UN JEU AVEC LES NOMBRES DE FIBONACCI

[Un autre texte pour le prochain À Bâbord. Commentaires bienvenus. J'ai tellement de trucs à écrire durant les deux prochains mois que je demande où je vais trouver le temps de dormir... :-)

Fibonacci (env. 1175- env. 1250), un très grand mathématicien européen du Moyen-Âge, a laissé son nom à une célèbre suite de nombres.

Son père ayant travaillé en Afrique du Nord, c’est là qu’il a appris les mathématiques, de professeurs musulmans.

Revenu en Italie, il comprend la supériorité des chiffres arabes et du système décimal, qu’il a appris, sur les chiffres romains et sur le calcul sur abaque alors en usage en Europe. En 1202, il publie donc, pour en faire l’éloge, Liber Abaci, un ouvrage majeur pour l’introduction en Occident de ces importantes innovations mathématiques, ainsi que de la notation algébrique et du zéro. Ces idées mettront toutefois bien du temps à s’imposer.

Mais on se souvient aujourd’hui de Fibonacci surtout à cause d’une suite (la suite de Fibonacci) et de nombres (les nombres de Fibonacci) qu’il a trouvés en résolvant une petite énigme, justement dans Liber Abaci.

Voici ce délicieux problème.

Supposons un enclos dans lequel nous mettrons un couple de lapins adultes prêts à se reproduire. Supposons aussi que les lapines mettent bas à partir de deux mois et qu’elles donnent ensuite naissance, à chaque mois, à un couple de lapins. Si aucun animal ne meurt, combien, un an plus tard, aurons-nous de lapins dans notre enclos? [Avant de poursuivre, vérifiez votre réponse plus bas]

***

La suite et les nombres de Fibonacci ont trouvé un grand nombre d’applications en mathématiques et servent à décrire plusieurs phénomènes.

Mais on doit à un mathématicien québécois, Roger V. Jean, de l’université du Québec à Rimouski, l’amusante application que voici et qui permet de deviner quel entier entre 1 et 75 a choisi une personne.

Le jeu se fait avec les cartes suivantes, appelées cartes de Fibonacci, puisque, comme vous le remarquez, les premiers nombres sur chaque carte sont dans l’ordre ceux de la suite de Fibonacci, qu’on d’abord placés, avant de ventiler les autres entiers jusqu’à 75.

Carte 1
1, 4, 6, 9, 12, 14, 17, 19, 22, 25, 27, 30, 33, 35, 38, 40, 43, 46, 48, 51, 53, 56, 59, 61, 64, 67, 69, 72, 74

Carte 2
2, 7, 10, 15, 20, 23, 28, 31, 36, 41, 44, 49, 54, 57, 62, 65, 70,
75

Carte 3
3, 4, 11, 12, 16, 17, 24, 25, 32, 33, 37, 38, 45, 46, 50, 51, 58, 59, 66, 67, 71, 72

Carte 4
5, 6, 7, 18, 19, 20, 26, 27, 28, 39, 40, 41, 52, 53, 54, 60, 61, 62, 73, 74, 75

Carte 5
8, 9, 10, 11, 12, 29, 30, 31, 32, 33, 42, 43, 44, 45, 46, 63, 64, 65, 66, 67

Carte 6
13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54, 68, 69, 70, 71, 72, 73, 74, 75

Carte 7
21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33

Carte 8
34, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54

Carte 9
55, 56, 57, 58, 59, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68, 69, 70, 71, 72, 73, 74, 75

On demande à une personne de choisir un nombre, sans le dévoiler, puis d’indiquer sur quelles cartes il figure. Le nombre choisi vous sera révélé est additionnant les premiers nombres des cartes concernées.

Supposons que j’aie choisi 71. J’informe le meneur de jeu que mon nombre se trouve sur les cartes 3, 6, et 9. Celui-ci constate que les premiers nombres sur ces cartes sont respectivement 3, 13 et 55. Or, 3+13+ 55= 71

On prétend bien entendu lire dans les pensées.

***

Solution

Le tableau qui suit permet de visualiser la situation.



On constate que la suite qu’on obtient est : 1, 1, 2, 3, 5, 8, …. On remarquera que, dans cette suite, chaque terme est la somme des deux termes qui le précèdent : 2 = 1+1; 3 = 2+1; 5 = 3+2; 8 = 5+3. Sachant cela, on conclura que le mois suivant il y aura 13 paires de lapins dans l’enclos.

Ce que nous venons de trouver s’appelle une suite de Fibonacci : c’est une suite dont les deux premiers termes sont 1 et dont chacun des termes successifs est égal à la somme des deux précédents. Chacun des entiers naturels qui composent cette série (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21 …) s’appelle un nombre de Fibonacci. Et comme 377 est le 14ème nombre de Fibonacci, vous pouvez être certain que c’est le nombre de lapins que nous aurons dans un an dans notre enclos.


P.S. Les cartes de Fibonacci seraient produites par une application du Théorème de Zeckendorf. Si quelqu'un qui connait ces choses passe par ici et veut m'expliquer, j'en serais très heureux.

