La somme des angles d’un polygone : démonstration et pièges

C’était hier. L’anecdote mathématique du compte Twitter @AnecdotesMaths affirmait que la somme des angles intérieurs d’un polygone à n côtés vaut (n-2)π radians, ou (n-2) x 180 degrés. Commençons par y ajouter une précision : le polygone doit être simple et ne pas s’auto-intersecter, comme c’est le cas pour ce polygone.

Toutefois, préciser « non croisé » peut être un peu lourd alors je me permets cette légèreté dans l’article : lorsque je parlerai de polygone, celui-ci sera non croisé.

Ainsi, pour n=3, on retrouve que la somme des angles d’un triangle vaut 180° – un angle plat, si vous préférez. Ce résultat, bien connu d’Euclide, peut se visualiser en un gif.

Pour n=4, la somme des angles intérieurs d’un quadrilatère vaut 360°. Pour un pentagone, on passe à 540° et ainsi de suite. Chaque sommet ajouté augmente de 180° la somme des angles du polygone

L’idée de la récurrence

L’idée de la démonstration semble alors couler de source : puisque l’on a une propriété qui dépend d’un nombre entier n et puisque le point de départ, n=3 est établi, nous allons procéder par récurrence. Pour en savoir plus sur ce mode de démonstration, n’hésitez pas à consulter ce précédent article.

Voici alors le raisonnement : notons P(n) la proposition « la somme des angles intérieurs d’un polygone vaut (n-2) x 180° »

  • P(3) est vraie : c’est le cas du triangle
  • Supposons qu’il existe un entier n tel que P(n) soit vraie : nous allons tenter d’en déduire que P(n+1) est vraie. Il nous suffit alors de découper un triangle formé de trois sommets dans notre polygone à n+1 sommets, comme suit :
    Un tel triangle est appelé « oreille du polygone ». Nous avons donc découpé notre polygone à n+1 sommets en deux polygones :

    • Un triangle, dont la somme des angles vaut 180°
    • Un polygone à n côtés, dont la somme des angles vaut, par hypothèse de récurrence, (n-2)180°
  • Ces polygones étant côte à côte, la somme des angles du polygone à n+1 côtés est donc 180 + (n-2)180 = (n + 1 – 2)180. Nous avons donc établi l’hérédité de la proposition P.
  • Ainsi, puisque P(3) est vraie, P(4) l’est aussi, et donc P(5), P(6), et ainsi de suite…

Oui… Mais…

Ce que nous avons fait ici fonctionne très bien pour une certaine catégorie de polygone : les polygones convexes, ceux qui n’ont pas de « creux ». Seulement, les polygones peuvent avoir des formes bien moins sympathiques.

Tirer par les oreilles

Un polygone, ça peut être ça

En particulier, si l’on essaye de découper un triangle CED, on tombe sur un os : ce triangle est à l’extérieur, ce n’est pas une oreille du polygone.

Qu’à cela ne tienne, on pourrait adapter notre preuve : on forme un triangle à partir de trois sommets consécutifs

  • soit c’est une oreille, et on reprend la démonstration au-dessus.
  • soit ce n’en est pas une, mais on peut s’adapter : en effet, si l’on relie E à C sur le polygone du dessus, on obtient un polygone ABCEFGH qui a un sommet de moins que le polygone ABCDEFGH. On sait donc la somme de ses angles. Il faut alors retrancher les angles \widehat{DCE} et \widehat{DEC} et ajouter l’angle extérieur en D.
  • L’angle extérieur en D vaut 360 - \widehat{CDE}. Seulement, \widehat{CDE} = 180 - \widehat{DCE} -  \widehat{DEC} puisque la somme des angles du triangle CDE vaut 180°. L’angle extérieur en D vaut donc 360 - (180 - \widehat{DCE} -  \widehat{DEC}). On retranche alors les deux angles \widehat{DCE} et \widehat{DEC} : on a finalement ajouter 180° aux angles de notre polygone, tout va bien !

