Surface d'une fractale

prgasp77 · 13/02/2007 - 02h31

Bonjour à tous. Pour m'amuser (j'avais du temps à tuer), j'ai tenté de calculer la surface d'une fractale connue, mais dont je ne me souviens plus du nom : appelet flash (cliquer sur le bouton "complexité +"). J'amerais que vous validiez mon résultat (je pense avoir fait une erreur).

Supposons, qu'à l'étape 0 (triangle équilatéral), nous soyons dans un cercle de rayon 1. Notons $\ell_n$ et $h_n$ respectivement la longueur d'un coté et la hauteur des triangles ajoutés à la n-ième étape. Notons $\mathcal{A}_n$ la surface de l'ensemble à la n-ième étape.

Initialiement, nous avons :
$\begin{array}{rcl} \ell_0\, =\,&\sqrt{1^2+1^2-2\cos\frac{2\pi}3} &=\, \sqrt3 \,\,\,&\mbox{(Relation d'Al Kashi)}\\ h_0 \,=\, &1+\sqrt{1^2-$\frac{\ell_0}2$^2} &=\, \frac32 \,\,\,&\mbox{(Pythagore)}\\ \mathcal{A}_0 \,=\,& \frac{\ell_0\cdot h_0}2 &=\, \frac{3\sqrt3}4 \,\,\,&\,\end{array}$

Par la suite, on a il me semble :
$\ell_{n+1} \,=\, \frac13\ell_n \,\Longrightarrow\, \ell_n \,=\, 3^{-n}\ell_0 \,=\, \LARGE\frac{\sqrt3}{3^n}$
$h_n \,=\, \sqrt{\ell_n^2-$\frac{\ell_n}2$^2} \,=\, \LARGE\frac{\sqrt3}{2\times 3^{\tiny$\frac{2n-1}2$}}$

Quant à la surface $\mathcal{A}_n$ , il faut savoir qu'à la n-ième étape, la figure a exactement 3.4ⁿ cotés :
$\mathcal{A}_{n+1} \,=\, \Large \mathcal{A}_n \,+\, 3\times 4^n\, \frac{\ell_{n+1}\cdot h_{n+1}}2$

Ainsi,
$\begin{array}{rcl}\Large \forall\, n\in\mathbb{N},\, \mathcal{A}_n \, && =\, \Large\mathcal{A}_0 \,+\, \frac32\sum_{k=1}^n 4^k\cdot\ell_{k+1}\cdot h_{k+1} \\ \, && =\,\Large \frac{3\sqrt3}4 \,+\, \frac32\sum_{k=1}^n \,\,\frac{4^k}{2\times 3^{$2k+\frac12$}}\\ \, && =\,\Large \frac{3\sqrt3}4 \,+\, \frac3{4\sqrt4}\sum_{k=1}^n \,\,$\frac49$^k \\ \, && =\,\Large \frac{3\sqrt3}4 \,+\, \frac3{4\sqrt4}\cdot $\frac{1-\(\frac49$^n}{1-\frac49}-1\) \end{array}$

On passe alors à la limite pour trouver :
$\begin{array}{rcl}\Large \lim_{n\rightarrow +\infty}\mathcal{A}_n \,&&=\, \Large\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{3\sqrt3}4 \,+\, \frac3{4\sqrt4}\cdot$\frac{1-\(\frac49$^n}{1-\frac49}-1\)\\ \, && =\Large\, \frac{3\sqrt3}4+\frac3{10}\\ \, && \LARGE\sim\, 1,59904 \end{array}$

Je ne sais pas pourquoi, mais j'ai du mal à croire en ce 1,6 ... Quelqu'un pour me corriger ? Merci de m'avoir lu jusqu'ici

Jeanpaul · 13/02/2007 - 10h03

Intéressant calcul mais tu aurais pu faire plus simple.
Ce truc s'appelle le flocon de Koch.
Si on appelle S l'aire du triangle de départ, la première étape ajoute une aire 3 S/9.
Ensuite, à chaque étape, on ajoute 4 fois plus de triangles qui ont une aire de 1/9 des précédents.
D'où la progression géométrique de raison 4/9 qui converge comme tu as vu.
Simplement parler d'aire évite les racine de 3 partout.

spi100 · 13/02/2007 - 13h50

Le truc aussi intéressant à noter dans le cas du flocon de Koch, est que si l'aire converge, le périmètre lui diverge.

prgasp77 · 13/02/2007 - 14h05

Envoyé par Jeanpaul

Intéressant calcul mais tu aurais pu faire plus simple.
Ce truc s'appelle le flocon de Koch.
Si on appelle S l'aire du triangle de départ, la première étape ajoute une aire 3 S/9.
Ensuite, à chaque étape, on ajoute 4 fois plus de triangles qui ont une aire de 1/9 des précédents.
D'où la progression géométrique de raison 4/9 qui converge comme tu as vu.
Simplement parler d'aire évite les racine de 3 partout.

Merci, oui en effet c'est plus simple. Je vais reprendre mes calculs (et merci pour le nom).

Envoyé par spi100

Le truc aussi intéressant à noter dans le cas du flocon de Koch, est que si l'aire converge, le périmètre lui diverge.

Oui, je me suis amusé à le vérifier, le périmètre vaut à la n-ième étape $3\sqrt3\cdot$\frac43$^n \rightarrow +\infty\, \mbox{lorsque}\, n\rightarrow +\infty$