$ égal à la position de lundi à l’heure $t$ moins la position de mardi à l’heure $t$, pour $t \in [8\,;18]$. Alors

$d(8) = 0 - S = -S < 0 \qquad \text{et} \qquad d(18) = S - 0 = S > 0,$

où $S$ désigne la position du sommet. La fonction $d$ passe du négatif au positif, et une heure de rencontre est exactement un $t$ tel que $d(t) = 0$.

L’énoncé attendu, sous la forme demandée : si une fonction est continue sur un intervalle fermé $[a\,;b]$ et si $d(a)$ et $d(b)$ sont de signes contraires, alors elle s’annule au moins une fois entre $a$ et $b$.

Les deux mots en gras sont ceux que la phase 3 vous a fait ajouter. S’ils manquaient dans votre première rédaction, c’est normal : c’est le mécanisme de l’activité, et c’est aussi l’histoire réelle du théorème, resté cent cinquante ans à l’état d’évidence avant que quelqu’un ne s’avise que l’évidence avait des hypothèses.

Phase 3 · Les deux tours de passe-passe, nommés

La fonction $u$, définie par $u(x) = \dfrac{0{,}55}{x}$ pour $x \neq 0$. Elle vaut $-0{,}55$ en $-1$ et $0{,}55$ en $1$, et ne s’annule jamais. Son tour de passe-passe : elle n’est pas définie partout sur $[-1\,;1]$. Il y a un trou en $0$, et c’est par ce trou qu’elle s’échappe, en filant vers $-\infty$ d’un côté et en revenant de $+\infty$ de l’autre. Traduit en randonneur : le marcheur se téléporte, il disparaît d’un bout du sentier pour réapparaître à l’autre bout. Hypothèse violée : la fonction doit être définie sur tout l’intervalle.

La fonction $v$, en escalier, qui vaut $-1$ jusqu’à $0{,}7$ puis $1$ ensuite. Elle est définie partout sur $[0\,;1]$, elle passe bien de $-1$ à $1$, et elle ne s’annule jamais. Son tour de passe-passe : elle saute. En $x = 0{,}7$, la limite à gauche vaut $-1$ et la valeur vaut $1$ ; il n’y a pas de trou dans le domaine, mais il y a une rupture dans les valeurs. Traduit en randonneur : le marcheur fait un bond instantané, il franchit une portion du sentier en un temps nul. Hypothèse violée : la continuité.

La conjecture réparée est donc celle de la phase 2, et les deux failles portent chacune un nom précis : domaine troué d’un côté, discontinuité de l’autre. Les deux exploits demandés au randonneur, se téléporter et bondir, sont exactement ce que la continuité interdit.

Phase 4 · Le nom officiel, et le nom grec

Votre conjecture réparée s’appelle le théorème des valeurs intermédiaires. Vous en avez démontré, sans le savoir, le cas particulier $k = 0$, celui qu’on appelle parfois théorème de Bolzano.

Le prêtre. Bernard Bolzano (1781–1848), prêtre catholique et professeur de science de la religion à l’université de Prague, publie en 1817 un opuscule au titre programme : Rein analytischer Beweis, « démonstration purement analytique » du théorème. Purement analytique veut dire : sans figure, sans mouvement, sans crayon. Il vise explicitement l’usage que Gauss avait fait, en 1799, de l’évidence graphique, et il écrit que déduire une vérité de l’analyse d’un raisonnement géométrique serait une « faute intolérable ». C’est la phrase que le cours porte en épigraphe.

Ses ennuis viennent après. En 1819, ses positions sur la paix, la justice sociale et la liberté de conscience lui coûtent sa chaire ; il est placé sous surveillance policière et interdit de publication. Ses travaux mathématiques dorment ensuite dans ses tiroirs pendant un demi-siècle. Weierstrass reconstruira indépendamment une bonne partie de ce que Bolzano avait déjà écrit.

Le nom grec de votre stratégie. Couper l’intervalle en deux et garder la moitié où la fonction change de signe s’appelle la dichotomie, du grec dikha (« en deux ») et temnein (« couper »).