JEUX MATHÉMATIQUES

[Toujours pour À Bâbord.]

Trois problèmes de pesées avec une balance à deux plateaux

Vous disposez d’une balance à deux plateaux comme celle-ci et hyper-précise!



1. On vous demande d’y peser des objets lourds de 1 à 40 grammes.
a) Supposons que vous ne pouvez mettre des poids que sur un seul des plateaux de la balance. Quel est le nombre minimal de poids dont vous aurez besoin et combien pèsera chacun d’eux?
b) Supposons cette fois qu’il vous est permis de mettre des poids sur chacun des deux plateaux de la balance. Quel est alors le nombre minimal de poids dont vous aurez besoin et combien pèsera chacun d’eux?

2. On vous montre neuf perles. L’une d’elles est fausse et est légèrement plus lourde que les autres. En combien de pesées au minimum pouvez-vous identifier la fausse perle?

JEUX MATHÉMATIQUES

[Pour le prochain numéro d'À Bâbord]

Voici quatre petits problèmes ne faisant appel à aucune connaissance mathématique avancée, mais qui vous réservent des moments de plaisir.

1. Les dates sur les deux cubes

En 1957, John Singleton a fait breveter une sorte de calendrier bien particulier. Il est composé de deux cubes sur les faces desquels sont inscrits des chiffres. Avec ces deux cubes, qu’on peut placer dans l’ordre qu’on veut, il est possible d’indiquer la date de n’importe quel jour, de 01 à 31.

La question est évidemment : quels chiffres sont inscrits sur les faces des deux cubes?

En réfléchissant à ce problème, vous arriverez à la conclusion que certains chiffres doivent obligatoirement figurer sur les deux cubes (lesquels?); puis, par déduction, vous penserez que le problème est impossible Or, il existe une manière, simple, inattendue, de le résoudre néanmoins. C’est ce qui a valu à Singleton un brevet.



2. Total? 100

Henry Ernest Dudeney (1857-1930) a été le plus grand inventeur britannique de casse-tête numériques et logiques de son époque. On lui doit l’énigme qui suit.

Considérez la suite de chiffres suivante:
1 2 3 4 5 6 7 8 9

On vous demande de placer trois et seulement trois symboles mathématiques usuels entre ces chiffres de manière à ce que le résultat donne 100.

On pourra utiliser plus d’une fois le même symbole, mais il ne faudra utiliser que trois symboles au total.

Pour que ce soit clair, voici un exemple :
12 + 34 + 56 – 789 = - 687

On est bien loin du compte; mais on n’a utilisé que trois symboles (=, = et -).

À vous de jouer!

3. Total? 24

Comment pouvez-vous arriver à 24 en utilisant une fois et une seul les chiffres 5, 5, 5, et 1 et en n’utilisant que le quatre opérations?

En travaillant ce problème, prenez soin de ne pas vous imposer des contraintes qui ne s'y trouvent pas .

4. Combien d’œufs?

Si huit cents poules pondent en moyenne huit cents œufs en huit jours, combien d’oeufs pondent quatre cents poules en quatre jours?

LE CHÈQUE

[Billet de la série Jeux mathématiques, à paraître dans le prochain À Bâbord. J'espère que mon explication est claire.]

Cet étonnant petit problème est rapporté par Martin Gardner, qui assure qu’il circulait parmi les mathématiciens américains durant les années 50.

On pense tout d’abord que les données fournies ne permettent absolument pas de le résoudre; puis, en y réfléchissant bien, on s’aperçoit qu’il est parfaitement solvable tel que formulé.

Le voici :

Deux frères ont hérité d’un troupeau de moutons, qu’ils vendent tous au marché. Ils obtiennent pour chaque mouton un montant égal au nombre total des moutons vendus. On leur remet tout l’argent en billets de 10$, à l’exception d’une somme excédentaire de moins de dix dollars, qui leur est remise en pièces de 1$.

Les deux frères se partagent la somme reçue en disposant un à un et en deux piles les billets de 10$.L’opération complétée, le cadet dit à l’aîné :

— «C’est injuste. Tu as commencé la distribution sur ta pile et tu l’as aussi terminée sur ta pile : tu as donc reçu 10$ de plus que moi!»

Pour corriger en partie cette situation, l’aîné donne à son frère toutes les pièces de 1$.

Mais le cadet lui dit :

— «Tu m’as donné moins de 10$: tu me dois donc encore de l’argent».

— «Exact, répond l’aîné. Je vais donc te faire un chèque qui égalisera les montants».

De combien est ce chèque?

Solution

Selon les données du problème, on sait que si le troupeau comprenait n moutons, le prix de vente total obtenu par les deux frères a été n2 . Par exemple, s’il y avait deux moutons (n), ils ont été vendus deux dollars chacun, soit 4 dollars au total (2 2 = 4). S’il y avait 8 moutons, ils ont été vendus huit dollars chacun, soit 64 dollars au total (8 2 = 64). Et ainsi de suite.

On sait aussi que cette somme a été reçue en un certain nombre de billets de 10$, plus un excédent, payé en pièces de 1$. Mais nous avons aussi une autre information, précieuse : la façon dont a été fait le partage nous permet en effet d’assurer qu’il y a un nombre impair de billets de 10$. (L’aîné a en effet commencé le partage sur sa pile et l’a terminé sur sa pile).

