Archives mensuelles : novembre 2018

Les taxes sur l’essence

Quel est le vrai taux de taxes sur l’essence en pourcentage ?

En France, durant l’année 2018, les prix de l’essence (et du diesel) ont encore augmenté provoquant la colère des usagers qui ne font pas des kilomètres juste par plaisir mais par nécessité.

Les médias et le gouvernement font de belles infographies. En voici une du ministère de l’écologie :

Ce qu’on peut lire sur ce graphique et qui est relayé en masse par les médias, c’est que grosso modo :

les taxes sur l’essence représentent 60 %

Cela fait beaucoup n’est-ce pas ? Eh bien, nous ne sommes pas d’accord !

FAUX ! FAUX ! FAUX ! NUL ! ZÉRO !

En réalité, c’est bien pire que ça…

Est-ce de l’ignorance de la part du gouvernement et des médias ou est-ce de la désinformation ?

En effet… Nous posons une question simple :

Depuis quand le pourcentage de taxes se calcule sur un prix TTC ?

En réalité, le pourcentage de taxes doit se calculer sur le prix HT !

C’est le calcul que nous faisons pour calculer, par exemple, un prix TTC après application de la TVA. Par exemple, un article à 100 € H.T. coûtera au consommateur 120 € T.T.C. (avec une TVA à 20 %). On applique donc les 20 % au prix HT. Il ne viendrait à l’idée de personne de dire, en pareille situation, que la TVA représente 20 / 120 = 0,167 donc 16,7% du prix TTC. (Vous n’avez pas compris le calcul ? Voir notre page sur les pourcentages)
Et pourtant c’est ce que font le gouvernement et les médias sur le prix des produits pétroliers…

Alors, reprenons les calculs dans le bon sens cette fois.
Le prix HT d’un litre d’essence est de 0,60 € environ (à la louche, pour faire simple).
Le prix TTC (avec la taxe sur les produits pétroliers et la TVA) est 1,50 € environ.

Si on calcule maintenant le rapport de ces deux quantités, on trouve :

\frac{\text{Prix TTC}}{\text{Prix HT}} = \frac{1{,}50}{0{,}60} = 2{,}50

Cela signifie, qu’en réalité il y a un coefficient multiplicateur de 2,5 :

les taxes sur l’essence multiplient le prix HT par 2,5 !

ou encore, dit autrement :

les taxes sur l’essence augmentent le prix HT de 150 %

Ça ne fait pas du tout le même effet, hein ?

Bien sûr, vous pouvez affiner le calcul en distinguant l’essence et le gasoil mais vous avez désormais sous les yeux le bon ordre de grandeur. C’est en réalité ce pourcentage qu’il faudrait communiquer… Mais le gouvernement et les médias se gardent bien de le faire !

Pourquoi n’obtient-on pas du tout les mêmes pourcentages selon que l’on raisonne sur le prix TTC ou le prix HT ? Cela est dû à un phénomène mathématique : le principe d’asymétrie.

Et en réalité, c’est bien pire que ça : en effet, sur le coût de raffinage et le coût de production, il y a également de nombreuses charges et taxes. De plus, on peut également dénoncer le scandale de la TVA sur l’essence qui ne s’applique pas sur le prix HT seul mais sur le prix HT et la TIPP : une taxe sur une taxe, bravo, il fallait y penser !

 

Introduction de l’exponentielle en TS

Intention de cet article

Lorsqu’il s’agit d’introduire la fonction exponentielle en terminale S, il y a un long déroulé très théorique à faire avec de nombreuses démonstrations. La démarche habituelle consiste à démontrer que si une fonction f est solution du problème de Cauchy (voir ci-dessous), alors elle ne s’annule jamais. Pour cela on fait une première démonstration en dérivant une certaine fonction : x \mapsto f(x)f(-x) dont on montre qu’elle est égale à 1. Puis, ensuite, on démontre l’unicité de la solution au problème de Cauchy en supposant que l’on a deux solutions f et g et en dérivant une certaine fonction : x \mapsto f(x)g(-x) ou x \mapsto \frac{g(x)}{f(x)} (ce qui a un sens puisque f ne s’annule jamais) ce qui permet d’en déduire f=g. Une fois l’unicité établie, on peut, sans ambiguïté, noter exp la fonction solution au problème de Cauchy (en supposant qu’elle existe…). Ensuite, il s’agit de démontrer la propriété fondamentale de l’exponentielle \text{exp}(A+B)=\text{exp}(A)\times\text{exp}(A) en dérivant encore une certaine fonction…
Bref, cette démarche est un peu lourde et, à chaque fois, il faut recommencer des calculs similaires de dérivation. Ne peut-on pas faire plus simple ? Eh bien oui ! Dans le déroulé ci-dessous, nous établissons un lemme préalable à partir duquel tous les résultats souhaités en découleront. Cela reste abstrait pour le néophyte mais l’avantage est qu’il n’y a qu’un seul calcul de dérivation à faire lors de la démonstration du lemme.

Voici donc la démarche !