Ou presque…

Couper en deux

Le problème, c’est qu’un polygone, ça peut aussi ressembler à ça

Dans ce cas, le triangle CDE coupe le polygone : il faudrait donc un travail supplémentaire pour parvenir à nos fins. Mais un tel triangle pourrait également le coupe deux fois, ou trois, ou autant de fois que l’on veut.

Il y a donc plusieurs stratégies à adopter :

  • On peut démontrer que dans un polygone non croisé à n côtés, avec n supérieur ou égal à 4, il est toujours possible de découper une oreille. En fait, il est même possible d’en découper deux qui ne se chevauchent pas. Sur le polygone ci-dessus, les deux oreilles sont FGH et BCD et il n’y en a pas d’autres.
  • On peut aussi découper notre polygone en deux sous-polygones : par exemple, en traçant la diagonale [AF], on découpe le polygone ABDEFGH en ABCDEF et FGHA. Ces deux polygones ont moins de sommets que le polygone de départ, ce qui réduit le problème. On passe ainsi d’une récurrence simple à une récurrence dite forte : pour établir le résultat à rang n+1, il ne suffit plus de connaître le résultat au rang n, il faut que le résultat soit vrai pour tous les rangs inférieurs à n.

Ces deux problèmes sont en fait équivalents : le découpage d’une oreille dans un polygone revient à le séparer en deux. Inversement, si on découpe le polygone en deux, on peut, encore une fois à l’aide d’une récurrence forte, établir que chaque sous-polygone possède deux oreilles, et que donc le polygone de départ en possédait également deux au moins (et pas 4, attention !).

Le théorème des deux oreilles est plutôt récent, puisqu’il date de 1975, démontré alors par Gary H. Meisters

Le principe est le suivant : prenez trois sommets consécutifs p1, p3, p1 pour lesquels l’angle intérieur au polygone (en p2) est inférieur à 180°

  • soit, ils forment une oreille, et on reprend la démonstration un peu plus haut
  • soit ce n’est pas une oreille. le segment [p1p3] rencontre au moins une fois le polygone. On déplace alors la droite (p1p3) parallèlement à elle-même en se dirigeant vers le sommet p2.

Par exemple, ici, on trace le triangle formé des sommets consécutifs H, A et B. Ce triangle n’est pas une oreille du polygone, on rapproche alors la droite (HB) du sommet A.

 

En faisant ce déplacement, la droite rencontrera un ou plusieurs sommets (ici, les sommets E et F). En prenant le dernier sommet rencontré (ici E), on s’assure que le segment joignant ce sommet et le sommet duquel on se rapproche est à l’intérieur du polygone (ici, [EA] est bien à l’intérieur du polygone ABCDEFGH). On coupe alors le polygone en deux polygones plus petits et ainsi de suite…

Et voilà !…

Ah mais au fait, peut-on vraiment toujours choisir « trois sommets consécutifs p1, p3, p1 pour lesquels l’angle intérieur au polygone (en p2) est inférieur à 180°  » ?

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Des identités toujours plus remarquables

Voici un petit billet pour faire écho à la dernière vidéo sur les identités remarquables. Si vous n’y avez pas jeté un coup d’oeil, vous la trouverez ci-dessous !

Avec plus de nombres ?

Très bien, nous savons calculer le carré de la somme de deux nombres… Mais qu’en est-il pour la somme de 3 nombres ? Un raisonnement similaire à celui utilisé dans la vidéo nous amène à tracer la figure suivante.

Ce carré a un côté de longueur (a + b + c), son aire est donc (a + b + c)². Seulement, en découpant le tout, on peut se rendre compte que

(a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ac

Et évidemment, vous pouvez continuer avec 4, 5, 6, 42 nombres, selon vos goûts et surtout votre motivation. Fort heureusement, les mathématiciens ont une manière bien à eux de l’écrire.

Moui, pas certain que ce soit la formule la plus sexy…

En trois dimensions

Le raisonnement que l’on peut faire avec notre carré en 2 dimension se fait également avec un cube en 3 dimensions. Si l’on se donne deux nombres a et b, que peut bien valoir
(a +b)3 ?