Considérons à présent les carrés des chiffres de 1 à 20. Ce sont :

1 au carré = 1
2 " = 4
3" = 9
4" = 16
5" = 25
6" = 36
7" = 49
8" = 64
9" = 81
10" = 100
11"=121
12"=144
13"=169
14"=196
15"=225
16"=256
18"=324
19"=361
20"=400


Ce patron se reproduit ensuite, à l’infini : les carrés de 21, de 31, de 41 et ainsi de suite se terminent par 1; ceux de 22, 32, 42 etc. se terminent par 4; etc.

De plus, on note que certaines des dizaines de ces carrés sont pairs (25, 49, 64, 81, 100). Ces possibilités, qui se répètent aussi à l’infini, ne peuvent correspondre au montant recherché, qui comprend un nombre impair de dizaines. Les seuls carrés ayant un nombre impair de dizaines sont ceux qui se terminent par 6 (16, 36, 196, 256, etc.)

Conclusion? Le montant reçu doit donc nécessairement se terminer par 6. On sait de la sorte qu’il y avait ou 6 ou 14, ou 16, ou 24, ou 26, etc. moutons dans le troupeau : mais cela est sans importance. Tout ce qu’il importe de savoir pour résoudre la question posée — qui ne concerne ni le nombre de moutons vendus, ni le montant total de la vente — c’est que le montant reçu se terminait pas 6 — autrement dit, que les deux frères ont reçu six pièces de 1$.

Après que le premier partage, celui des billets de 10$, a été fait, l’aîné a donc remis à son cadet qui s’était plaint ces 6 pièces de 1$. Le cadet s’est évidemment plaint de nouveau: il avait reçu quatre dollars de moins que son aîné.

Pour combler cet écart, l’aîné a donc fait à son cadet un chèque de….

Bien des gens répondent ici 4$. Mais, pensez-y bien : la réponse est 2$.

LE PRINCIPE DES TIROIRS

[Texte en cours pour une chronique de jeux mathématiques à paraître]

Imaginez que vous vouliez ranger des objets dans des tiroirs, en plaçant un seul objet par tiroir. Vous avez 9 objets et neuf tiroirs : tout va bien. Mais si vous avez 10 objets à placer et toujours neuf tiroirs, vous n’y arriverez pas puisqu’un tiroir contiendra deux objets.

Le mathématicien allemand Peter-Gustav Lejeune-Dirichlet (1805-1859) a fait cette observation en 1834 et aussitôt remarqué tout ce qu’on pouvait tirer ce qu’on appelle désormais le principe de Dirichlet — en anglais le pigeon hole principle.

Pour vous convaincre de la puissance de ce principe, considérez la question suivante : y a-t-il à Montréal deux personnes qui ont exactement le même nombre de cheveux?
La question peut à première vue sembler impossible à résoudre sans de longs et fastidieux comptages. Mais grâce aux tiroirs de Dirichlet, on peut prouver que la réponse est nécessairement oui.

Commençons par estimer le nombre maximal de cheveux qu’une personne peut avoir. Pour nous aider — on pourrait compter, mais ce serait long! — rappelons qu’on a, selon la région du cuir chevelu, entre 200 et 300 cheveux par cm². Partant de là et de la surface de cuir chevelu que nous avons en moyenne, on pourra estimer entre 120 000 à 150 000 le nombre de cheveux qui composent une chevelure. Mais soyons excessifs et prudents et doublons ce dernier nombre : disons donc qu’une personne peut avoir entre 1 et 300 000 cheveux — nous mettons de côté les chauves.

Disons qu’on estime, et c’est un nombre ridiculement minimal, qu’il y a un million de personnes à Montréal. Avec ces seules données, grâce au principe des tiroirs, on peut être certain que deux personnes habitant Montréal ont exactement le même nombre de cheveux.

Voici pourquoi.

Ces personnes sont les objets à placer dans les tiroirs; les tiroirs sont les diverses possibilités de nombres de cheveux. Il y a donc 300 000 tiroirs (de 1 à 300 000 cheveux possibles) et un million d’objets (les personnes qui habitent Montréal). La conclusion s’impose d’elle-même.

Voici comment.

Considérons une première personne. Elle a, disons, 3 cheveux et on la range donc dans le tiroir correspondant. Une deuxième personne a 124 566 cheveux : elle va donc dans ce tiroir, différent du précédent. On place de la sorte les 300 000 premières personnes — qui, manque de chance, ont toutes un nombre différent de cheveux — dans les 300 000 tiroirs qui, dès lors, sont tous occupés. MAIS il reste des personnes à placer (il en reste même 700 000!) : de sorte que, nécessairement, la personne suivante va être rangée dans un tiroir déjà occupé. Elle aura donc le même nombre de cheveux qu’une autre personne. Il y a donc, nécessairement, deux — et même bien plus que deux — personnes qui ont le même nombre de cheveux à Montréal.