1 – Présentation du problème de Cauchy

En préambule, posons-nous une question triviale : existe-t-il une fonction dérivable f qui est égale à sa dérivée sur \mathbb{R} ? La réponse est évidente :

oui, la fonction identiquement nulle : f=0 \text{ sur } \mathbb{R}

Se pose donc une nouvelle question : existe-t-il une fonction dérivable non identiquement nulle qui vérifie la condition f'=f \text{ sur } \mathbb{R} ? Notons que si une telle fonction existe, tous ses multiples vérifieront également l’égalité f'=f. Si on veut donc avoir une chance de construire une fonction unique, il est nécessaire d’imposer une condition initiale en posant, par exemple : f(0)=1.

On s’intéresse donc aux éventuelles fonctions qui vérifient les conditions suivantes, appelées problème de Cauchy et notées (PC) :

\text{(PC)} \quad : \quad \left\{\begin{array}{l}f(0)=1\\f'=f \text{ sur } \mathbb{R}\end{array}\right.

Nous allons montrer dans cet article que si une fonction est solution de ce problème, alors elle est unique et possède des propriétés remarquables que nous allons établir.

Notons qu’une fonction f qui vérifie le problème de Cauchy est nécessairement continue sur \mathbb{R} car dérivable sur \mathbb{R}.

2 – Le lemme préliminaire

Le fameux lemme qui « fait tout » ! Le voici :

Si f et g sont deux fonctions qui vérifient (\text{PC}), alors :

\forall x \in \mathbb{R}, \forall A \in \mathbb{R} : f(A+x)g(-x)=f(A)

Démonstration

Posons \varphi, la fonction définie pour tout x \in \mathbb{R} par :

\varphi(x) = f(A+x)g(-x)

La fonction \varphi est de la forme \varphi = uv avec \left\{\begin{array}{l}u(x)=f(A+x)\\v(x)=g(-x)\end{array}\right..

Par produit (et composition affine), elle est donc dérivable sur \mathbb{R} et on a :

\varphi'=u'v + uv'

Or u'(x)=f'(A+x) et v'(x)=-g'(-x) d’où :

\varphi'(x) = f'(A+x)g(-x) - f(A+x)g'(-x)

Mais, par hypothèse, les fonctions f et g sont des solutions du problème de Cauchy, on a donc f'(A+x)=f(A+x) et g'(-x)=g(-x) si bien qu’au final :

\varphi'(x) = f(A+x)g(-x) - f'(A+x)g(-x)=0

La dérivée \varphi' est nulle sur \mathbb{R}, par conséquent la fonction \varphi est constante sur \mathbb{R}. (Ce résultat est admis depuis la classe de première, il découle du théorème des accroissements finis qui n’est pas accessible en lycée).

Nous pouvons facilement calculer cette constante car :

\varphi(0)=f(A+0)g(0)=f(A)

En conclusion, on donc bien démontré le lemme :

f(A+x)g(-x)=f(A)

Nous allons maintenant voir comment ce lemme permet d’établir tous les résultats dont nous aurons besoin.

3 – Si une fonction est solution de (PC), alors elle ne s’annule jamais

On applique le lemme avec A=0 et f=g, ce qui donne, pour tout réel x :

g(x)g(-x)=f(0)=1

Si la fonction g s’annulait en un certain réel x_0, on aurait alors g(x_0)g(-x_0)= 0 \times g(-x_0) = 1 ce qui est absurde.

Ainsi, toute fonction f solution au problème de Cauchy vérifie nécessairement la relation :

f(x)f(-x)=1

On pourrait aller plus loin pour en déduire que f est nécessairement strictement positive. En effet, s’il existait un réel x_1 tel que f(x_1)<0, alors en vertu du théorème des valeurs intermédiaires (que l’on peut légitimement appliquer puisque f est continue), il existerait un réel x_0 compris entre 0 et x_1 tel que f(x_0)=0 ce qui est en contradiction avec ce qu’on a montré précédemment. Mais nous verrons plus loin une autre façon de prouver la stricte positivité d’une telle fonction solution.

4 – Si une fonction est solution de (PC), alors elle est UNIQUE

Pour prouver qu’un objet mathématique est unique, la démarche est assez classique. On suppose qu’il existe deux fonctions f et g qui vérifient le problème de Cauchy. Alors, d’après le lemme appliqué avec A=0, on a pour tout réel x :

f(x)g(-x)=1

En multipliant des deux côtés par g(x), il vient :

f(x)g(-x)g(x)=g(x)

Mais puisque g(-x)g(x)=1, d’après la partie 3, il reste au final :

f(x)=g(x)

On a donc f=g sur \mathbb{R}, ce qui prouve l’unicité.

5 – Propriété fondamentale

Appliquons le lemme avec g=f :

f(A+x)f(-x)=f(A)

Multiplions des deux cotés par f(x) :

f(A+x)f(-x)f(x)=f(A)f(x)

Mais puisque f(-x)f(x)=1, il reste au final :

f(A+x)=f(A)f(x)

Remplaçons x par B par souci d’esthétisme :

f(A+B)=f(A)f(B)

Autrement dit, la fonction f transforme les additions en multiplications.

