La somme des \(n\) premiers entiers (bis)

On a déjà vu la méthode « classique » au début de ce billet, ici. Là, on s’intéresse à la version combinatoire.

On considère l’ensemble \[\left\{0, \, 1, \, 2,\, 3,\ \dots \ , \, n \right\}\]De combien de façons peut-on choisir deux nombres de cet ensemble qui contient \(n+1\) éléments ?

D’une part, si on se rappelle nos combinaisons, il y a \begin{align*}\binom{n+1}{2} &= \frac{(n+1)!}{2!(n+1-2)!} \\ \\ &=\frac{(n+1)(n)(n-1)!}{(2)(1)(n-1)!}\\ \\ &=\frac{n(n+1)}{2}\end{align*}façons de choisir deux nombres de cet ensemble qui contient \(n+1\) éléments.

D’autre part, si on choisit deux nombres dans \(\left\{0, \, 1, \, 2,\, 3,\, \dots, \, n \right\}\), il y aura forcément un nombre plus grand que l’autre. Puisque \(0\) ne peut être le plus grand nombre, celui-ci sera choisi dans l’ensemble \(\left\{1, \, 2, \, 3, \ \dots  \ , \, n\right\}\) qui comporte \(n\) éléments. Disons que ce nombre est \(k\). Le plus petit nombre peut donc être choisi dans l’ensemble suivant \[\left\{0,\, 1,\, 2,\, 3, \ \dots \ , \, k-1\right\}\]qui comporte \(k\) éléments. En d’autres mots, pour chacune des \(n\) possibilités pour le plus grand nombre \(0<k\leq n\), il y a \(k\) possibilités pour le plus petit nombre. Ainsi, le nombre de sélections possibles est donc \[\sum_{k=1}^{n}k=1 + 2 + 3 + \ \dots \ + n\]

Puisqu’on a compté la même chose de deux manières différentes, on a \begin{align*}\sum_{k=1}^{n} k&=1+2+3+ \ \dots \ + n\\ \\ &= \frac{n(n+1)}{2}\end{align*}

Référence : Benjamin, Arthur T. et Jennifer J. Quinn, Proofs that Really Count : The Art of Combinatorial Proof, MAA Press, 2003

\(A\sin(x+\alpha) + B\cos(x+\beta)\)

Bon, le titre n’est pas très original, et cette introduction ne l’est guère plus, mais nous allons nous intéresser aux expressions de cette forme \[A\sin(x+\alpha)+B\cos(x+\beta)\]Commençons d’abord avec le cas plus simple dans lequel \(\alpha=0\) et \(\beta=0\). Quiconque s’est déjà amusé à additionner des fonctions sinus ou cosinus (de même période) dans une calculatrice graphique a pu observer que le résultat est une fonction périodique qui ressemble à un sinusoïde. Par exemple, si je trace la fonction \[f(x) = 3\sin(x) + 4\cos(x)\]j’obtiens ce qui semble être une fonction périodique qui oscille entre \(-5\) et \(5\).

Si je trace en plus dans le même plan la fonction \[g(x) = 5\cos(x)\]la ressemblance est frappante. Il semble s’agir de la même fonction, mais déphasée.

Les apparences ne sont pas trompeuses. La fonction \(f\) est réellement un sinusoïde.