Si on y pense, c’est un résultat vraiment spectaculaire, obtenu par le seul raisonnement. Il donne une idée de la puissance du principe des tiroirs. On peut ainsi être d’avance certain que, dans des conditions que vous formulerez aisément, nous arriverons au travail à la même minute plus d’une fois durant notre vie; que plusieurs sapins dans les Laurentides ont exactement le même nombre d’épines; que, toujours sous certaines conditions usuelles (relatives au nombre de candidats et au total des points qu’on peut obtenir), plusieurs élèves auront les même résultat à un examen donné.
Quand on connaît le principe des tiroirs, on le voit à l’œuvre partout!
[à suivre...]

MULTIPLIER, PUIS DIVISER PAR DEUX

Voici un amusant petit problème à poser à vos amis.

Vous prenez une feuille de papier de format ordinaire. Vous faites remarquer qu’on peut convenir qu’elle a un dixième de millimètre d’épaisseur. Vous la pliez en deux par son milieu et expliquez que vous avez désormais entre les mains un petit cahier constitué de deux feuilles et quatre pages, lequel a donc deux dixièmes de millimètres d’épaisseur.

Vous pliez une fois de plus et faites alors remarquer que votre petit cahier a désormais quatre dixièmes de millimètres d’épaisseur. Vous dépliez ensuite lentement votre cahier, pour revenir à la feuille initiale. Pendant ce temps, vous dites : «Chaque pli ne m’a guère pris plus d’une seconde et si j’avais continué pendant une minute, j’aurais certainement pu faire, disons, 50 plis. Mais je ne veux pas vous faire perdre de temps.»

Vous posez ensuite aussitôt la question suivante: «Supposons cependant que j’aie continué jusqu’à 50 plis, quelle aurait selon vous été l’épaisseur du petit cahier que j’aurais ainsi confectionné devant vos yeux en moins d’une minute?»

Les réponses varieront beaucoup, mais vous aurez typiquement les suivantes: 5 centimètres (50 fois 1 dixième de millimètre!); plusieurs centimètres; un mètre; plusieurs mètres; et, chez ceux et celles qui se méfieront avec raison de la vitesse à laquelle croissent ces progressions géométriques, des estimations parlant de «la hauteur d’un building», voire encore plus haut.

Mais peu de gens vont imaginer le résultat auquel on parviendrait si on pouvait réaliser cette expérience — ce qui est impossible étant donné qu’après 7 ou 8 plis, on ne peut physiquement la poursuivre. Ce résultat? 122 millions de kilomètres! Quelque chose comme les deux tiers de la distance de la Terre au Soleil !

Ce résultat fait bien voir l’extraordinaire vitesse de ces progressions où on multiplie à chaque fois le résultat par deux.

On l’aura deviné : quelque chose d’aussi spectaculaire et étonnant peut par définition être obtenu en … divisant par deux.

Prenez par exemple un numéro de téléphone à 7 chiffres, n’importe lequel. Le plus grand de ces numéros sera : 999-9999. En combien de questions pensez-vous pouvoir identifier, avec certitude, le numéro d’une personne que vous venez de rencontrer.

La réponse, inattendue, est 24 et elle repose sur un principe de classification binaire, par laquelle on «divise par deux», si je peux dire.

Avez-vous une idée de la manière de procéder?



RÉPONSE

Supposons qu’on veuille identifier un élément parmi deux (1 ou 2). On voit immédiatement qu’une seule question suffira, nommément : «Est-ce 1?».

Si on veut cette fois identifier un élément parmi 4 (1, 2, 3, 4), deux questions suffiront, mais à condition de diviser par deux notre ensemble — c’est justement cela la classification binaire. Par exemple : «Est-ce un nombre plus grand que 2?». Que la réponse soit oui ou non, une dernière question permet de l’identifier.

Selon le même principe, si on veut identifier un élément parmi 8, trois questions suffiront. «Est-ce un nombre plus grand que 4?» Puis, selon la réponse : «Est-ce un nombre plus grand que 2?» ou «Est-ce un nombre plus grand que 6?».

Si on généralise cette idée, on trouvera que n questions suffisent pour identifier un élément particulier d’un ensemble de 2 n éléments.

Considérons notre numéro de téléphone. 2 23 donne 8 388 608. C’est énorme et très intéressant pour ce qu’on cherche, mais ça ne permet d’identifier aucun des numéros de téléphone depuis 838- 8609 jusqu’à 999-9999. Considérons donc 2 24.

Cette fois, cela donne : 16 777 216, ce qui est plus qu’il ne nous faut. Il s’ensuit qu’avec 24 questions au maximum, en procédant par classification binaire, on est assuré de trouver le numéro de téléphone à 7 chiffres d’une personne.

Essayez-le avec une personne dont vous ne connaissez pas le numéro de téléphone.