Traçons une figure pour le comprendre : voici un cube dont le côté à une longueur de (a+b), et dont le volume vaut donc (a +b)3

Ce cube peut être découpé en 4 types de parties que voici :

Un premier cube, de côté a, dont le volume vaut par conséquent a3

Trois pavés droits dont les côtés sont de longueur a, a et b. Le volume de chaque pavé vaut ainsi a x a x b, soit a²b. Le volume des trois pavés est donc 3a²b

3 autres pavés droits dont les côtés sont de longueur a, b et b. Le volume de chaque pavé vaut alors a x b x b, soit ab². Il y a trois pavés, soit un volume total de 3ab²

 

Finalement, un cube de côté b, dont le volume vaut b3

En ajoutant tous les volumes ainsi découpés, on obtient une nouvelle égalité

Il est évident qu’un tel raisonnement tient aussi en dimension 4, 5 ou 6, mais j’ai un peu de mal à vous le représenter.

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Surfaces moqueuses et volumes trompeurs

La question semble innocente et pourtant… Parmi les trois diagrammes triangulaires, lequel vous semble le mieux représenter la répartition « 50% – 50% » ?

Vous avez choisi le premier diagramme ? Vous raisonnez donc en termes de longueurs : puisque l’on veut représenter des répartitions égales, il faut couper le diagramme à la moitié de la hauteur.

Vous avez opté pour le troisième diagramme ? Vous raisonnez cette fois par les surfaces. Les surfaces bleues et marron sont en effet égales, mais pour cela, il a fallu que la hauteur du triangle bleu atteigne environ 70.7 % de la hauteur totale (√2 /2 pour être plus exact).

Vous avez privilégié le deuxième ? Votre oeil vous a sans doute guidé car c’est peut-être le diagramme le plus convaincant esthétiquement parlant. Néanmoins, il ne possède aucune propriété mathématique simple qui permette de justifier que ce diagramme pourrait représenter une répartition égale entre deux caractères. Vous avez été dupé(e), et vous ne serez sans doute pas le dernier ou la dernière !

Longueurs et surfaces

Prenez un carré. Si vous multipliez la longueur de ses côtés par 2, la surface délimitée par ce carré sera alors multipliée par 2 x 2 = 4. Si vous multipliez les longueurs par 3, la surface sera maintenant multipliée par 3 x 3 = 9.

De fait, si on souhaite multiplier la surface d’un carré par 2, il faut multiplier la longueur de ses côtés par √2, soit environ 1.414.

Le carré de droite a une aire deux fois plus grande que le carré de gauche.

Cela semblera innocent pour ceux d’entre vous qui sont familiers avec ces notions, mais elles peuvent facilement déconcerter. A titre personnel, j’ai été surpris par l’allure du troisième triangle dessiné plus haut, bien que sachant parfaitement que son découpage était équitable. L’oeil m’a trompé, mais les maths m’ont ramené à la raison.

A titre d’autre exemple, voici une cible « équitable » : chaque anneau possède la même aire – et il en est de même pour le disque central.

Et en volume ?

En volume, l’illusion est encore plus frappante. En effet, lorsque l’on multiplie les longueurs des côtés d’un solide par 2, le volume de ce solide est multiplié par 2 x 2 x 2 = 8. Ceci marche évidemment pour n’importe quel nombre.

Ainsi, si je souhaite construire une pyramide dont le volume est 2 fois moins important qu’une pyramide donnée, je dois diviser les longueurs par la racine cubique de 2, soit environ 1.26.

Pour reprendre l’illustration du premier sondage de cet article, si je faisais une petite pyramide imbriquée dans une deuxième de manière à avoir 50% du volume total contenu dans la petite pyramide, la hauteur de cette petite pyramide serait égal à environ 80% de la hauteur totale. Et puisqu’une image vaut mieux qu’un long discours…

Le volume de la pyramide bleue est égal au volume du socle marron.