En effet, il est possible de trouver des valeurs \(C\) et \(\gamma\) telles que \[A\sin(x) + B\cos(x) = C \cos(x-\gamma)\]Avec la formule de différence d’angles du cosinus, on obtient \begin{align*}C\cos(x-\gamma) &= C\left(\cos(x)\cos(\gamma) + \sin(x)\sin(\gamma)\right) \\ \\ &= C\sin(\gamma)\sin(x) + C\cos(\gamma)\cos(x)\end{align*}En posant, \[\textcolor{Green}{A}\sin(x) + \textcolor{Red}{B}\cos(x) = \textcolor{Green}{C\sin(\gamma)}\sin(x) + \textcolor{Red}{C\cos(\gamma)}\cos(x)\]on observe que \(A = C\sin(\gamma)\) et \(B= C\cos(\gamma)\). Comment déterminer les valeurs de \(C\) et \(\gamma\) pour une somme donnée ? On utilise deux relations trigonométriques bien connues. Pour \(C\), on a \begin{align*}A^{2}+B^{2}&=\left(C\sin(\gamma)\right)^2 +\left(C\cos(\gamma)\right)^{2} \\ \\ &=C^{2}\sin^2(\gamma) + C^{2}\cos^2(\gamma) \\ \\ &=C^{2}\left(\sin^{2}(\gamma) + \cos^{2}(\gamma)\right) \\ \\ &= C^{2}\end{align*}car \[\sin^{2}(\gamma) + \cos^{2}(\gamma) = 1\]On obtient donc\[C = \pm \sqrt{A^{2} + B^{2}}\]Pour \(\gamma\), on a \begin{align*}\frac{A}{B} &= \frac{C\sin(\gamma)}{C\cos(\gamma)} \\ \\ &= \frac{\cancel{C}\sin(\gamma)}{\cancel{C}\cos(\gamma)} \\ \\ &= \frac{\sin(\gamma)}{\cos(\gamma)}\\ \\ &= \tan(\gamma)\end{align*}On obtient donc\[\gamma = \arctan\left(\frac{A}{B}\right)\]Il est possible de toujours choisir la racine positive pour \(C\) en ajustant la valeur de \(\gamma\). Si \(B\geq 0\), \(\gamma = \arctan\left(\frac{A}{B}\right)\) alors que si \(B<0\), \(\gamma = \arctan\left(\frac{A}{B}\right) + \pi \). Si on préfère s’en tenir aux valeurs de l’arctangente sans ajustement, on peut aussi choisir la racine négative \(C = -\sqrt{A^2 + B^2}\) lorsque \(B<0\) et positive \(C = \sqrt{A^2 + B^2}\) lorsque \(B\geq 0\).

Entre autres choses, cela nous permet de résoudre des équations de cette forme ou de trouver des maximums ou des minimums plus aisément.

Résoudre \[12\sin(x) + 5\cos(x) = 0\]sur l’intervalle \(\left[0, \, 2\pi\right]\)

On pose \begin{align*}C &= \sqrt{12^{2}+5^{2}} \\ \\ &=\sqrt{144+25} \\ \\ &=\sqrt{169} \\ \\ &=13\end{align*}ainsi que \begin{align*}\gamma &=\arctan\left(\frac{12}{5}\right) \\ \\ &= \arctan(2,\!4) \\ \\  &\approx 1,\!176\end{align*}On peut donc résoudre \[13 \cos(x-\arctan(2,\!4)) = 0\]On divise par \(13\) de chaque côté \[\cos(x-\arctan(2,\!4)) = 0\]On obtient \[x-\arctan(2,\!4)= \frac{\pi}{2}\] ou \[x-\arctan(2,\!4) = \frac{3\pi}{2}\]ce qui fait \begin{align*}x &= \frac{\pi}{2} + \arctan(2,\!4) \\ \\ &\approx 2,\!747\end{align*} ou \begin{align*}x &= \frac{3\pi}{2} + \arctan(2,\!4) \\ \\ &\approx 5,\!888\end{align*}

Quel est le maximum de la fonction \[f(x) = 8\sin(x) + 15\cos(x)\]sur l’intervalle \(\left[0,\, 2\pi \right]\) et pour quelle valeur de \(x\) a-t-on ce maximum ?

On pose \begin{align*}C &= \sqrt{8^{2}+15^{2}} \\ \\ &=\sqrt{64+225} \\ \\ &=\sqrt{189} \\ \\ &=17\end{align*}ainsi que \begin{align*}\gamma &=\arctan\left(\frac{8}{15}\right) \\ \\ &\approx 0,\!490\end{align*}

Le maximum de la fonction \[g(x) = 17\cos\left(x-\arctan\left(\frac{8}{15}\right)\right)\] est \(17\) et celui-ci est obtenu lorsque \(x = \arctan\left(\frac{8}{15}\right) \approx 0,\!490\).

Si \(\alpha \neq 0\) et/ou \(\beta \neq 0\)

Qu’arrive-t-il si \(\alpha \neq 0\) ou \(\beta \neq 0\) ? La somme est-elle encore un sinusoïde si une des deux fonctions (ou les deux) a d’abord subi un déphasage ? La réponse est oui. Il suffit d’appliquer les formules d’addition d’angles et de regrouper. \begin{align*}A\sin(x+\alpha)+B\cos(x+\beta) &=A\big(\!\sin(x)\cos(\alpha)+\sin(\alpha)\cos(x)\big)+B\big(\!\cos(x)\cos(\beta)-\sin(x)\sin(\beta)\big)\\ \\ &=A\cos(\alpha)\sin(x)+A\sin(\alpha)\cos(x)+B\cos(\beta)\cos(x)-B\sin(\beta)\sin(x) \\ \\ &=\big(\!A\cos(\alpha)-B\sin(\beta)\big)\sin(x) + \big(A\sin(\alpha)+B\cos(\beta)\big)\cos(x)\end{align*}On retrouver une expression de la forme \[A_{1}\sin(x) + B_{1}\cos(x)\]dans laquelle \(A_{1}=A\cos(\alpha)-B\sin(\beta)\) et \(B_{1}=A\sin(\alpha)+B\cos(\beta)\).