En particulier, on retrouve la stricte positivité de la fonction f. En effet, pour tout réel x, on peut écrire :

f(x)=f\left(\frac{x}{2}+\frac{x}{2}\right)=f\left(\frac{x}{2}\right)f\left(\frac{x}{2}\right)=\left(f\left(\frac{x}{2}\right)\right)^2> 0

En utilisant la relation f(A+B)=f(A)f(B), on a également :

f(A)=f\bigl((A-B)+B\bigr)=f(A-B)f(B)

D’où (puisque f ne s’annule jamais) :

f(A-B)=\frac{f(A)}{f(B)}

Et enfin, par récurrence immédiate, on a pour tout entier naturel n :

f(n)=f(1+1+\dots+1)=f(1)f(1)\dots f(1)=\bigl(f(1)\bigr)^n

 

6 – Baptème et notations

Si on fait le bilan de toute cette étude, on a montré que s’il existe une fonction f solution au problème de Cauchy, celle-ci est unique. On peut donc lui donner un nom : nous l’appellerons la fonction exponentielle.

De plus, si nous notons e le nombre f(1), la précédente formule montre que :

f(n)=e^n

Par extension,  pour tout réel x, on convient de noter e^x le nombre f(x). Ainsi, nous pouvons récapituler tous les résultats que nous avons vu :

e^0=1

(e^x)'=e^x

e^x e^{-x}=1

\forall x \in \mathbb{R}, e^x > 0

\forall A, B \in \mathbb{R}, e^{A+B}=e^A \times e^B

\forall A, B \in \mathbb{R}, e^{A-B}=\frac{e^A}{e^B}

Mais une question subsiste. Comment calculer ce fameux nombre e ?

Pour cela, il existe de nombreuses méthodes (algorithmes, suites, méthode d’Euler). Nous en proposons une ici, inspirée de ce qu’on appelle un développement en série entière.

Supposons que l’on puisse écrire ceci :

e^X=a_0+a_1X+a_2X^2+a_3X^3+a_4X^4 + \dots

Puisque e^0=1, on a nécessairement a_0=1 donc :

e^X=1+a_1X+a_2X^2+a_3X^3+a_4X^4 + \dots

En dérivant la relation ci-dessus, on obtient :

(e^X)'=a_1+2a_2X+3a_3X^2+4a_4X^3+\dots

Mais puisque (e^X)'=e^X, on peut mettre en égalité les quantités :

1+a_1X+a_2X^2+a_3X^3+a_4X^4 + \dots=a_1+2a_2X+3a_3X^2+4a_4X^3+\dots

En identifiant les coefficients, il vient :

a_1= 1

Puis :

2a_2=a_1=1 donc a_2=\frac12

Puis :

3a_3=a_2=2 donc a_3=\frac16

Puis :

4a_4=a_3=6 donc a_4=\frac{1}{24}

et ainsi de suite, il apparait alors que :

a_n=\frac{1}{n!}

Ainsi :

e^X=1+X+\frac{X^2}{2}+\frac{X^3}{6}+\frac{X^4}{24} + \dots + \frac{X^n}{n!}+\dots

Évidemment, la fonction exponentielle n’est pas polynomiale car le développement se poursuit (on appelle un tel développement une série entière).

Finalement, puisque e=e^1, on a un algorithme naturel qui nous permet de calculer une valeur approchée du nombre e :

e=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24} + \dots + \frac{1}{n!}+\dots

Cela s’écrit plus formellement :

\displaystyle e=\sum_{n=0}^{{+\infty}}\frac{1}{n!}

Et on trouve :

\displaystyle e\approx 2{,}718

Remarque pédagogique : si on doit prouver l’unicité de la fonction vérifiant le problème de Cauchy en classe, puis en déduire les propriétés qui en découlent, il n’est peut-être pas conseillé d’appliquer cette méthode abrégée. Mieux vaut faire la méthode classique, certes plus longue, mais dans laquelle le fil conducteur est plus clair. Cette méthode abrégée est intéressante en seconde lecture.

 

 

 

 

 

 

La plus belle formule du monde

Vous avez sûrement déjà entendu parler de la suite de Fibonacci :

\left\{\begin{array}{rcl}f_0&=&0\\f_1&=&1\\f_{n+2}&=&f_{n+1}+f_n\end{array}\right.

Il s’agit d’une suite récurrente double définie à partir des deux termes initiaux (ici f_0=0 et f_1=1). Les termes suivants se calculent en faisant la somme des deux précédents, ce qui donne :

f_0=0 \quad f_1=1 \quad f_2=1 \quad f_3=2 \quad f_4=3 \quad f_5=5 \quad f_6=8 \quad f_7=13

Cette célèbre suite possède de nombreuses propriétés plus ou moins connues. En particulier, elle entretient de nombreux liens avec le nombre d’or \varphi, solution positive de l’équation X^2=X+1.

Dans cet article nous allons démontrer une propriété plus méconnue : les liens entre la suite de Fibonacci et le nombre \pi :

\displaystyle \frac{\pi}{2} = \sum_{n=0}^{{+\infty}} \arctan\left(\frac{1}{f_{2n+1}}\right)

C’est-à-dire :

\displaystyle \frac{\pi}{2}=\arctan\left(\frac{1}{f_1}\right) + \arctan\left(\frac{1}{f_3}\right)+\arctan\left(\frac{1}{f_5}\right)+\arctan\left(\frac{1}{f_7}\right)+\dots

Le nombre \frac{\pi}{2} est donc égal à la somme des arctangentes des inverses des termes de rang impair de la suite de Fibonacci. Et compte tenu du fait que \arctan(1)=\frac{\pi}{4}, la formule ci-dessus s’écrit encore :

\displaystyle \frac{\pi}{4} =\arctan\left(\frac{1}{2}\right)+\arctan\left(\frac{1}{5}\right)+\arctan\left(\frac{1}{13}\right)+\dots

Dans cet article, nous allons démontrer cette formule en se mettant à la portée d’un bon lycéen. Pour cela, nous aurons besoin de quelques résultats ou connaissances préalables (sur la suite de Fibonacci et sur les arctangentes) qui se mettront en symbiose dans la dernière partie pour parvenir à cet objectif.

