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Comment cartonner au bac de maths ?

Notre site regorge déjà de nombreux conseils pour réussir en maths. Mais pourquoi ne pas donner aussi la parole aux anciens bacheliers utilisateurs des questions types et leur demander quelles ont étés leurs méthodes de travail ? C’est ce que nous avons pu faire avec deux anciens bacheliers qui ont gentiment accepté de répondre à nos questions.

Le cas de Jeanne – 20 / 20 au BAC de maths 2018

Jeanne était déjà une excellente élève à la base. Elle a utilisé les questions « type bac » pour perfectionner encore ses performances. Cela lui a réussi puisqu’elle a atteint la note maximale de 20 / 20 au bac 2018 et une mention TB à la clé.

QTB – À partir de quand as-tu utilisé les questions « type bac » et dans quel objectif as-tu téléchargé ce document ?
Jeanne – J’ai téléchargé les questions « type bac » vers le mois de mars. Mais si j’avais connu le site avant, je l’aurais fait plus tôt car cela m’aurait bien aidé pour les DS ardus que donnait mon prof de TS ! Je ne stressais pas plus que cela pour mon BAC mais comme je visais la mention, il me fallait un document d’excellence pour me préparer. C’est ce qui m’a décidé à télécharger les questions types.
QTB – Quels conseils pourrais-tu donner à actuels élèves de TS ? Notamment en ce qui concerne l’organisation et les méthodes de travail.
Jeanne – Il y a beaucoup de choses à assimiler pour le BAC, il ne faut bien sûr pas attendre la dernière minute. Pour réussir, je me suis toujours astreinte à la plus grande efficacité possible. En début d’année, je refaisais tous les exercices de mon professeur pour être certaine de tout maîtriser. Mais je me suis vite rendue compte que face à des sujets autres que les siens, je pouvais être déstabilisée par certaines questions. Mes parents m’ont alors acheté un livre avec des annales de BAC mais cela faisait trop d’exercices à travailler (oui, j’ai aussi une vie en dehors de l’école !).  C’est alors que j’ai découvert les questions-types et là c’est parfait car on est sûr de bien se préparer au bac (avec des énoncés neutres et variés, hors des habituelles questions du prof qui tourne un peu en rond). De plus, le TRI est déjà fait donc on ne perd pas un temps fou. C’est donc bien l’outil idéal à mes yeux.
QTB – Merci ! Peux-tu donner également un conseil pour être au top pendant l’épreuve même du bac de maths ?
Jeanne – Oui ! Il faut évider de paniquer ! Pour cela, il suffit de se dire qu’on a 4 heures face à soit. Si on a un doute sur une question, inutile de s’obstiner, on reviendra dessus un peu plus tard et les souvenirs se réactiveront. Il faut aussi bien soigner la rédaction de la copie : bien argumenter sans non plus en faire trop ; aller à l’essentiel et bien mettre en évidence sa démarche et ses réponses. Les correcteurs, c’est ce qu’ils apprécient.
QTB – Merci Jeanne. Que fais-tu comme études cette année ?
Jeanne – Je suis en prépa BCPST. Plus tard, j’aimerais faire de la recherche en biologie… Il y a encore beaucoup de maths, même en prépa BCPST ! Heureusement, j’ai de bonnes bases !

Le cas de Léo – 14 / 20 au BAC de maths 2018

Léo est passionné par la musique. Les maths, ce n’est pas vraiment son truc. Mais pourtant, impossible de faire l’impasse car avec un coef 7 au bac, il fallait trouver une solution alors qu’il tournait avec 8 de moyenne durant l’année !