ABRACADABRA! … ET POURQUOI ÇA FONCTIONNE

Bien des enfants ont joué à l’ amusant et intriguant petit jeu qui suit.
Se présentant comme une magicienne capable de prédire l’avenir, une personne inscrit un nombre sur une feuille de papier qu’elle plie et remet à une autre personne pour que celle-ci la conserve et s’assure que la magicienne ne pourra modifier ce qui y est écrit.
On demande ensuite à un autre participant d’écrire sur une feuille un nombre de trois chiffres différents. Ce participant est ensuite invité à retourner ce nombre (i.e. s’il a écrit 572, il obtiendra par ce retournement 275), à faire la différence entre le plus grand et le plus petit, à retourner le nombre ainsi obtenu avant de l’ajouter au résultat de la soustraction précédente.
Le participant est alors invité à lire le résultat obtenu. On lit alors le nombre que la magicienne avait inscrit sur la feuille de papier : abracadabra! C’est le même!
Pour prendre de nouveau l’exemple précédent, on aurait :
572-275= 297; 297+ 792= 1089
Vous l’avez deviné : il ne s’agit aucunement de prémonition et le truc fonctionnera à tout coup. La magicienne écrit toujours 1089 sur sa feuille de papier : et tel est bien le résultat auquel parviendra le participant, quel que soit le nombre de trois chiffres différents dont il partira.
Ce petit truc est amusant en soi. Mais une question se pose : pourquoi cela marche-t-il à tous les coups? La réponse fait pénétrer dans cette branche des mathématiques qui s’appelle l’algèbre et constitue une très amusante manière d’en apprécier la nature et l’utilité.

POURQUOI ÇA FONCTIONNE

On se souviendra que nous commençons en choisissant un nombre de trois chiffres quel qu’il soit. L’algèbre nous permettra de raisonner sur ce nombre en le désignant par des lettres. Appelons ce nombre: abc.
Ici, a désigne des centaines, b des dizaines et c des unités.
Ce nombre correspond donc à :
100a +10b + c.
La première étape de notre tour nous demande de le retourner : ce qui nous donne : 100c + 10b + a; puis de soustraire le nombre obtenu du nombre de départ, ce qui revient à :
100a +10b + c – (100c + 10b + a).
Dans cette opération, on peut éliminer les b (10b-10b = 0); le reste donne : 99 a – 99c, ce qui revient à : 99 (a-c). Et comme a et c sont des entiers, l’opération aboutit toujours à un multiple de 99 comprenant trois chiffres. Les seules possibilités sont les suivantes:
198; 297; 396; 495; 594; 693; 792; 891.
Or, comme vous pouvez le constater, à chaque fois, si on additionne le premier chiffre et le troisième (et le troisième avec le premier), on obtient toujours un 9! Et justement, la dernière partie du tour nous demande de renverser ce nombre et à l’ajouter à celui qui a été renversé.
Qu’obtiendra-t-on de la sorte? Supposons qu’on parte avec 198. On aura : 198+891= 1089. Et ce sera le cas pour tous les autres multiples de 99 à trois chiffres. Pourquoi? Parce qu’à tout coup on obtient 9 paquets de 100 pour les centaines, i.e. 9a; 2 paquets de 9 pour les dizaines, i.e. 18b; et 9 paquets de 1 pour les unités, i.e. 9c.
On arrive donc, immanquablement à:
900+ 180+ 9 = 1089

C’est tout de même amusant, l’algèbre.

JOUONS AVEC π

[Paru dans la revue de philosophie Médiane]

Tout le monde a gardé le souvenir de ce vieil ami d’enfance appelé Pi et noté : π.

Il s’agit, en fait, de la seizième lettre de l'alphabet grec, la première de l’écriture grecque du mot périmétros. C’est Leonhard Euler (1707 - 1783) qui a popularisé son usage en mathématiques, vers 1737.

On se souvient certainement aussi des deux formules suivantes, qui le font intervenir:

• Le périmètre d’un cercle de rayon R, qui est donné par: 2 π R
• L'aire du disque délimité par un cercle de rayon R, qui est donnée par: π R 2

C’est avec π que je vous propose de jouer cette fois. Et pour commencer en douceur, voici une question toute simple :

Que désigne π, exactement?

[Vérifiez votre réponse avant de poursuivre]

***

Comprendre ce que désigne π permet de jouer à un amusant petit jeu.

Il s’agit de demander à vos amis d’évaluer ce qui sera le plus long : le périmètre d’un verre donné, ou sa hauteur. Sauf très rare exception, tous les verres que vous considérerez auront un diamètre supérieur à leur hauteur; mais vos amis auront en général bien du mal à en juger. Vous pourrez alors leur montrer qu’ils se trompent en entourant d’une ficelle le tour du verre, puis en rapportant cette longueur à sa hauteur.

Vous aurez compris qu’on peut aisément éviter de tomber dans le panneau simplement en se rappelant ce que désigne π : il suffira en effet de concentrer son attention sur le diamètre du verre. C’est cette longueur, mentalement multipliée par 3, 14, qui donne la longueur du périmètre : si on procède de la sorte pour l’évaluer, le diamètre du verre apparaît alors, à l’évidence, supérieur à sa hauteur.

***

Historiquement, différentes cultures ont attribué diverses valeurs à π. On lit par exemple dans la Bible (Chroniques 4 :2) : «Puis Il coula la Mer en métal fondu, de dix coudées de bord à bord, à pourtour circulaire, de cinq coudées de hauteur; un fil de trente coudées en mesurait le tour». À considérer ce texte, π vaudrait 3, ce qui est un peu gênant pour les promoteurs de la thèse de la vérité littérale de la Bible!