C’est parti !

Partie I – Une propriété de la suite de Fibonacci

\forall n \in \mathbb{N}^*, f_{n-1} f_{n+1} - f_{n}^2 = (-1)^n

Démonstration

On procède par récurrence avec la propriété suivante, pour n \geq 1 :

P(n) : f_{n-1} f_{n+1} - f_{n}^2 = (-1)^n

On a f_0 f_2 - f_1^2 = 1 \times 0 - 1 = (-1)^1 d’où P(1).

Soit n \in \mathbb{N}^* et supposons P(n).

Alors :

f_{n+2} f_n - f_{n+1}^2 = \bigl(f_{n+1} + f_n\bigr) f_n - f_{n+1} \bigl(f_n - f_{n-1}\bigr) = f_n^2 - f_{n+1} f_{n-1}

Et d’après l’hypothèse de récurrence, il vient :

f_{n+2} f_n - f_{n+1}^2 = -(-1)^n = (-1)^{n+1}

Ce qui correspond à P(n+1).

La propriété est initialisée pour n=1 et héréditaire pour n \geq 1 donc vraie quel que soit n \geq 1 , ce qui achève cette démonstration.

Partie II – Une propriété de la fonction arctangente

La fonction tangente est continue et strictement croissante sur l’intervalle \left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[. Elle définit donc une bijection entre cet intervalle et son image \mathbb{R}. On peut définir la bijection réciproque qui sera définie sur  \mathbb{R} et à valeurs dans \left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[, c’est la fonction arctangente :

y=\arctan(x) \, \Longleftrightarrow x=\tan(y) \, \text{ et } \, y \in \left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[

Voici la représentation graphique de cette fonction.

Et puisque \tan\left(\frac{\pi}{4}\right)=1, on a \arctan(1)=\frac{\pi}{4}.

Nous aurons besoin de la formule suivante :

\forall x,y \in \mathbb{R_+} :

\arctan(x) - \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x-y}{1\,+\,xy}\right)

Démonstration

On peut s’appuyer sur les formules d’addition connues sur les fonctions sinus et cosinus :

\sin(a-b)=\sin(a)\cos(b)-\cos(a)\sin(b)

\cos(a-b)=\cos(a)\cos(b)+\sin(a)\sin(b)

Considérons des nombres a et b appartenant à l’intervalle \left[0 \, ; \; \frac{\pi}{2}\right[. Ainsi a-b \in\left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[ et on peut écrire sans souci de définition que  :

\tan(a-b)=\frac{\sin(a-b)}{\cos(a-b)}=\frac{\sin(a)\cos(b)-\cos(a)\sin(b)}{\cos(a)\cos(b)+\sin(a)\sin(b)}

En divisant le numérateur et le dénominateur par \cos(a)\cos(b) (qui est non nul), on fait ainsi apparaître plus que des tangentes :

\tan(a-b)=\frac{\tan(a)-\tan(b)}{1+\tan(a)\tan(b)}

Posons x=\tan(a) et y=\tan(b). Comme a et b appartiennent à l’intervalle \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[, on a donc a=\arctan(x) et b=\arctan(y). La formule ci-dessus devient alors :

\tan\bigl(\arctan(x)-\arctan(y)\bigr)=\frac{x-y}{1\,+\,xy}

Et comme la fonction arctangente est la bijection réciproque de la fonction tangente restreinte à l’intervalle \left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[ :

\arctan(x) - \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x-y}{1\,+\,xy}\right)

Ce qui achève la démonstration.

Exemple

En appliquant cette formule avec x=1 et y=\frac12, on obtient :

\arctan(1) - \arctan\left(\frac12\right)=\arctan\left(\frac{1-\frac12}{1\,+\,\frac12}\right)=\arctan\left(\frac{\frac12}{\frac32}\right) = \arctan\left(\frac13\right)

D’où une relation due à Euler :

\arctan\left(\frac12\right) + \arctan\left(\frac13\right) = \frac{\pi}{4}

L’angle formé par la diagonale du bi-carré additionné à l’angle formé par la diagonale du tri-carré est égal à l’angle formé par la diagonale du carré. Cette belle formule peut s’illustrer et comme se démontrer simplement en contemplant la figure suivante :

Si on observe bien cette figure, on remarque sans peine que le triangle (bleu et rouge) est isocèle rectangle. L’angle \beta + \gamma est donc égal à \frac{\pi}{4}. Or, \beta est l’angle formé par la diagonale d’un bi-carré donc :

\beta = \arctan\left(\frac12\right) \approx 26{,}57^{\circ}

Et \gamma est l’angle formé par la diagonale d’un tri-carré donc :

\gamma = \arctan\left(\frac13\right) \approx 18{,}43^{\circ}

D’où la relation d’Euler.