Jetons également un oeil à un découpage de pyramide en 10 tranches égales. Si le bas du solide ne semble pas contraire à notre intuition, le haut peut nous confronter un sérieux doute…

Quand la sphère joue des tours

Histoire de terminer sur une bonne note, allons voir du côté de notre amie la sphère. Découpons la sphère en plusieurs parts de hauteur égale, comme ceci :

Si, évidemment, le volume de chaque tranche de la boule est différent, tout s’arrange lorsque l’on s’intéresse à la surface. En effet, la surface d’une bande sphérique ne dépend que de la hauteur de celle-ci ainsi que du rayon de la sphère. Elle ne dépend pas de l’endroit où se trouve cette bande !

Enfin, cela dit, qui aurait l’idée de représenter des données à l’aide d’un diagramme sphérique.

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Des identités remarquables

Elles vous ont peut-être traumatisé durant votre jeunesse. Peut-être vous hantent-elles toujours d’ailleurs : les fameuses identités remarquables, ces trois terribles égalités – bon, en fait, deux et demi…

Nous allons dans cet article nous intéresser à celle-ci : pour tous réels a et b,

(a+b)² = a² + 2ab + b²

Un point de vue géométrique

Cette identité semblait déjà connue du temps des Babyloniens. Elle figure également dans le livre II des fameux Eléments d’Euclide :

 

Si la droite est coupée à volonté, le carré de la droite entière est égal aux carrés des segments, et à deux fois le rectangle contenu sous les deux segments

Oui, il s’agit bien de la même chose… Il faut se rappeler qu’en ces temps, on raisonnait essentiellement à l’aide de figures géométriques, y compris pour les calculs.

Ce que nous désignons par a², c’est-à-dire un la multiplication d’un réel a par lui-même, Euclide l’interprète comme l’aire d’un carré dont le côté est de longueur a.

Aires et multiplication

Le carré d’un réel a est l’aire d’un carré ayant ses côtés de longueur a.

Vient alors la question suivante : quelle est l’aire du carré suivant ?

Aire

Quelle est l’aire de ce carré ?

Deux choix s’offrent alors à nous :

  • C’est un carré dont le côté est de longueur a + b. L’aire de ce carré est donc (a + b)²
  • On peut également décomposer ce grand carré en plusieurs morceaux.

En additionnant les morceaux, on trouve alors a² + 2ab + b².

Notre identité remarquable est retrouvée : (a+b)² = a² + 2ab + b² !…

Tout va bien… Au moins pendant quelques siècles…

Il en manque un bout !

Muḥammad ibn Mūsā al-Khwārizmī

Muḥammad ibn Mūsā al-Khwārizmī

Nous sommes désormais 1100 ans après Euclide, à l’époque du mathématicien Al-Khwarizmi, confronté au problème suivant :

Le carré d’un nombre et 10 de ce nombre
valent 39

De notre temps, on traduirait ça par l’équation d’inconnue x suivante :

x² + 10x = 39

Al-Khwarizmi utilisera alors un raisonnement géométrique, comme les Grecs et les babyloniens bien avant lui.

D’abord, pour symboliser ce x², il construira un carré de côté x. A côté de ce carré, il construira deux rectangles dont la largeur vaut 5. De cette manière, il place deux rectangles dont l’aire vaut 5x. Si on additionne ces deux nouvelles aires, on trouve alors 10x.

Il manque un bout pour compléter ce carré !

Il manque donc un petit bout pour former un carré : en l’occurrence, il manque un carré de côté 5 – c’est-à-dire, une aire de 25.

Qu’à cela ne tienne, rajoutons-le ! Mais il faudra le faire aux deux membres de l’équation. Le problème suivant :

Devient alors :

En d’autres termes, on en est à résoudre (x+5)² = 64.

Al-khwarizmi n’étant pas vraiment un fervent admirateur des nombres négatifs, il trouvera la solution x=3. En effet, (3+5)² = 8² = 64.