Un exemple numérique

Considérons l’expression \[5\sin\left(x+\frac{5\pi}{6}\right) + 3\cos\left(x+\frac{2\pi}{3}\right)\]On applique les formules d’addition d’angles \begin{align*}5\sin\left(x+\frac{5\pi}{6}\right)+3\cos\left(x+\frac{2\pi}{3}\right) &=5\left(\sin(x)\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)+\sin\left(\frac{5\pi}{6}\right)\cos(x)\right) + 3\left(\cos(x)\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)-\sin(x)\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right) \\ \\ &=5\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)\sin(x)-3\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)\sin(x) + 5\sin\left(\frac{5\pi}{6}\right)\cos(x)+3\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)\cos(x) \\ \\ &=\left(5\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)-3\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right)\sin(x) + \left(5\sin\left(\frac{5\pi}{6}\right)+3\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right)\cos(x) \\ \\ &=\left(5\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-3\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\right)\sin(x) + \left(5\left(\frac{1}{2}\right)+3\left(-\frac{1}{2}\right) \right)\cos(x) \\ \\ &=\left(\frac{-8\sqrt{3}}{2}\right)\sin(x)+\cos(x) \\ \\ &=-4\sqrt{3}\sin(x) + \cos(x)\end{align*}

On a une expression de la forme \[A\sin(x) + B\cos(x)\] avec \(A = -4\sqrt{3}\) et \(B = 1\). On trouve \begin{align*}C &= \pm\sqrt{\left(-4\sqrt{3}\right)^2 + 1^2} \\ \\ &=\sqrt{48+1} \\ \\ &=\sqrt{49} \\ \\ &=7\end{align*}D’autre part, on trouve \begin{align*} \gamma &=\arctan\left(\frac{-4\sqrt{3}}{1}\right) \\ \\ &\approx -1,\!427449\end{align*}Ainsi, on peut vérifier avec la calculatrice graphique que \begin{align*}5\sin\left(x+\frac{5\pi}{6}\right) + 3\cos\left(x+\frac{2\pi}{3}\right) &= 7\cos\left(x-\arctan\left(-4\sqrt{3}\right)\right) \\ \\ &\approx 7\cos(x+1,\!427449)\end{align*}

Quatre cercles et un triangle équilatéral

L’édition 2022 du concours Opti-Math+ demandait aux élèves les questions suivantes :

Soit quatre cercles isométriques tangents de 10 cm de diamètre disposés comme dans l’image suivante :

a) Quelle serait l’aire du plus grand cercle qu’on pourrait dessiner dans la zone grise ?

b) Quelle serait l’aire du plus grand triangle équilatéral qu’on pourrait dessiner dans la zone grise ?

 

Le cercle de la zone grise

La première question en est une assez classique pour ce type de concours. On peut tracer des rayons et former un triangle rectangle (au fait, pourquoi le triangle \(O_{1}O_{2}O_{3}\) est-il rectangle ?)

Puisque ces segments \(O_{1}O_{2}\) et \(O_{2}O_{3}\) correspondent à deux rayons, donc à un diamètre, on a \[m\overline{O_{1}O_{2}} = m\overline{O_{2}O_{3}}= 10\]cm. Cela nous permet de trouver la mesure de \(\overline{O_{1}O_{3}}\), en cm, avec la relation de Pythagore \begin{align*}\left(m\overline{O_{1}O_{2}}\right)^{2} + \left(m\overline{O_{2}O_{3}}\right)^{2} &= \left(m\overline{O_{1}O_{3}}\right)^{2} \\ \\ 10^{2} + 10^{2} &=\left(m\overline{O_{1}O_{3}}\right)^{2} \\ \\ 200 &= \left(m\overline{O_{1}O_{3}}\right)^{2} \\ \\ \sqrt{200}&= m\overline{O_{1}O_{3}} \\ \\ 10\sqrt{2} &= m\overline{O_{1}O_{3}}\end{align*}Puisque les segments \(O_{1}P_{1}\) et \(O_{2}P_{2}\) sont des rayons, leur mesure est de \(5\) cm. Le diamètre du cercle de la région grise (tracé en pointillé) est donc \begin{align*}m\overline{P_{1}P_{2}} &= m\overline{O_{1}O_{3}}-m\overline{O_{1}P_{1}}-m\overline{O_{3}P_{2}} \\ \\ &=10\sqrt{2}-2\cdot 5 \\ \\ &= 10\left(\sqrt{2}-1\right)\end{align*}cm et son rayon \begin{align*}10\left(\sqrt{2}-1\right) \div 2 &= 5\left(\sqrt{2}-1\right) \\ \\ &= 5\sqrt{2}-5\end{align*}cm. On peut répondre à la question. L’aire, en cm2, est \begin{align*}\text{Aire du triangle} &= \pi \cdot \left(5\sqrt{2}-5\right)^{2} \\ \\ &=\pi \cdot (50-50\sqrt{2}+25) \\ \\ &= \pi \cdot (75-50\sqrt{2}) \\ \\&\approx 13,\!4753\end{align*}