Partie III – Synthèse

Pour tout k \in \mathbb{N}^*, calculons la différence suivante :

\arctan\left(\frac{1}{f_{2k}}\right)-\arctan\left(\frac{1}{f_{2k+2}}\right)

D’après la formule sur les arctangentes vue dans la partie II, on obtient :

\arctan\left(\frac{\frac{1}{f_{2k}}-\frac{1}{f_{2k+2}}}{1+\frac{1}{f_{2k}}\frac{1}{f_{2k+2}}}\right)

En réduisant au même dénominateur :

\arctan\left(\frac{\frac{f_{2k+2}-f_{2k}}{f_{2k}f_{2k+2}}}{\frac{f_{2k}f_{2k+2}+1}{f_{2k}f_{2k+2}}}\right)

C’est-à-dire :

\arctan\left(\frac{f_{2k+2}-f_{2k}}{f_{2k}f_{2k+2}+1}\right)

Mais, nous avons vu, dans la partie I, que f_{2k}f_{2k+2}-f_{2k+1}^2=(-1)^{2k+1}=-1 donc f_{2k}f_{2k+2}+1=f_{2k+1}^2. Par ailleurs, f_{2k+2}-f_{2k}=f_{2k+1} si bien qu’au final, on a :

\arctan\left(\frac{1}{f_{2k}}\right)-\arctan\left(\frac{1}{f_{2k+2}}\right)=\arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

Il nous reste à sommer ces égalités pour k allant de 1 à N :

\displaystyle \sum_{k=1}^N \left(\arctan\left(\frac{1}{f_{2k}}\right)-\arctan\left(\frac{1}{f_{2k+2}}\right)\right)=\sum_{k=1}^N \arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

Par télescopage dans le membre de gauche, il reste :

\displaystyle \arctan\left(\frac{1}{f_{2}}\right)-\arctan\left(\frac{1}{f_{2N+2}}\right)=\sum_{k=1}^N \arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

Or, \arctan\left(\frac{1}{f_{2}}\right)=\arctan(1)=\frac{\pi}{4} et \arctan\left(\frac{1}{f_{2N+2}}\right) tend vers 0 lorsque N tend vers {+\infty} donc la série qui apparaît dans le membre de droite converge et on a bien :

\displaystyle \frac{\pi}{4}=\sum_{k=1}^{{+\infty}} \arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

Il reste à ajouter \arctan(1)=\frac{\pi}{4} dans les deux membres ainsi :

\displaystyle \frac{\pi}{2}=\sum_{k=0}^{{+\infty}} \arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

L’arnaque du mode examen

Quelle belle stratégie gouvernementale ! Après avoir mis la pression sur toutes les familles avec l’ignoble chantage « si votre  calculatrice ne possède pas le mode examen, vous n’aurez pas le droit de l’utiliser pour votre BAC de Maths… », le ministère se met maintenant à reculer… Ben oui, maintenant que tout le parc a été renouvelé et que toutes les familles ont racheté une calculatrice avec le mode examen (coût : 60 €, minimum), à quoi bon le mettre en application ce mode ? C’est vrai, ça pourrait faire baisser les taux de réussite au baccalauréat, hou la la, danger !

La politique En Marche du gouvernement : une avancée ou une reculade ?

Ce mode examen était initialement prévu pour la session 2018. Après une première reculade pour cette session, au prétexte que c’était « compliqué » sur le plan organisationnel (équipement des salles, formation des surveillants, etc.), le ministère a ajourné la mise en place de cette procédure en la remplaçant par une « mesure transitoire » pour le BAC 2018 (voir cette page sur les calculatrices). La mesure transitoire était clairement annoncée pour une durée d’un an. Autrement dit, dans tous les esprits, c’était clair que ce mode examen entrerait en vigueur l’année suivante… Que nenni !!! Pourtant, pour la rentrée scolaire 2018/2019, c’est encore ce que tout le monde croyait et les professeurs de maths ont mis en garde leurs élèves en précisant que, cette fois, ils n’y échapperaient pas et qu’il fallait vraiment une calculatrice compatible… Quels naïfs ces professeurs ! N’ont-ils pas compris qu’il devait encore rester une frange de la population d’élève qui n’était pas encore équipée et que le mode examen avait bon dos pour poursuivre encore un peu le chantage ? C’est courant le mois de novembre 2018 que l’info est tombé : la mesure transitoire (annulant le mode examen pour un an) est RECONDUITE d’une année supplémentaire ! Ah, ah, ah, le provisoire qui dure !

Quel merveilleux stratagème ! Le lobby des calculatrices (TI, Casio, HP) et les gouvernements complices ont réussi l’incroyable exploit d’imposer une dépense inutile aux familles (au nom de plus d’équité durant les examens, donc mesure facilement acceptée) puis d’induire indirectement un stress (attention, avec le mode examen, vous n’aurez plus accès à vos anti-sèches) pour enfin provoquer un soulagement final (allez, on vous annule le mode examen, vous pourrez continuer à tricher comme vos ainés) qui aura pour conséquence que personne ne va se plaindre… Après la fabrique du consentement (Noam Chomsky, 1988), voici la fabrique de l’inutile achat consenti et non regretté… Très fort ! Bravo les gars !

Ironie à part, c’est donc vraiment scandaleux ! Nous encourageons toutes les familles victimes de cette arnaque de se rendre sur le portail eduscol, rubrique « nous contacter » sur laquelle vous trouverez un lien pour écrire au ministre directement afin de lui demander le remboursement de votre achat de calculatrice avec mode examen !

 

Les fausses simplifications

Que pensez-vous du calcul suivant ?