QTB – Pourquoi avoir téléchargé les questions « type bac » alors que tu n’es pas passionné par les maths ?
Léo – Justement, c’est parce que je ne voulais pas perdre trop de temps et que je devais me remettre à niveau qu’il me fallait une méthode optimale. Les justement ce que m’a apporté les questions types : remise à niveau en un minimum de temps.
QTB – À partir de quel moment as-tu travaillé avec les questions types dans l’année ?
Léo – Je m’y suis mis sûrement trop tard, vers la mi mai. J’étais en panique car ma moyenne en maths ne dépassait pas 8. Avec une telle note, c’était mon bac qui était compromis et ma poursuite d’études en BTS audiovisuel aussi.
QTB – Comment as-tu pu réussir à passer de 8 à 14 ?
Léo – Quand on n’a pas le choix… Entre le sport et les répétitions avec mon groupe, il ne restait que quelques heures dans la semaine pour bosser les maths. En fait, j’ai bossé 4 ou 5 questions types par soir pendant deux semaines et j’ai fait des gros progrès ! Avec le recul, on réalise que ce n’est pas si difficile que ça ! Il faut juste un déclic pour s’y mettre !
QTB – Quelles études poursuis-tu cette année ?
Léo – Malheureusement, je n’ai pas été pris en BTS audiovisuel car mon dossier n’était pas assez bon… Si seulement, j’avais connu les questions-types depuis le début d’année, ça l’aurait fait… Je suis donc en première année de Licence de Physique en espérant pouvoir bientôt me spécialiser dans les métiers du son ou de la musique. J’envisage de présenter le concours de l’école Louis Lumière à Paris. Il faut un bon niveau en maths et je sais déjà avec quel document je réviserai ! ;-)
QTB – Merci Léo, nous te souhaitons de la réussite dans ton parcours !

Et vous ?
Que faites-vous pour assurer votre prochaine réussite au BAC ?
N’attendez pas qu’il soit trop tard : téléchargez nos documents !

L’inversion modulaire

Partie I – Introduction contextuelle

L’inversion modulaire est un problème central en arithmétique et en théorie des groupes.
Il n’existe d’ailleurs, à ce jour, aucun algorithme vraiment efficace pour calculer l’inverse modulaire d’un (grand) entier. C’est d’ailleurs sur cette faiblesse que sont basés certains protocoles de cryptographie (comme la méthode RSA).

Fixons le contexte et voyons de quoi il s’agit…

Pour bien comprendre, commençons par un exemple où l’inverse modulaire n’existe pas…
Prenons deux entiers relatifs, par exemple a=6 et n=40 et posons-nous une question toute simple : existe-t-il un multiple de a tel que le reste de la division euclidienne de a par n soit égal à 1 ? Autrement dit, peut-on trouver un entier relatif u tel que :

au = nq + 1

On sait bien qu’une telle égalité ne peut se réaliser avec les valeurs choisies a=6 et n=40. En effet, au et nq sont tous les deux des entiers pairs, leur différence ne peut pas être égale à 1. Plus généralement, si a par n ont un diviseur commun d \geq 2, alors la quantité au-nq sera un multiple de d et ne pourra donc pas être égale à 1.

Mais si maintenant, on suppose que a et n sont des entiers premiers entre-eux, autrement dit si \text{PGCD}(a\,;\,n)=1, alors le problème énoncé ci-dessus admet des solutions. En effet, d’après le théorème de Bézout, il existe un couple (u\,;\, v) d’entiers relatifs tel que :

au + nv = 1

Ce qui s’écrit encore en terme de congruences :

au \equiv 1 \, [n]

On dit alors qu’un tel entier u est l’inverse de a modulo n.

Par exemple, 2 \times 4 \equiv 1 \, [7] ce qui signifie que l’inverse de 2 est 4 modulo 7. Bien sûr, on peut aussi dire que l’inverse de 4 est 2 modulo 7.

Bilan : nous venons de constater, grâce au théorème de Bézout, que l’inverse modulaire d’un entier a modulo n existe si et seulement si \text{PGCD}(a\,;\,n)=1. Mettons ce résultat en évidence car c’est un préalable à tout ce qui va suivre.