La chasse au zéro, en chiffres. Avec $h(x) = x^3 + x - 3$ sur $[1\,;2]$, où $h(1) = -1 < 0$ et $h(2) = 7 > 0$ :

évaluation	milieu testé	$h(\text{milieu})$	nouvel encadrement	amplitude
1	$1{,}5$	$1{,}875 > 0$	$[1\,;1{,}5]$	$0{,}5$
2	$1{,}25$	$0{,}203125 > 0$	$[1\,;1{,}25]$	$0{,}25$
3	$1{,}125$	$-0{,}451\ldots < 0$	$[1{,}125\,;1{,}25]$	$0{,}125$
4	$1{,}1875$	$-0{,}138\ldots < 0$	$[1{,}1875\,;1{,}25]$	$0{,}0625$
5	$1{,}21875$	$0{,}029\ldots > 0$	$[1{,}1875\,;1{,}21875]$	$0{,}03125$

Deux évaluations pour l’amplitude $0{,}25$, trois pour $0{,}125$ : l’auto-contrôle proposé par l’activité fonctionne, $h$ prend bien des signes opposés aux deux bornes de chaque encadrement.

Et le compte demandé, combien d’évaluations pour une décimale de plus ? Chaque évaluation divise l’amplitude par $2$ ; gagner une décimale, c’est la diviser par $10$. Il faut donc $n$ évaluations avec $2^n \geqslant 10$, soit

$n \geqslant \log_2(10) = \frac{\ln 10}{\ln 2} \approx 3{,}32.$

Trois virgule trente-deux évaluations par décimale, invariablement, quelle que soit la fonction. C’est le chiffre du cours, et vous l’avez trouvé à la main. La valeur exacte de la solution, pour vérification : $1{,}21341166\ldots$

Le défi bonus · Pourquoi la table se répare en tournant

C’était le défi à faire chez soi, au sens propre. Voici sa démonstration, celle-là même que l’exercice 28 de l’Atelier détaille.

Une table carrée à pieds égaux boite sur un sol irrégulier : trois pieds touchent, le quatrième flotte. Notez $A$, $B$, $C$, $D$ les quatre pieds dans l’ordre, de sorte que $AC$ et $BD$ soient les deux diagonales. Posez toujours le trépied $A$, $C$ et l’un des deux autres au sol, et notez $g(\theta)$ la hauteur algébrique du pied restant lorsque la table a tourné d’un angle $\theta$ autour de la verticale de son centre. Cette hauteur est positive si le pied flotte, négative s’il faudrait enfoncer la table pour le poser. On admet, et c’est le vrai travail de l’article de 2005, que $g$ est continue.

L’argument tient en une observation de symétrie. Faites tourner la table d’un quart de tour. Le carré revient exactement sur lui-même, mais les deux diagonales ont échangé leurs places : la diagonale $AC$ occupe maintenant la position qu’occupait $BD$. Le trépied porteur et le pied flottant ont donc échangé leurs rôles. Ce qui flottait doit s’enfoncer, ce qui s’enfonçait flotte :

$g\!\left(\frac{\pi}{2}\right) \text{ et } g(0) \text{ sont de signes contraires (ou l'un des deux est nul).}$

$g$ est continue sur $\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]$ et prend des valeurs de signes contraires aux deux bornes : par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\theta_0 \in \left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]$ tel que $g(\theta_0) = 0$. Les quatre pieds touchent le sol. La table est stable, et il a suffi de tourner.

Trois remarques pour finir, et elles sont le cœur du chapitre.

• Le carré est essentiel. Toute la preuve repose sur le fait qu’un quart de tour échange les diagonales. Pour une table rectangulaire non carrée, l’argument tombe.
• La marche d’escalier est fatale. Sur un sol qui présente une marche, $g$ n’est plus continue : elle saute, exactement comme la fonction $v$ en escalier de la phase 3. Aucune rotation ne stabilise. La même hypothèse revient, et elle revient sous la même forme.
• Le théorème ne vous dit pas quel angle. Il garantit que $\theta_0$ existe ; il ne le calcule pas. Pour le trouver dans votre cuisine, il faut redescendre à l’algorithme : tourner par petits paliers en surveillant le pied qui flotte, garder le secteur où il change de côté, recommencer. Vous venez de refaire une dichotomie à la main.

C’est le mouvement du chapitre entier, et vous l’avez parcouru sans le savoir dès la première phase : le théorème dit qu’une chose est là, l’algorithme va la chercher.

Sources

• Activité F1, La montagne, deux fois ; cours F1, paragraphes 5 et 6 ; Atelier F1, exercice 28.
• Le casse-tête du randonneur est classique en psychologie de la résolution de problème (Karl Duncker, 1945).
• Bernard Bolzano, Rein analytischer Beweis, Prague, 1817.
• B. Baritompa, R. Löwen, B. Polster et M. Ross (2005) pour la version rigoureuse du théorème de la table.
• Toutes les valeurs numériques de cette page ont été recalculées.