Naturellement, les élèves de mathématiques ne manqueront pas de se souvenir que (-8)² vaut également 64, donnant une deuxième solution : x = -13.

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Suites de diviseurs

Vous connaissez peut-être déjà la conjecture de Syracuse, déjà abordée dans un billet de blog. Elle consiste à prendre un nombre de départ, puis à lui appliquer une petite opération, et recommencer avec le nombre obtenu. Il existe de nombreux algorithmes de ce genre, comme celui relatif à la persistance multiplicative des nombres. En voici un autre que je vous présente aujourd’hui.

Suite aliquote

Prenons le nombre 20. Ses diviseurs propres, c’est-à-dire différents de lui-même, sont 1, 2, 4, 5 et 10. Si l’on fait la somme de ces diviseurs propres, on obtient 22.

On recommence alors, les diviseurs propres de 22 sont 1, 2 et 11, dont la somme vaut 14. Les diviseurs propres de 14 sont 1 et 7, sont la somme vaut 8.

On fait la somme des diviseurs propres de 8 : 1 + 2 + 4 = 7. 7 n’a qu’un seul diviseur propre qui est 1, et 1 n’ayant pas de diviseur propre, on s’arrête ici.

La suite obtenue, 20, 22, 14, 8, 7, 1 s’appelle la suite aliquote de racine 20.

Des nombres particuliers

Essayons maintenant de construire la suite aliquote de racine 6.

Les diviseurs stricts de 6 sont 1, 2 et 3, dont la somme vaut 6… Vous l’avez compris, la suite aliquote va boucler à l’infini, 6, 6, 6, 6, 6.

Un tel nombre est ce que l’on appelle un nombre parfait, et rien que ceux-là ont leur part de mystère. A ce jour, on en a trouvé une cinquantaine, en relation avec certains nombres premiers (vous en saurez plus dans cet article). En existe-t-il une infinité ? En existe-t-il qui soient impairs ? Aucune réponse à ces deux questions…

Regardons maintenant la suite aliquote de racine 220.

  • La somme de ses diviseurs propres est 1+2+4+5+10+11+20+22+44+55+110=284
  • La somme des diviseurs propres de 284 est 1+2+4+7+71+142=220

Cette fois, la suite boucle entre deux nombres, 220 et 284 : ces nombres sont dits amicaux.

La généralisation se fait alors rapidement : des nombres sont dits sociables si la suite aliquote issue de l’un de ces nombres boucle infiniment sur ces nombres.

Les nombres 1264460, 1547860, 1727636, 1305184 sont par exemple sociables, chaque nombre étant la somme des diviseurs propres du nombre précédent (en revenant sur le premier).

Il existe également une suite de 28 nombres qui vérifient cette propriété, qui est la suivante :

14316 → 19116 → 31704 → 47616 → 83328 → 177792 → 295488 → 629072 → 589786 → 294896 → 358336 → 418904 → 366556 → 274924 → 275444 → 243760 → 376736 → 381 028 → 285 778 → 152990 → 122410 → 97946 → 48976 → 45946 → 22976 →
22744 → 19916 → 17716  (→ 14316 )

Mais peut-on en trouver pour toutes les longueurs ?

Des problèmes irrésolus

La réponse est… on ne sait pas !

A vrai dire, une conjecture est faire : il n’existerait aucune séquence dont la longueur est un nombre de la forme 4k+3, c’est-à-dire 3, 7, 11, 15 etc…

A ce jour, si seuls 50 nombres parfaits ont été trouvés, plus d’un milliard de nombres amicaux existent. 5000 environ font partie d’une suite de taille 4. Ont été également trouvées des suites de longueur 5, 6, 8, 9 et donc 28, mais rien d’autre à ce jour.

Et à vrai dire, on ne sait pas non plus si cet algorithme se termine forcément, à l’image de la conjecture de Syracuse. Sauf qu’il suffit de chercher beaucoup moins loin pour trouver les récalcitrants.