Théorème 1 – Condition d’existence de l’inverse modulaire

Soit n un entier naturel non nul.
Soit a un entier naturel compris entre 1 et n.
Alors le nombre a est inversible modulo n si et seulement si \text{PGCD}(a\,;\,n)=1.

Évidemment, les extrêmes que sont 0 et n ne seront jamais inversibles modulo n (excepté 1 qui est son propre inverse modulo 1). Les éventuels inversibles sont à chercher parmi les n-1 candidats que sont 1 \,;\, \dots \,;\, n-1.

Exemple : prenons n=45 et a=14. On a bien \text{PGCD}(a\,;\,n)=1 donc l’entier a=14 est inversible modulo n=45. Se pose maintenant une question essentielle : comment trouver cet inverse ?

En fait, nous connaissons déjà une façon de procéder : il suffit de déterminer une égalité de Bézout ! Pour cela, on peut appliquer l’algorithme d’Euclide-Bézout (appelé encore algorithme d’Euclide-étendu) voir la section arithmétique de nos questions «type-bac » (BAC S – spécialité Maths – Avec rappels de cours). Mais pour des « petits » nombres, on peut procéder de manière plus pragmatique en considérant la liste des multiples respectifs de a=14 et de n=45 :

Multiples de 14 :
0 ; 14 ; 28 ; 42 ; 56 ; 70 ; 84 ; 98 ; 112 ; 126 ; 140 ; 154 ; 168 ; 182 ; 196 ; 210 ; 224 ; 238  ; …
Multiples de 45 : 0 ; 45 ; 90 ; 135 ; 180 ; 225 ; 270 ; …

Il suffit de trouver dans ces listes, deux multiples respectifs dont la différence vaut 1. Ici, on a d’une part 224 = 14 \times 16 et d’autre part 225 = 45 \times 5. On peut donc écrire l’égalité de Bézout suivante :

14 \times (-16) + 45 \times 5 = 1

Autrement dit, en terme de congruences :

14 \times (-16) \equiv 1 \, [45]

Et comme -16 \equiv 29 \, [45], il est plus élégant d’écrire :

14 \times 29 \equiv 1 \, [45]

Nous avons prouvé que l’inverse de 14 modulo 45 est 29 !

Et en fait, en présence de petits nombres, on peut même oublier le théorème de Bézout et simplement lister les multiples de a puis réduire ces multiples modulo n jusqu’à tomber sur celui qui donne 1. Par exemple, quel est l’inverse de 9 modulo 11 ?

Multiples de 9 9 18 27 36 45
Réduction modulo 11 9 7 5 3 1

On constate, grâce à ce tableau que :

5 \times 9 \equiv 45 \equiv 1 \, [11]

Ce qui signifie que l’inverse de 9 modulo 11 est 5.
Cette technique algorithmique porte le nom de  « force brute » puisqu’on essaye tous les multiples possibles jusqu’à tomber sur le bon. Elle n’est pas efficace (en terme de rapidité d’algorithme) pour des grands entiers.

En quoi cela est important ces question d’inversion modulaire ? Imaginons que l’on souhaite résoudre une équation du genre 14x \equiv 3 \, [45]. Comment faire ? Eh bien, il suffit de multiplier de part et d’autre par l’inverse de 14, à savoir 29 pour obtenir :

29 \times 14 \times x \equiv 29 \times 3 \, [45]

Et puisque que 14 \times 29 \equiv 1 \, [45], on obtient :

x \equiv 57 \equiv 12 \, [45]

Ce genre de situation se rencontre par exemple dans le codage affine ou une fonction de codage est de la forme f : y \equiv ax + b \, [26] . Si on veut trouver la fonction affine réciproque qui permettra de décoder un message, il faut exprimer x en fonction de y. Pour cela, il suffit de multiplier de part et d’autre par l’inverse de a modulo 26.