Pour les Babyloniens, π valait 25/8; pour les Grecs, 22/7; pour les Égyptiens et les Indiens: √10, soit 3, 162…; pour les Chinois 355/113 — ce qui est remarquable puisque juste jusqu’à la sixième décimale!

Les mathématiciens (ou mathématiciennes, qui sait?) de toutes ces anciennes cultures auraient pu se tenir fièrement devant les législateurs de l’État d’Indiana, aux Etats-Unis : ceux-ci faillirent en effet adopter en 1897 le House Bill No. 246 qui établissait la valeur de π à 3!

***

On connaît aujourd’hui plus de mille milliards de décimales de π! Ce résultat remarquable a été obtenu par l’équipe japonaise du professeur Kanada.

L’établissement de ces décimales est utile dans quelques secteurs des mathématiques et constitue en outre un excellent test de la puissance et de la fiabilité des ordinateurs. Mais leur calcul présente également un défi intéressant en soi, à cause de algorithmes qui doivent être conçus et mis en oeuvre. Ceci dit, tenir π pour égal à : 3, 14159 est en pratique suffisamment précis pour tous nos calculs.

Mais si on veut se rappeler des décimales de π, il existe un amusant — et bien connu — truc mnémotechnique pour ce faire. Il s’agit d’un poème, dont je donne ci-après le début. Dans ce texte, chacun des mots comporte un nombre de lettres correspondant aux chiffres successifs qui composent π:

Que j'aime à faire apprendre un nombre utile aux sages.
Immortel Archimède, artiste ingénieur,
Qui de ton jugement peut priser la valeur
Pour moi ton problème eut de sérieux avantages
[…]

On a ici :

Que= 3
J’= 1
Aime= 4
À= 1

Et ainsi de suite. Ce qui donne :

3, 141592653589793238462643383279 …

Mais une des manières les plus insolites de retrouver π a été proposée par le Comte de Buffon (1708-1788). La voici.

On a un plan horizontal sur lequel on a tracé des droites parallèles distantes d’une longueur déterminée d. Laissons maintenant tomber aléatoirement un grand nombre de fois une aiguille de longueur d sur ce plan. Buffon, si on en croit la légende, avait mené son expérience dans un restaurant en lançant par-dessus son épaule des baguettes de pain d’une longueur égale à celles des carreaux du plancher.

Quoiqu’il en soit, on démontre que la probabilité qu’une aiguille touche une droite est : 2/ π. De sorte que si vous laissez tomber une aiguille dans les conditions données et comptez le nombre de fois où l’aiguille a traversé les droites, vous saurez que π est (approximativement) égal à :

2 X (nombre de lancers)/(nombre de lignes touchées)

***

Voici pour finir un curieux petit problème au résultat contre intuitif.

Imaginez qu’un câble enserre solidement la Terre à l’équateur, en son plus grand diamètre. Convenons que ce câble mesure 40 000 kilomètres. On décide de desserrer un peu ce lien et de faire en sorte que le câble soit désormais, partout, à un mètre de la surface de la Terre. De combien faudra-t-il rallonger la corde pour obtenir ce résultat?

Donnez d’abord une réponse intuitive; puis, en vous rappelant que ce problème peut être résolu avec la formule 2 π R citée plus haut, faites le calcul!


Les réponses

Que désigne π?

π désigne le rapport constant entre le périmètre d’un cercle (i.e. la longueur de sa circonférence) et son diamètre (qui est le double de son rayon).

En d’autres termes, et pour que ce soit bien clair : entourez un disque d’une corde : vous avez son périmètre. Passez ensuite une autre corde en son centre : vous avez son diamètre. Déposez cette corde au sol. Ouvrez ensuite la corde du périmètre, faites-en une droite et déposez là au-dessus de la corde du diamètre : elle est π fois plus grande que la corde du périmètre.


La ficelle autour de la Terre

Il suffira de la rallonger de … 6, 28 mètres. C’est tout et ce sera suffisant.

Pour le comprendre, revenons à notre formule permettant de calculer le périmètre d’un cercle. Ce que nous cherchons, c’est la différence entre le périmètre d’un cercle C1 et celui d’un cercle C2, dont les rayons diffèrent de 1 mètre. Appelons le rayon du premier cercle r1; celui du deuxième, r2. On sait en outre que: r2 = r 1 + 1 mètre.

Nous voulons connaître la différence des périmètres entre les deux cercles, i.e. C2 - C1. La formule du périmètre d’un cercle est 2 π r. Nous recherchons donc : 2 π r 2 - 2 π r 1.

Or :
2 π r 2 - 2 π r 1 = 2 π (r1 - r2)

Mais : r1 - r2 = 1

Donc : 2 π r 2 - 2 π r 1 = 2 π

Ce qui revient à 2 x 3, 14 = 6, 28

Il suffira donc bien d’allonger la corde de 6, 28 mètres!