\frac{\sqrt{94}}{\sqrt{1504}}=\frac{\sqrt{7^2+6^2+3^2}}{\sqrt{28^2+24^2+12^2}}=\frac{7+6+3}{28+24+12}=\frac{1\cancel{6}}{\cancel{6}4}=\frac14

Toutes les égalités sont mathématiquement vraies… Et pourtant, tout donne l’impression qu’elles sont déduites par des simplifications abusives ! Ça pique les yeux et pourtant si vous voyez cela sur une copie (ce qui est peu probable !), vous ne pourrez contester aucune égalité puisque toutes les expressions sont bien égales à \frac14.

Dans le même genre, on a :

\frac{-9}{3}+\frac{16}{4} = \frac{-9+16}{3+4}=\frac{7}{7}=1

Est-ce faux ? Non, c’est mathématiquement exact, toutes les quantités entre les égalités sont bien égales à 1. Pourtant, en voyant cela, on a l’impression que le principe de réduction au même dénominateur n’est pas maîtrisé…

On peut généraliser le calcul précédent de la façon suivante :

\frac{a^2}{a} + \frac{-b^2}{b}=\frac{a^2-b^2}{a+b}=\frac{(a-b)(a+b)}{a+b}=a-b

Il ne faut pas trop regarder ces formules sous peine de devenir très mauvais en maths !

Si vous avez d’autres perles du genre, n’hésitez pas à nous les envoyer ou nous les partager en commentaires !

La formule du multinôme

Tout le monde ici connaît les identités remarquables usuelles (de degré 2) telles que :

(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2

(a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2

(a + b)(a-b) = a^2 - b^2

Mais existe-t-il encore ce genre d’identités remarquables pour des degrés supérieurs ?
Et que se passe-t-il si on a plus de 2 termes dans la parenthèse ?
Par exemple, comment développer le produit suivant ?

(a + b + c)^4

Déjà, au lycée, on voit la formule du binôme de Newton :

\displaystyle (a + b)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k} a^{n-k} b^k

Cette formule peut se démontrer par récurrence ou par « contemplation ». En effet, rien qu’en la contemplant attentivement, on peut comprendre sa logique. Pour cela, il faut imaginer que l’on souhaite développer le produit suivant :

(a + b)(a + b)(a + b) ... (a+b)

Dans ce produit, il y a n facteurs. En développant, on prendra tantôt un a et tantôt en b dans chacun de ces n facteurs. Si on veut, par exemple, prendre k fois le nombre b (et donc n-k fois le nombre a), nous pouvons le faire de {n \choose k} façons. En effet, on rappelle que {n \choose k} est le nombre de façons de choisir k objets parmi n (ici ce sont les k facteurs parmi n que nous devons choisir). Il apparaît donc que lors du développement, les termes de la forme a^{n-k}b^k vont apparaître {n \choose k} fois. Il reste à faire la somme de tous ces termes pour k allant de 0 à n pour obtenir la formule du binôme.

On rappelle, au passage, que :

{n \choose k} = \frac{n!}{k! \ (n-k)!}

Et que ces coefficients binomiaux apparaissent dans le triangle de Pascal :

\begin{array}{c}1\\1 \quad 1\\1 \quad 2 \quad 1\\1 \quad 3 \quad 3 \quad 1 \\1 \quad 4 \quad 6 \quad 4 \quad 1\\1 \quad 5 \quad 10 \quad 10 \quad 5 \quad 1\end{array}

Grâce à ce triangle, on retrouve rapidement des identités telles que :

(a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3

(a + b)^4 = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4

Pour bien comprendre la suite, il faut savoir qu’on peut symétriser un peu la formule du binôme en écrivant que si n=j+k, alors le nombre de façons de partitionner le nombre n en deux collections de j et k entités est :

\frac{n!}{j! \ k!}

La formule du binôme s’écrit alors :

\displaystyle (a + b)^n=\sum_{j+k=n}\frac{n!}{j! \ k!}a^{j}b^k

N’est-ce pas plus sympathique ? La somme se calcule donc sur toutes les façons de décomposer le nombre n en somme de deux entiers j et k (à savoir n=0+n=1+(n-1)=2+(n-2)=...=1+(n-1)=0+n. Ceci est important pour bien comprendre la suite ! Le problème étant que l’on n’aura pas toujours que 2 termes dans la parenthèse… Nous allons donc généraliser la notion de coefficient binomial, le fameux {n \choose k}, à la notion de coefficient multinomial !

Par exemple, si vous avez 5 objets A, B, C, D et E et que vous souhaitez en mettre 2 dans un tiroir et 3 dans un autre tiroir, combien de répartitions aurez-vous ?

Premier tiroir Deuxième tiroir
A, B C, D et E
A, C B, D et E
A, D B, C et E
A, E B, C et D
B, C A, D et E
B, D A, C et E
B, E A, C et D
C, D A, B et E
C, E A, B et D
D, E A, B et C

Ce qui fait 10 répartitions et effectivement, on a bien :

\frac{5!}{2! \ 3!} = 10

Mais si maintenant, on souhaite partitionner les cinq objets en 3 sous-ensembles… L’un de deux objets, le second de deux objets et le troisième de un objet, on aura la formule :

\frac{5!}{2! \ 2! \ 1!} = 15 répartitions possibles

Nous venons de calculer un coefficient trinomial !