C’est le cas par exemple des suites aliquotes ayant pour racine 276, 552, 564, 660 et 966. Le premier de ces nombres aboutit, à la 469ème étape, au nombre 149 384 846 598 254 844 243 905 695 992 651 412 919 855 640. Ces suites n’ont toujours pas trouvé de fin, et peut-être n’en ont-elles pas ?

C’est tout l’objet de la conjecture de Catalan-Dickson : selon celle-ci, toute suite aliquote aboutit soit au nombre 1, soit à un groupe de nombres sociables. Elle exclut donc une suite qui ne ferait que prendre de nouvelles valeurs à chaque itération.

Enfin, si vous vous ennuyez pour la fin des vacances, voilà de quoi vous occuper !

Pour en savoir plus

  • Nombres amiables et suites aliquotes, Jean-Paul Delahaye, Pour la Science n°292
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Approcher Pi

3.14159265358979323846… et ainsi de suite. Je pourrais bien vous écrire toutes les décimales du nombre π, mais j’ai peur de manquer de place. Aussi, je ne me contenterais que d’une approximation.

Et non, il ne s’agit pas de 3.14, mais plutôt d’une fraction : 22/7 – comme 22 juillet, la date du jour, comme c’est convenu ! A vrai dire, il s’agit là d’une des toutes meilleures fractions pour estimer ce nombre magique…

Des fractions continues

Vous avez peut-être déjà entendu parler de l’algorithme d’Euclide, qui consiste à trouver le plus grand diviseur commun entre deux nombres. Prenons un exemple, on cherche le plus grand diviseur commun de 5486 et 286. On écrit alors la division euclidienne de 5486 par 286

  • 5486 = 19 x 286 + 52, on fait alors le division euclidienne de 286 par 52
  • 286 = 5 x 52 + 26, on fait la division euclidienne de 52 par 26
  • 52 = 2 x 26 + 0, on a terminé.
  • Le plus grand diviseur commun à 5486 et 286 est le dernier reste non nul de cet algorithme, c’est-à-dire 26.

Ce n’est pas vraiment ce qui va nous intéresser pour arriver à nos 22/7 à vrai dire. Nous allons plutôt combiner nos égalités.

D’abord, puisque 5486 = 19 x 286 + 52, si on divise le tout par 286, on obtient que \dfrac{5486}{286}=\dfrac{19 \times 286 + 52}{286}=19+\dfrac{52}{286}.

Nous allons alors renverser la dernière fraction, et utiliser la deuxième de nos divisions euclidiennes

\dfrac{5486}{286}=19+\dfrac{52}{286}=19+\dfrac{1}{\dfrac{286}{52}}=19+\dfrac{1}{\dfrac{5\times 52 + 26}{52}}=19+\dfrac{1}{5+\dfrac{26}{52}}

En simplifiant alors 26/52, (ce qui revient, en fait, à se servir de la dernière division euclidienne), on en vient à la dernière égalité

\dfrac{5486}{286}=19+\dfrac{52}{286}=19+\dfrac{1}{\dfrac{286}{52}}=19+\dfrac{1}{\dfrac{5\times 52 + 26}{52}}=19+\dfrac{1}{5+\dfrac{1}{2}}

Cette succession de fraction de fraction de fraction s’appelle, dans le jargon, une fraction continue. Il est possible de reprendre ce petit algorithme avec n’importe quels nombres entiers… Mais pas seulement.

Approcher Pi

Ce petit jeu, nous pouvons le faire avec π . En effet, nous savons que π = 3.14159265358979323846.. = 3 + 0.14159265358979323846. Comme nous avons fait précédemment, nous allons renverser le dernier terme.

\pi = 3 + \dfrac{1}{\dfrac{1}{0.14159265358979323846..}}= 3+\dfrac{1}{7,06251331...}

On obtient donc une valeur approché se π qui vaut 3 + 1/7, soit 22/7 ! Cette estimation est assez bonne, puisqu’elle a une précision de 2 chiffres après la virgule. En effet, 22/7 vaut environ 3.1428. Mieux encore, si vous essayez d’approcher π avec une fraction ayant un dénominateur inférieur à 7 (et quand je dis fraction, je parle de fraction avec des nombres entiers, je vous vois venir au fond), vous ne pourrez pas avoir un meilleur résultat ! Ces développements particuliers donnent en ce sens les meilleurs approximations possibles des nombres réels.