LE DILEMME MONTY HALL

Vous participez à un jeu télévisé. On vous montre trois portes fermées et identifiées par les chiffres : 1, 2, et 3. L’animateur du jeu vous informe que derrière une de ces portes se trouve un exemplaire des œuvres complètes de Platon; derrière chacune des deux autres, une chèvre. Vous devez sélectionner une des portes : on l’ouvrira et vous gagnerez le prix qui se trouvera derrière elle.

Vous avez choisi la porte 1. À présent, faites attention à ce qui va suivre.

Votre hôte qui, bien entendu, sait ce qui se trouve derrière chacune des portes, va poser un geste surprenant: au lieu d’ouvrir la porte 1, il ouvre la porte 3, derrière laquelle se trouve évidemment une chèvre. Il vous informe que vous pouvez à présent, ou bien choisir la porte 2, ou bien conserver la porte 1.

Qu’en dites-vous? Est-il ou non avantageux, dans les conditions décrites, de changer de porte?

Ce problème est connu sous le nom de dilemme Monty Hall, du nom de l’animateur du jeu télévisé Let’s make a deal. À ma connaissance, il a été présenté pour la première fois par Martin Gardner, en 1959, dans la célèbre chronique de jeux mathématiques qu’il tenait dans Scientific American. Depuis, à chaque fois qu’il est exposé, il suscite autant d’intérêt que de polémique.

Notre intuition nous dit, très clairement et très distinctement, que le prix convoité peut également se trouver derrière chacune des trois portes — avec à chaque fois une probabilité de 1/3. Telle était bien la situation au moment où vous avez fait votre choix. Mais que se passe-t-il quand l’animateur ouvre une porte derrière laquelle se trouve une chèvre? Ici encore, notre intuition nous dit deux choses, toujours aussi clairement et distinctement La première est que cette nouvelle donnée change la probabilité que le prix se trouve derrière l’une ou l’autre des deux portes restantes : chacune ne peut plus avoir désormais non plus 1 chance sur trois d’être la bonne. La deuxième est qu’aucune des portes n’a plus de chance que l’autre d’être la bonne. Il s’ensuit qu’il est indifférent que l’on change ou non de porte et que chacune des deux a une chance sur deux de contenir le prix convoité.

Vous êtes d’accord? Vous avez tort. Mais rassurez-vous : même d’excellents mathématiciens se sont trompés, eux aussi.

Reprenons tout cela doucement.

Nous devons tenir compte de trois choses. D’abord, de l’endroit où se trouve l’oeuvre de Platon durant une partie : celle-ci, comme on sait, peut indifféremment être derrière l’une ou l’autre des trois portes, ce qui fait qu’il y a trois cas à examiner. Ensuite, des conséquences qu’aurait le fait de changer de porte dans chacun de ces trois cas. Enfin, nous devons déterminer les conséquences qu’aurait le fait de ne pas changer de porte, toujours dans chacun de ces trois cas. Une fois cela accompli, nous serons en mesure de constater s’il y a — ou non— un avantage à changer.

Nous pouvons représenter tout cela dans le tableau suivant :

PORTE 1 PORTE 2 PORTE 3

PARTIE 1 PLATON CHÈVRE CHÈVRE Il change et perd

PARTIE 2 CHÈVRE PLATON CHÈVRE Il change et gagne

PARTIE 3 CHÈVRE CHÈVRE PLATON Il change et gagne

PARTIE 4 PLATON CHÈVRE CHÈVRE Il ne change pas et gagne

PARTIE 5 CHÈVRE PLATON CHÈVRE Il ne change pas et perd

PARTIE 6 CHÈVRE CHÈVRE PLATON Il ne change pas et perd


Dans ce tableau, on indique en gras l’endroit où se trouvent les livres pour une partie donnée. Par convention, on suppose que le concurrent a choisi la porte 1. On se souviendra que le meneur de jeu ouvre toujours une porte derrière laquelle se trouve un Manifeste.

Pour les trois premières parties, le concurrent a choisi de changer de porte. Les trois parties suivantes (partie 4, 5, et 6) examinent les cas où le concurrent a choisi de ne pas changer de porte. Ce que nous constatons est indiqué dans la dernière colonne du tableau.

On le voit : le joueur qui change de porte gagne deux fois sur trois et perd une fois sur trois; le joueur qui ne change pas de porte gagne une fois sur trois et perd deux fois sur trois.

Le raisonnement est irréfutable, mais le résultat auquel on parvient est violemment contre-intuitif.

Si, comme presque tout le monde, le dilemme Monty Hall vous a trompé, voici de quoi vous consoler.

Dans la biographie qu’il consacre à Paul Erdös, un des plus importants et des plus créatifs mathématiciens du XXè siècle, Paul Hoffman raconte ce qu’il arriva quand un de ses amis lui exposa le problème en lui assurant qu’il valait mieux changer de porte . L’ami en question était persuadé que la conversation se porterait aussitôt vers un autre sujet. Mais Erdös «affirma que c’était impossible et que l’ouverture d’une porte ne devait pas faire de différence ». Il faudra du temps, un arbre de décision (qui est quelque chose de similaire au tableau que nous avons examiné) et même une simulation par ordinateur — sans oublier de longues discussions — pour convaincre le grand mathématicien.