Si on généralise à n objets que l’on doit partitionner en p sous-ensembles de \alpha_1 objets, \alpha_2 objets, …, \alpha_p objets avec \alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_p=n, on aura :

\frac{n!}{\alpha_1! \ \alpha_2! ... \alpha_p!} répartitions possibles

C’est un coefficient multinomial et c’est exactement ce que nous devons faire si nous avons à développer un produit tel que :

\displaystyle \left(\sum_{i=1}^p a_i\right)^n

Dans chacun des n facteurs, on prend l’un des nombre a_i et, au final, en regroupant tous les termes, on obtient :

\displaystyle \left(\sum_{i=1}^p a_i\right)^n = \sum_{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_p=n}\frac{n!}{\alpha_1! \ \alpha_2! ... \alpha_p!} a_1^{\alpha_1} a_2^{\alpha_2} ... a_p^{\alpha_p}

Ce qui est compliqué dans cette formule, c’est que la somme se fait sur toutes les façons de décomposer le nombre n en p termes.

Exemple :

\displaystyle (a + b + c)^4=\sum_{\alpha+\beta+\gamma=4}\frac{4!}{\alpha! \ \beta! \ \gamma!} a^{\alpha} b^{\beta} c^{\gamma}

Si on veut expliciter la somme, il faut chercher les différentes façons de décomposer 4 en somme de 3 termes :

\footnotesize \begin{array}{rcl}4&=&4+0+0=3+1+0=3+0+1=2+2+0=2+0+2\\&=&2+1+1=1+2+1=1+1+2=1+3+0=1+0+3\\&=&0+4+0=0+3+1=0+1+3=0+2+2=0+0+4\end{array}

Ce qui donne 15 termes :

\footnotesize \begin{array}{c} (a + b + c)^4=\\{\tiny a^4+4a^3b+4a^3c+6a^2b^2+6a^2c^2+12a^2bc+12ab^2c+12abc^2+4ab^3+4ac^3+b^4+4b^3c+4bc^3+6b^2c^2+c^4}\end{array}

 

 

 

Les médianes d’un triangle

Si vous êtes sur ce site, vous savez sûrement ce qu’est une médiane dans un triangle : une droite passant par un sommet du triangle et le milieu du côté opposé.
On vous a sûrement appris, dès le collège, que les trois médianes d’un triangle sont concourantes en un point appelé centre de gravité du triangle et souvent noté G.

Mais au fait, savez-vous démontrer le fait que les médianes sont concourantes ?

Cette propriété mathématique fait partie des résultats qu’un lycéen connait mais ne sait absolument pas démontrer (en général). Ce n’est pas de sa faute, on fait désormais très peu de démonstrations géométriques au collège et au lycée !

Nous proposons ci-dessous trois démonstrations de cette propriété. La première, classique, telle qu’on l’enseignait dans « l’ancien temps » et une seconde, bien plus expéditive… et enfin, une troisième en utilisant des aires.

Mais avant, fixons le contexte et les notations. On considère donc un triangle ABC quelconque. On note I, J et K les milieux respectifs des côtés [BC], [AC] et [AB].

Première démonstration

L’idée de cette première démonstration est simple : pour démontrer que trois droites sont concourantes, on considère le point d’intersection de deux d’entre elles et on montre que ce point est également sur la troisième droite.

On désigne donc par G le point d’intersection des deux médianes (BJ) et (CK) :

G = (BJ) \cap (CK)

Notons que ces deux médianes sont forcément sécantes car ce sont les diagonales du trapèze (BKJC).

L’idée de cette démonstration classique est de définir le point D symétrique de A par rapport au point G. Ainsi, on sait que les points A, G et D sont alignés. Noter qu’à ce stade, on ignore si le point I appartient au segment [GD] ou non. C’est d’ailleurs ce point que nous allons examiner en premier lieu.

Via la relation de Chasles, on a :

\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AC}

Or, le point G étant le milieu du segment [AD], on a \overrightarrow{DA} = 2 \ \overrightarrow{GA}. De même, par définition, on a  \overrightarrow{AC} = 2 \ \overrightarrow{AJ}.

Ainsi, la relation vectorielle ci-dessus s’écrit :

\overrightarrow{DC} = 2 \ \overrightarrow{GA} + 2 \ \overrightarrow{AJ}

On factorise par 2 et via la relation de Chasles :

\overrightarrow{DC} = 2 \Bigl(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AJ}\Bigr) = 2 \ \overrightarrow{GJ}

Cela signifie que les vecteurs \overrightarrow{DC} et \overrightarrow{GJ} sont colinéaires. En conséquence, les droites (DC) et (GJ) sont parallèles.

Or, par définition, le point G est sur la médiane (BJ) donc on peut affirmer que :

(BG) // (DC)

On montre de même, en passant cette fois par le côté [AB], que :

(CG) // (DB)

Le quadrilatère (BDGC) a ses côtés opposés parallèles deux à deux, c’est donc un parallélogramme. Par conséquent, ses diagonales se coupent en leur milieu. Or le milieu de la diagonale [BC] est le point I. Ce point I est donc également le milieu de l’autre diagonale [GD]. En particulier, on a :

G, I et D alignés

Or, comme le point D est le symétrique du point A par rapport au point G, on a également :

G, A et D alignés

Finalement, les quatre points G, A, I et D sont alignés et en particulier :

G \in (AI)

On a donc montré que le centre de gravité G est sur la troisième médiane (AI).