L’étude que nous venons de réaliser reste cependant un peu frustrante. Nous avons un algorithme (Euclide-Bézout) ou un algorithme de « force brute » qui permet de déterminer l’inverse modulaire mais ne pourrait-on pas aller plus loin afin d’avoir une formule ?

Partie II – La fonction indicatrice d’Euler

La fonction indicatrice d’Euler (mathématicien suisse, 1707 – 1783) apparaît, semble-t-il, pour la première fois, dans un écrit de ce dernier vers le milieu du XVIIIe siècle. Il s’agit, pour un entier naturel n non nul donné, de comptabiliser les entiers non nuls inférieurs à n qui sont premiers avec n. Ce nombre d’entiers est noté \varphi(n).

Définition – Fonction indicatrice d’Euler

Soit n \in \mathbb{N}^*. On note alors :

\varphi(n) = \text{Card}\{m \in [1\,;\,n] \cap \mathbb{N}, \text{PGCD}(m\,;\,n)=1\}

On a par exemple :

\varphi(15)=\text{Card}\{1\,;\,2\,;\,4\,;\,7\,;\,8\,;\,11\,;\,13\,;\,14\}=8

Et bien sûr, avec un nombre premier p, on obtient :

\varphi(p)=p-1 (et l’égalité \varphi(n)=n-1 est même un critère de primalité).

Et plus généralement, que vaut \varphi(p^k) lorsque p est premier (et k \in \mathbb{N}^*) ? Il suffit de constater que parmi les p^k entiers naturels non nuls inférieurs à p, tous seront premiers avec p^k excepté les multiples de p qui sont au nombre de p^{k-1} ainsi :

\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^k\left(1-\frac{1}{p}\right)

Très bien, mais quel est le rapport entre l’inversion modulaire et cette fonction indicatrice d’Euler ? Nous y venons… Et ce rapport réside dans le théorème ci-dessous dû à Euler :

Théorème 1 – Théorème d’Euler

Soit n un entier naturel non nul.
Soit a un entier naturel compris entre 1 et n tel que \text{PGCD}(a\,;\,n)=1.
Alors :

a^{\varphi(n)} \equiv 1 \,[n]

Dès lors, l’inverse modulaire est tout trouvé ! En effet, on peut toujours écrire que a^{\varphi(n)} = a \times a^{\varphi(n)-1} si bien que l’inverse modulo n de a est tout simplement a^{\varphi(n)-1} :

a^{-1} \equiv a^{\varphi(n)-1} \, [n]

Nous avons enfin la formule tant recherchée !… Sauf que nous n’avons pas d’algorithme efficace pour calculer en un temps relativement court les nombres \varphi(n) lorsque n est un très grand entier…

Voir une démonstration du théorème d'Euler

Notons I_n l’ensemble des entiers non nuls m inférieurs à n et qui sont premiers avec n :

I_n = \{m \in [1\,;\,n] \cap \mathbb{N}, \text{PGCD}(m\,;\,n)=1\}

Par définition de l’indicatrice d’Euler, nous savons que le nombre d’éléments de l’ensemble I_n et \varphi(n) :

\varphi(n)=\text{Card}(I_n)

Soit a \in I_n et considérons l’application f_a qui à tout élément m de I_n associe le résidu modulo n de am :

\displaystyle \begin{array}{cccc}f_a :&I_n&\longrightarrow&I_n \\&m&\longmapsto&am \, [n]\end{array}

Montrons que l’application f_a est bijective.

L’application f_a est injective : supposons que l’on ait

f_a(m_1)=f_a(m_2)

am_1 \equiv am_2 \, [n]

Or, par hypothèse le nombre a est inversible modulo n, autrement dit a^{-1} existe. Multiplions la congruence précédente par a^{-1} :

a^{-1}am_1 \equiv a^{-1}am_2 \, [n]

m_1 \equiv m_2 \, [n]

Ce qui prouve l’injectivité de latex]f_a[/latex] (si deux éléments ont même image, ils sont identiques).