C’est peut-être notre notion même de probabilité qui est ici mise au défi. Nous utilisons le plus typiquement une conception dite fréquentiste des probabilités, qui définit ce concept justement comme fréquence des événements, ce qui incite à penser les probabilités comme des propriétés objectives des objets; il existe pourtant une autre interprétation du concept de probabilité, qui invite à les concevoir de manière subjective, c’est-à-dire comme des propriétés de nos jugements sur les événements. L’ami qui a exposé le dilemme Monty Hall à Erdös et qui est parvenu à le convaincre de sa juste solution, concluait ce qui suit de cette expérience :

«Les physiciens sont enclins à penser que le concept de probabilité est rattaché aux choses. Prenez une pièce de monnaie. Vous savez que la probabilité de tirer pile est une chance sur deux. Les physiciens semblent penser que cette probabilité est en quelque sorte fusionnée à l’objet. Comme s’il s’agissait d’une de ses propriétés, de quelque chose de physique. Mais supposons que je lance une pièce de monnaie et qu’elle retombe sur pile à chaque lancer: vous penserez alors que quelque chose ne va pas. Que la pièce est fausse. C’est pourtant la même pièce de monnaie qu’au moment où j’ai commencé à la lancer. Alors pourquoi ai-je changé d’idée? C’est parce que mon esprit a reçu de nouvelles informations dont il tient compte. Telle est la conception bayesienne des probabilités. J’ai dû faire de gros efforts pour comprendre que la probabilité est un état mental. Mon hypothèse est que Erdös avait adopté cette idée de probabilité comme quelque chose qui est attaché à un objet physique et que c’est pour cette raison qu’il ne pouvait comprendre pourquoi il était sensé de changer de porte ».

Pour aller plus loin

On trouve sur Internet divers simulateurs de jeu qui permettent de visualiser ce qui se passe selon que l’on modifie ou non notre premier choix de porte. Par exemple : http://www.univ-rouen.fr/LMRS/Vulgarisation/Hall/hall.html

GARDNER, Martin Gardner, Aha! Gotcha. Paradoxes to Puzzle and Delight, Freeman and Co, New York, 1982.
PILLIS, de, J. 777 Mathematical Conversation Starters, MAA, 2002. Pages 143-146.
GRANCHER, G. de la RUE, T., Énigmes mathématiques. Maths en scène. Brochure APMEP 121 (1998).

Le lien qui suit permet de consulter une démonstration mathématique du résultat auquel nous sommes arrivés mais en termes de probabilités conditionnelles : [http://irmi.epfl.ch/cmos/Pmmi/xcspool/course1_fr45.htm]

LE CARRÉ DISPARU

Je prépare un texte pour une revue où je tiens une (brève) rubrique de jeux mathématiques. J'ai pensé parler cette fois de ces célèbres découpages de Curry.

Je me demande si mon explication du phénomène est claire. Votre avis?

***

Considérez les deux triangles suivants :



Celui du haut, on le voit, a été découpé en quatre figures : en haut, à droite, un petit triangle, mesurant 2 unités de haut et dont le côté mesure cinq unités; juste sous lui, un heptomino (une figure à 7 unités de surface); sous celle-ci, un octomino (une figure de 8 unités de surface); enfin, le grand triangle qui reste, qui a trois unités de haut et dont le côté mesure huit unités.

Le deuxième triangle a été composé en replaçant ces quatre morceaux. Or on peut le constater: réorganisées, elles laissent un trou d’une unité.

Problème. Il s’agit évidemment d’une illusion : mais comment fonctionne-t-elle?

L’illusion est créée par le fait qu’aucune des deux triangles n’a exactement la même surface que les parties qui le composent.

Voyons cela. On s’en souvient : on mesure la surface d’un triangle en mesurant sa base par sa hauteur, puis en divisant le résultat par 2 : (b x h/ 2) — une formule que ces triangles sur fonds quadrillés permettent d’ailleurs de bien visualiser.

Ici, on a donc: 13 x 5 / 2 = 32, 5.

Or, les carrés occupent, dans le premier triangle, comptez-le, 32 unités et dans le deuxième, 32 + 1, soit 33 unités. Comment est-ce possible?

C’est simple. En raison de leurs proportions, le petit triangle que nous avons découpé en haut à droite (rapport de 5 :2) et le deuxième, plus grand, découpé à gauche (rapport de 8 : 3) ont des hypoténuses qui ne forment pas une ligne droite. Cette courbure est minuscule (1/128 d’unité) et on ne la voit que très difficilement à l’œil nu. Pourtant, notez sur la première figure le lieu où se croisent les hypoténuses des deux triangles (le petit et le grand); puis observez le même point sur la figure du bas. Vous verrez clairement l’effet produit. Dans le premier cas, les hypoténuses e rejoignent légèrement plus bas que dans le deuxième et la ligne obtenu est courbée vers l’intérieur ou vers l’extérieur selon le cas. On voit mieux tout cela sur l’illustration suivante :




La surface que couvre l’espace entre ces deux courbes mesure exactement l’unité manquante.