Le triangle de la zone grise

J’étais un peu perplexe, lorsque j’ai essayé de faire l’épreuve seul, concernant la deuxième question. Cela me semblait difficile et je ne voyais pas d’amorce de solution simple. Le corrigé sur le site du concours prétend toujours au moment d’écrire ces lignes que le plus grand triangle équilatéral est inscrit dans le cercle pointillé décrit à la question précédente.

Son aire serait donc d’environ 9,9 cm2 selon le corrigé (ou exactement \(\frac{100\sqrt{3}(3-2\sqrt{2})}{3}\) cm2 si on effectue les calculs et conserve les valeurs exactes). Or, en s’amusant un peu dans Géogébra, on découvre facilement des triangles dont les aires sont supérieures. Qu’en est-il en fait ?

Une démarche intuitive

Je me permets de partager ma démarche qui n’a pas le mérite d’être en tout point rigoureuse mais qui devrait convaincre, je l’espère, un élève du secondaire perplexe.

Il est possible de trouver des triangles équilatéraux inscrits dans ce cercle pointillé qui ne sont ni tangents aux grands cercles et qui ne lui touchent pas non plus par un de leurs sommets.

On peut « gonfler » un de ces triangles jusqu’à ce qu’un de ses côtés soit tangent à un grand cercle ou jusqu’à ce qu’un de ses sommets touchent un des grands cercles obtenant du même coup un triangle d’aire supérieure.

En partant de ce principe, on se rend compte qu’il n’est pas nécessaire de conserver le centre du cercle pointillé comme centre du triangle équilatéral. Il est peut-être même avantageux de déplacer le centre du triangle équilatéral.

Le triangle équilatéral grossit jusqu’à ce qu’il touche un des grands cercles (par un côté tangent ou par un sommet). Pourrait-il grossir et toucher simultanément deux cercles ? Trois ? Quatre ?

Très vite on se rend compte aussi que la solution optimale sera symétrique. Il est possible que le triangle soit tangent deux cercles.

En prolongeant les tangentes, celles-ci croisent les deux autres cercles en deux autres points. En utilisant un de ces points, on peut former un triangle équilatéral.  Pour maximiser l’aire, le triangle cherché aura deux de ses sommets sur les autres cercles.

 

La suite

Ce n’est pas très élégant, mais plaçons le tout dans un plan cartésien, le centre \(O_{1}\) à l’origine. Sans perdre de généralité, le triangle cherché sera tangent en \(T_{1}\) et \(T_{2}\) respectivement aux cercles de centre \(O_{4}\) et de centre \(O_{3}\) et aura deux de ses sommets en \(Q\) et en \(R\) respectivement sur les cercles de centre \(O_{1}\) et de centre \(O_{2}\). Il s’avère que les côtés du triangle tangents aux cercles du haut passent par les centres \(O_{1}\) et \(O_{2}\) des cercles du bas.

La tangente \(PT_{1}\) étant perpendiculaire au rayon \(O_{4}T_{1}\), il peut être éclairant de considérer le triangle rectangle \(O_{4}T_{1}O_{1}\). Puisque\[m\overline{O_{1}O_{4}} = 2m\overline{O_{4}T_{1}}\]on déduit que \(m\angle O_{4}O_{1}T_{1} = 30^{\circ}\) et donc que son complémentaire est \[m\angle QO_{1}O_{2} = 60^{\circ}\]Une démarche semblable nous donne \[m\angle RO_{2}O_{1} = 60^{\circ}\]Par symétrie, le segment \(QR\) étant parallèle à l’axe des abscisses, et les angles alternes-internes étant dans ce cas isométriques, \[m\angle PQR = m\angle PRQ = 60^{\circ}\]et on déduit que \[m\angle QPR = 60^{\circ}\]car la somme des mesures des angles intérieurs d’un triangle est \(180^{\circ}\). Le triangle équiangle est équilatéral.