L’application f_a est surjective : soit s \in I_n. Nous allons montrer qu’il existe un élément s \in I_n tel que f_a(r)=s. Il suffit de poser r=a^{-1}s ainsi :

f_a(r) \equiv f_a(a^{-1}s) \equiv a a^{-1}s \equiv s \, [n]

Ce qui prouve la surjectivité f_a (tout élément de l’ensemble d’arrivée est atteint).

Conclusion : l’application f_a est bijective.

Notons maintenant \alpha_1, \alpha_2,…, \alpha_{\varphi(n)}, les \varphi(n) éléments de I_n :

I_n = \{\alpha_1\,;\,\alpha_2\,;\,\dots\,;\,\alpha_{\varphi(n)}\}

Par définition de I_n, tous ces entiers \alpha_k (pour 1 \leq k \leq \varphi(n)) sont inversibles modulo n.

Mais puisque l’application f_a est bijective, ces \varphi(n)  éléments peuvent encore se noter a\alpha_1, a\alpha_2,…, a\alpha_{\varphi(n)} :

I_n = \{a\alpha_1\,;\,a\alpha_2\,;\,\dots\,;\,a\alpha_{\varphi(n)}\}

Multiplions maintenant entre-eux tous les éléments de I_n. D’une part, avec la première liste d’éléments et d’autre part avec la seconde liste d’éléments (on obtient donc le même produit final) tout cela donne modulo n :

\displaystyle \prod_{k=1}^{\varphi(n)} \alpha_k \equiv \prod_{k=1}^{\varphi(n)} a\alpha_k \, [n]

\displaystyle \prod_{k=1}^{\varphi(n)} \alpha_k \equiv a^{\varphi(n)}\prod_{k=1}^{\varphi(n)} \alpha_k \, [n]

Et en multipliant par \prod_{k=1}^{\varphi(n)} \alpha_k^{-1}, il reste :

a^{\varphi(n)}\equiv 1\,[n]

Ce qui prouve le théorème d’Euler.

Remarque : avec les notations du supérieur, l’ensemble I_n est le groupe des éléments inversibles de \left(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\right) (ensemble des classes d’équivalences pour la relation d’équivalence modulo n) :

I_n=\left(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\right)^*

Le problème de l’inversion modulaire reste donc une difficulté en terme de rapidité d’algorithme de calcul. Sauf cas particuliers ; en effet, l’inverse modulaire de 1 est toujours 1 car on peut toujours écrire 1 \times 1 \equiv 1 \, [n]. Un autre cas est très simple également : il s’agit de l’inverse modulaire de (n-1) modulo n. Il sera toujours son propre inverse ! En effet, cela est dû à la classique identité remarquable suivante :

(n-1) \times (n-1) \equiv n^2 - 2n + 1 \equiv 1 \, [n]

Donc :

(n-1)^{-1} \equiv (n-1) \, [n]

Avant de passer à la suite, on ne peut pas passer sous silence l’incontournable petit théorème de Fermat qui peut se voir comme un cas particulier du théorème d’Euler lorsque le nombre n est un nombre premier p.

Théorème 1 – Petit théorème de Fermat

Soit p un nombre premier.
Soit a un entier naturel non divisible par p.
Alors :

a^{p-1} \equiv 1 \,[p]

Voir une démonstration du petit théorème de Fermat

Cas 1 : si a est un entier strictement inférieur à p alors on a \text{PGCD}(a\,;\,p)=1 car p est premier et pour la même raison, on a \varphi(p)=p-1 et d’après le théorème d’Euler :

a^{p-1} \equiv a^{\varphi(p)} \equiv 1 \, [p]

Cas 2 : si maintenant a est un entier strictement supérieur à p alors on pose a' le reste de la division euclidienne de a par p ainsi :

a' \equiv a \, [p]  et  0 < a' < p

La condition 0 <a' découle du fait que a n’est pas un multiple de p.