En conclusion :

les trois médianes du triangle sont concourantes

Prolongements

Allons plus loin et précisons la position du centre de gravité G sur les médianes.

Par définition, puisque le point G est le milieu du segment [AD], on a :

\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{GD}

Mais on a également vu que le point I est le milieu du segment [GD] donc :

\overrightarrow{GD} = 2 \ \overrightarrow{GI}

D’où :

\overrightarrow{AG} = 2 \ \overrightarrow{GI}

Et via la relation de Chasles :

\overrightarrow{AG} = 2 \ \Bigl(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AI}\Bigr) = 2 \ \overrightarrow{GA} + 2 \ \overrightarrow{AI}

Il vient au final :

3\overrightarrow{AG} = 2 \ \overrightarrow{AI}

C’est-à-dire :

\overrightarrow{AG} = \frac23 \ \overrightarrow{AI}

Le centre de gravité G est situé aux deux tiers de la médiane
(en partant du sommet)

Maintenant que l’on dispose de cette relation, on peut aller encore plus loin en montrant que le centre de gravité du triangle est également l’isobarycentre des sommets. Pour cela, il suffit de montrer que la somme \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} est égale au vecteur nul.

D’après la relation de Chasles utilisée pour décomposer le deuxième et le troisième vecteur en introduisant le point A, on a :

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = 3 \ \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}

Mais d’après la relation 3 \ \overrightarrow{GA} = 2 \ \overrightarrow{IA}, il vient :

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = 2 \ \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}

Ce qui prouve que le centre de gravité du triangle est également l’isobarycentre des sommets du triangle. (Noter que cette propriété n’est plus valable dans un quadrilatère)

Deuxième démonstration

Nous allons maintenant être nettement plus efficace…

Reprenons tout depuis le début. On considère un triangle ABC quelconque. On note I, J et K les milieux respectifs des côtés [BC], [AC] et [AB].

Cette fois-ci, définissons le point G par la relation vectorielle :

\overrightarrow{AG} = \frac23 \ \overrightarrow{AI}

On a vu que cette relation entraîne que :

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}

En introduisant le point I dans le deuxième et troisième vecteur, la relation de Chasles donne :

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GI} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{GI} + \overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}

Et comme le point I est le milieu du segment [BC] :

\overrightarrow{GA} + 2 \ \overrightarrow{GI} = \overrightarrow{0}

Par conséquent les vecteurs \overrightarrow{GA} et \overrightarrow{GI} sont colinéaires. Donc les points A, G et I sont alignés :

G \in (AI)

Le point G défini plus haut est donc sur la médiane (AI).

Mais en faisant intervenir le point J puis le point K dans la relation \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}, on montre de même que :

G \in (BJ)  et  G \in (CK)

Nous avons donc exhibé un point, à savoir le point G défini par la relation vectorielle \overrightarrow{AG} = \frac23 \ \overrightarrow{AI}, qui se trouve donc sur les trois médianes du triangle.

En conclusion, on a donc bien démontré (efficacement) que les médianes du triangle sont concourantes !

Troisième démonstration

Nous allons maintenant proposer une démonstration qui utilise les aires.  Nous aurons besoin pour cela du petit lemme suivant :

Soit [AB] un segment de milieu I. Alors, quel que soit le point M du plan, les triangles AIM et BIM ont la même aire.

La démonstration de ce lemme est très simple. Il suffit de constater que les deux triangles en question ont des bases de même longueur (la moitié de celle du segment) et la même hauteur (à savoir MH) donc ils ont la même aire. En particulier, une médiane partage un triangle en deux triangles de même aire.

Revenons à notre objectif (montrer que les médianes sont concourantes) et, comme dans la première démonstration, notons :

G = (BJ) \cap (CK)

Notons bien que nous ignorons, à ce stade, si G est ou n’est pas sur la troisième médiane (AI). On a donc la figure suivante :

Pour simplifier les choses, on convient que l’aire du triangle ABC est égale à 1. On a donc :

Aire(AIB) + Aire(AGI) + Aire(AGIC) = 1

Puisque la droite (AI) est une médiane, elle partage l’aire du triangle ABC en deux triangles de même aire (c’est le lemme). Par conséquent, la relation précédente s’écrit :

\frac12 + Aire(AGI) + Aire(AGIC) = 1

Calculons l’aire du quadrilatère AGIC qui se décompose en deux triangles GAC et GCI. On a via le lemme :

\begin{array}{rcl}Aire(AGIC) &=&Aire(GAC)+Aire(GCI)\\&=&Aire(GAC)+\frac12 Aire(GCB)\\& =& Aire(GAC) + \frac12 \Bigl(Aire(JCB) - Aire(JCG)\Bigr)\\&=& Aire(GAC) + \frac12 \Bigl(Aire(JAB) - Aire(JAG)\Bigr)\\& =& Aire(GAC) + \frac12 Aire(BAG) \\&=& Aire(GAC) + Aire(KAG) \\&=& Aire(KAC) = \frac12 \end{array}

Ouf !

Par conséquent :

Aire(AGI) = 0

Le triangle AGI est donc aplati. Cela prouve l’alignement des points A, G et I et c’est ce que nous voulions montrer pour en conclure que les médianes sont concourantes.