On peut emprunter ici différentes stratégies, certaines plus fines, par exemple celle des triangles semblables, car \[\triangle PO_{1}O_{2} \sim \triangle PQR\]mais je résoudrais plutôt platement un système d’équations. Sachant que \begin{align*}\tan(60^{\circ}) &= \frac{\sin(60^{\circ})}{\cos(60^{\circ})} \\ \\ &= \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}} \\ \\ &= \frac{\frac{\sqrt{3}\times 2}{2}}{\frac{1}{2}\times 2} \\ \\ &= \sqrt{3}\end{align*}on peut trouver l’équation de \(O_{1}P\), c’est \[y = \sqrt{3}x\]car la droite passe par l’origine. L’équation de \(O_{2}P\) demande un peu plus de travail car on doit déterminer son ordonnée à l’origine. La pente de la droite est \(-\sqrt{3}\) et son équation est donc de la forme \[y = -\sqrt{3}x + b\]où \(b\) est à déterminer. Puisque la droite passe par \(O_{2}(10,\, 0)\) on remplace \[0 = -\sqrt{3}(10) + b\]ce qui fait \[b = 10\sqrt{3}\]Son équation est donc \[y = -\sqrt{3}x+10\sqrt{3}\]

Les coordonnées de \(P\) se trouvent en résolvant le système d’équations : \begin{align*} \sqrt{3}x &= -\sqrt{3}x+10\sqrt{3} \\ \\ 2 \sqrt{3}x &= 10\sqrt{3} \\ \\ x &= \frac{10\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} \\ \\ x &= 5 \end{align*}L’abscisse de \(P\) est \(5\), ce qui, après en tenant compte de la symétrie de la figure, semble évident. L’ordonnée de \(P\) est \begin{align*} y &= \sqrt{3}(5) = -\sqrt{3}(5) + 10\sqrt{5} \\ \\ &= 5\sqrt{3} \end{align*}

 

Par ailleurs, l’équation du cercle de centre \(O_{1}\) est \[x^2 + y^2 = 5^2\]En résolvant le système d’équations formé de l’équation du cercle et de celle de \(PT_{1}\), on obtiendra les coordonnées de \(Q\). En substituant \[y = \sqrt{3}x\]dans \[x^2 + y^2 = 25\]on obtient \[x^2 + \left(\sqrt{3}x\right)^2 = 25\]ce qui fait \begin{align*}x^2 + 3x^2 &=25 \\ \\ 4x^2 &= 25 \\ \\ x^2 &= \frac{25}{4} \\ \\ x &= \pm \frac{5}{2}\end{align*}Le point \(Q\) étant dans le premier quadrant, on conserve la solution positive. L’ordonnée de \(Q\) est \[y = \sqrt{3}\cdot \frac{5}{2} = \frac{5\sqrt{3}}{2}\]Puisque \(5-\frac{5}{2}= \frac{5}{2}\), l’abscisse de \(R\) sera \(5 + \frac{5}{2} = \frac{15}{2}\) et son ordonnée est la même que celle de \(Q\), soit \(\frac{5\sqrt{3}}{2}\), ce qu’on obtiendrait aussi si on avait résolu l’autre système d’équations composé de l’équation de \(PT_{2}\) \[y = -\sqrt{3}x+10\sqrt{3}\]et de celle du cercle de centre \(O_{2}\) \[(x-10)^{2}+y^2 = 25\]

En outre, cela implique que les côtés du triangle mesurent \(5\) cm (comme les rayons des cercles, étonnant !) puisque \[m\overline{QR} = \frac{15}{2}-\frac{5}{2} = \frac{10}{2} = 5\]obtenu en calculant la différence entre les abscisses de \(Q\) et de \(R\). La hauteur issue de \(P\) est donc \[5\sqrt{3}-\frac{5\sqrt{3}}{2}=\frac{10\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{5\sqrt{3}}{2}\]obtenu en calculant la différence entre les ordonnées de \(P\) et de \(Q\) (ou \(R\)) et enfin l’aire du triangle est \[\frac{5 \cdot \frac{5\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{25\sqrt{3}}{4} \approx 10,\!82\]cm2.