Il reste à élever la relation a' \equiv a \, [p] à l’exposant p-1 et à appliquer le cas 1 à l’entier a' :

a^{p-1} \equiv a'^{p-1} \equiv 1 \, [p]

 

Partie III – Tableaux des inverses modulaires

\boxed{n=2} \ ; \ \varphi(2)=1
Inverse modulo 2
Nombre a 1
Inverse a^{-1} 1
\boxed{n=3} \quad;\quad \varphi(3)=2
Inverses modulo 3
Nombre a 1 2
Inverse a^{-1} 1 2
\boxed{n=4} \quad;\quad \varphi(4)=2
Inverses modulo 4
Nombre a 1 3
Inverse a^{-1} 1 3
\boxed{n=5} \quad;\quad \varphi(5)=4
Inverses modulo 5
Nombre a 1 2 3 4
Inverse a^{-1} 1 3 2 4
\boxed{n=6} \quad;\quad \varphi(6)=2
Inverses modulo 6
Nombre a 1 5
Inverse a^{-1} 1 5
\boxed{n=7} \quad;\quad \varphi(7)=6
Inverses modulo 7
Nombre a 1 2 3 4 5 6
Inverse a^{-1} 1 4 5 2 3 6
Voir les suivants
\boxed{n=8} \quad;\quad \varphi(8)=4
Inverses modulo 8
Nombre a 1 3 5 7
Inverse a^{-1} 1 3 5 7
\boxed{n=9} \quad;\quad \varphi(9)=6
Inverses modulo 9
Nombre a 1 2 4 5 7 8
Inverse a^{-1} 1 5 7 2 4 8
\boxed{n=10} \quad;\quad \varphi(10)=4
Inverses modulo 10
Nombre a 1 3 7 9
Inverse a^{-1} 1 7 3 9
\boxed{n=11} \quad;\quad \varphi(11)=10
Inverses modulo 11
Nombre a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Inverse a^{-1} 1 6 4 3 9 2 8 7 5 10
\boxed{n=12} \quad;\quad \varphi(12)=4
Inverses modulo 12
Nombre a 1 5 7 11
Inverse a^{-1} 1 5 7 11
\boxed{n=13} \quad;\quad \varphi(13)=12
Inverses modulo 13
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
a^{-1} 1 7 9 10 8 11 2 5 3 4 6 12
\boxed{n=14} \quad;\quad \varphi(14)=6
Inverses modulo 14
Nombre a 1 3 5 9 11 13
Inverse a^{-1} 1 5 3 11 9 13
\boxed{n=15} \quad;\quad \varphi(15)=8
Inverses modulo 15
Nombre a 1 2 4 7 8 11 13 14
Inverse a^{-1} 1 8 4 12 2 11 7 14
\boxed{n=16} \quad;\quad \varphi(16)=8
Inverses modulo 16
Nombre a 1 3 5 7 9 11 13 15
Inverse a^{-1} 1 11 13 7 9 3 5 15
\boxed{n=17} \quad;\quad \varphi(17)=16
Inverses modulo 17
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
a^{-1} 1 9 6 13 7 3 5 15 2 12 14 10 4 11 8 16
\boxed{n=18} \quad;\quad \varphi(18)=6
Inverses modulo 18
Nombre a 1 5 7 11 13 17
Inverse a^{-1} 1 11 13 5 7 17
\boxed{n=19} \quad;\quad \varphi(19)=18
Inverses modulo 19
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18
a^{-1} 1 10 13 5 4 16 11 12 17 2 7 8 3 15 14 6 9 18
\boxed{n=20} \quad;\quad \varphi(20)=8
Inverses modulo 20
Nombre a 1 3 7 9 11 13 17 19
Inverse a^{-1} 1 7 3 9 11 17 13 9
\boxed{n=21} \quad;\quad \varphi(21)=12
Inverses modulo 21
a 1 2 4 5 8 10 11 13 16 17 19 20
a^{-1} 1 11 16 17 8 19 2 13 4 5 10 20
\boxed{n=22} \quad;\quad \varphi(22)=10
Inverses modulo 22
a 1 3 5 7 9 13 15 17 19 21
a^{-1} 1 15 9 19 5 17 3 13 7 21