En effet, on peut continuer encore un bout de temps notre développement. A l’étape suivante, on aurait alors :

\pi \simeq 3 + \dfrac{1}{7 + \dfrac{1}{15}}

Soit une approximation de π à 355/113, soit environ 3.14159292… avec 6 décimales juste !

Spirale de Pi

Ces approximations étaient importantes du temps où les calculs se faisaient à la main : en manipulant des nombres pas trop grands mais fournissant une précision suffisante, il était possible de faire des calculs certes, incorrects, mais suffisamment proches de la réalité.

Faisons par exemple une expérience : partons d’un point sur l’axe horizontal d’un repère, puis mettons un deuxième point après avoir fait π tours autour de l’origine, puis un troisième après de nouveau π tours autour de l’origine, et ainsi de suite. Nous obtenons cette figure.

Voyez-vous les 7 branches qui semblent se dessiner ? C’est justement parce que π est proche de 22/7 : faire π tours, c’est un peu comme faire 3 tours complets puis un septième de tours. Sur l’animation suivante, vous avez ainsi, en vert, les points qui apparaissent tous les π tours, et en rouge, tous les 22/7 tours.

Et le résultat est encore bluffant avec la fraction 355/113, ici en bleu, puisqu’il est impossible de distinguer le bleu du vert. Efficace, comme approximation, n’est-ce pas ?

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Des égalités remarquables

Drapeau rouge : Cet article demande quelques connaissances mathématiques intermédiaires ainsi qu’une bonne capacité d’abstraction


Voici un petit lot d’égalités : essayez donc de percevoir le schéma qui semble se cacher derrière.

Si vous ne me faites pas confiance, vous pouvez toujours vérifier ces calculs sur ce site qui vous permettra de manipuler de si grands nombres (car il se pourrait que votre pauvre petite calculatrice ne tienne pas le coup…).

Alors hasard ou généralité ? Peut-on ainsi ajouter à sa guise des 6, des 0 et des 3 et conserver cette égalité, ou viendra-t-il un moment où cette égalité ne tiendra plus ?

Attention, la démonstration qui suit contient quelques traces de bourrinisme calculatoire. Aussi, si manipuler des nombres et des lettres vous effraie, arrêtez-vous ici et dites-vous que vous avez découvert des égalités absolument surprenantes ! Sinon, continuez donc, vous ne serez pas déçus du voyage.

L’astuce est de remarque que les nombres en jeu ressemblent farouchement au début du développement décimal de fractions bien connues.

Pour prouver nos égalités, nous allons donc remarquer que, pour tout entier positif n, on a les relations suivantes. D’abord

Ou il y a exactement n fois le nombre 6. L’astuce est en effet de multiplier la fraction 1/6 et d’en retirer sa mantisse, c’est-à-dire sa partie « après la virgule ». En procédant de même avec les deux autres nombres en jeu, nous avons donc :

avec exactement n zéros, et pour finir

avec cette fois n+1 fois le chiffre 3. Il est désormais temps de cuber tout cela et d’ajouter gaiement. C’est le moment de se retrousser les manches.

Nous allons commencer par factoriser le second membre pour ne pas avoir à se traîner trop de fractions.

Si on développe toute cette parenthèse (développement laissé en exercice), on obtient alors

Courage, c’est bientôt fini. Regardons maintenant le nombre 16…6650…0033…33. Celui-ci se décompose en

où l’entier n désigne toujours le nombre de 6 et de 0, et n+1 le nombre de 3. Reprenons alors les relations que nous avions remarqué un peu plus tôt.

Et magie ! Nous retrouvons exactement la même expression… Ouf, tout est bien qui finit bien !

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