La fin du BAC S

Avec la réforme du BAC, horizon 2021, il n’y aura désormais plus que 2 sessions du baccalauréat série S : la session 2019 et la session 2020… Futurs bacheliers, de cette année ou de l’année prochaine, profitez-en bien !

La caractéristique principale de ce BAC S était d’instruire nos jeunes adolescents afin de les ouvrir à une culture et des compétences scientifiques larges. C’est pour cela, que chaque élève de la série S suivait, jusqu’à présent, 3 grandes disciplines scientifiques :

– les mathématiques, la physique-chimie et la SVT pour le BAC S-SVT ;
– les mathématiques, la physique-chimie et les sciences de l’ingénieur pour le BAC S-SI.

Un tel parcours permettait à ces bacheliers de poursuivre leurs études en CPGE (classes préparatoires aux grandes écoles) ou en cycle préparatoire intégré (comme le proposent certaines écoles d’ingénieurs, par exemple l’INSA) ou de s’engager sereinement dans une licence universitaire, etc.

Ce bac était réputé et reconnu même si, il faut le reconnaître,  il se dévaluait progressivement car de plus en plus de parents poussaient leur enfant dans cette voie pensant ainsi ne pas leur fermer trop de portes pour la suite.

Bref, un bachelier S actuel possède donc des bases dans au moins 3 grandes disciplines scientifiques. Ce qui est un atout indéniable pour sa poursuite d’études et également pour développer sa vision du monde, de notre monde. Mais ce temps est révolu… En effet, le BAC S va disparaître avec la réforme MATHIOT-BLANQUER. Désormais, il n’y aura plus de baccalauréat scientifique dans notre pays. À la place, il y aura quasiment autant de types de baccalauréat qu’il y a de lycéens puisque chaque élève pourra construire son propre parcours en choisissant 2 spécialités en terminale et quelques autres options facultatives. Cette idée de parcours personnalisé, en premier abord, peut séduire. Mais, restreindre les choix à 2 spécialités aura pour conséquence que nous n’aurons plus de scientifiques généralistes. Un élève qui aime les sciences ne pourra plus étudier les maths, la physique et la SVT ! Il devra se contenter de deux spécialités seulement… C’est donc bien la fin du BAC S car, dans cette réforme qui arrive, on ne retrouvera pas l’équivalent ! Un bachelier qui aura choisi des spécialités scientifiques aura donc forcément des lacunes soit en maths, soit en physique, soit en SVT. Cela pose de nombreux problèmes. D’autant plus, que lors de sa poursuite d’étude, il continuera à se spécialiser et jamais à se généraliser. Avons-nous vraiment envie d’avoir des scientifiques qui n’ont pas un socle commun minimal de connaissances ? Avons-nous vraiment envie de chercheurs hyper pointus dans leurs domaines et qui, en même temps, ignorent les interactions que pourraient avoir leur domaine avec d’autres sciences ?

Une fois de plus, l’avenir de nos enfants, qui devrait être notre priorité, est bafouée par l’institution. C’est de l’éducation au rabais. Ce futur baccalauréat continuera de s’appeler « baccalauréat général » alors qu’il le sera moins que le précédent !

A la découverte des théorèmes de Bézout

Le théorème d’Étienne Bézout (mathématicien Français, 1730 – 1783) est en rapport avec le PGCD (Plus Grand Commun Diviseur) de deux entiers a et b. Ce théorème se décline sous plusieurs versions :
• version « faible » (égalité ou identité de Bachet-Bézout)
• version « équivalence », la plus utilisée (cas des entiers premiers entre-eux)
• et une version « forte », moins connue des lycéens (description de l’ensemble des valeurs prises par les combinaisons linéaires de \footnotesize a et \footnotesize b).
Ces énoncés peuvent paraître simples en première lecture (il ne font apparaître que des additions et des multiplications d’entiers !) mais leurs significations sont néanmoins assez profondes et plus délicates à comprendre (elles portent sur la notion de sous-groupes de \footnotesize \mathbb{Z}).
Vous n’aurez cependant besoin d’aucune connaissance préalable (à part savoir ce qu’est un PGCD) pour lire cet article et pour découvrir, à travers des exemples simples, toutes les arcanes de ces théorèmes !

Partie I – Introduction contextuelle

Imaginons un site internet qui permettrait, sans frais, l’achat et la vente (au même cours) de deux types d’objets :

– des objets de type A à 14 €                        – des objets de type B à 30

• Est-il possible de réaliser une transaction de 252 € sur ce site ?
Si oui, combien d’objets de chaque type faut-il acheter ou vendre ?
(Nota : il n’est pas possible de fractionner les objets !)
• Même question pour une transaction de 2 € ?
• Et une transaction de 1 € ?
• Et une transaction de 0 € ? (autrement qu’en ne faisant rien !)

Sur un autre site du même genre, c’est le même principe mais les prix des objets sont les suivants :

– des objets de type C à 15 €                        – des objets de type D à 28

Mêmes questions que précédemment.

Savez-vous répondre à ces questions ? Comment procéder ?

Continuer la lecture de A la découverte des théorèmes de Bézout

Calculatrices au BAC 2019

*** mode examen annulé *** mode examen annulé *** mode examen annulé ***

Pour les personnes à la recherche d'information concrète et rapide, on rappelle avant tout que :
  • Vous n’aurez pas obligatoirement besoin d’une calculatrice avec Mode Examen pour le BAC 2019. (L’info est tombée en novembre 2018)
  • Et ceci, quelle que soit l’épreuve : maths, sciences physiques, etc. et quelle que soit la série (BAC S, ES, STI2D, STMG, etc.)
  • Le Mode Examen a été reporté à une date ultérieure ! (Session 2020 ?)
  • Vous pourrez donc passer les épreuves avec les anciens ou les nouveaux modèles de calculatrice.
  • Et si vous avez une calculatrice avec Mode Examen, vous n’aurez pas besoin de l’activer !
  • Vous pouvez donc installer nos programmes en Python disponibles dans nos documents sur les questions « type bac » (séries S, ES avec ou sans spé).

*** mode examen annulé *** mode examen annulé *** mode examen annulé ***

Vous trouverez la source officielle de cette annonce sur le site eduscol. Cela dit, le ministère de l’éducation nationale reste très taiseux sur le sujet et communique l’info en catimini aux chefs d’établissement en leur disant que pour la session 2019 du baccalauréat, tous les modèles de calculatrice seront autorisés.
On peut aisément comprendre pourquoi l’information circule avec une telle discrétion. En effet, ce mode examen n’était qu’une arnaque de plus, un stratagème, pour renouveler l’ensemble du parc de calculatrices. Tout le monde l’a compris désormais. C’est pourquoi le ministère rase les murs sur ce sujet et évite de communiquer officiellement sur l’annulation ou le report de cette mesure du mode examen pour éviter qu’on lui reproche, une fois de plus, d’avoir été de mèche avec les constructeurs ou les lobbies et d’avoir favorisé un marché.
Concrètement, pour vous élèves, tout se passera comme les années précédentes. Vous pourrez venir avec votre calculatrice et tous les programmes que vous avez l’habitude d’utiliser durant l’année scolaire. Pour d’autres questions réponses, voir notre article sur l’usage des calculatrices. Et pour révisions, voir nos documents.

 

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 !