Une jolie image…

Une jolie image chez Futility Closet, reproduite ici – merci, Géogébra – m’inspire ce billet. C’est beau et c’est un opportun prétexte pour trouver quelques valeurs exactes supplémentaires et dépoussiérer (dans mon cas) le livre XIII des Éléments d’Euclide.

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 Dans trois cercles isométriques, on incrit un pentagone régulier, un hexagone régulier et un décagone régulier. Les côtés de ces trois polygones réguliers forment un triangle rectangle. Ce triangle rectangle est la moitié d’un rectangle d’or.

 

On divise un $n$-gone régulier en $n$ triangles isocèles isométriques. On considère un de ces triangles et on trace la hauteur issue de l’angle de mesure $\frac{2\pi}{n}$Dans un triangle isocèle, cette hauteur est aussi médiatrice et bissectrice, si bien que l’on forme un triangle rectangle d’hypoténuse $r$, le rayon du cercle, de cathète $\frac{1}{2}c$la moitié de la mesure du côté du $n$-gone. Cette cathète est opposée à l’angle de $\frac{\pi}{n}$.

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Le rapport sinus dans ce triangle rectangle nous donne $$\sin\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{\frac{1}{2}c}{r}$$

ou de manière équivalente, $$c = 2r\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)$$

Ainsi, dans le cas du pentagone régulier, $n=5$ et le côté mesure $$2r\sin\left(\frac{\pi}{5}\right)$$

dans le cas de l’hexgone régulier, $n=6$ et le côté mesure $$2r \sin\left(\frac{\pi}{6}\right)$$

et enfin dans le cas du décagone régulier, $n = 10$ et le côté mesure $$2r\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)$$

Quelles sont les valeurs de ces sinus ? Dans le cas de l’hexagone, c’est une valeur connue, puisque la mesure du côté de l’hexagone correspond au rayon du cercle (les triangles isocèles sont en fait équilatéraux), et comme on sait que $$\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$$

on trouve sans surprise $$2r\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = 2r \cdot \frac{1}{2} = r$$

En utilisant un autre résultat, vu ici, on sait que $$\cos\left(\frac{\pi}{5}\right) = \frac{1+\sqrt{5}}{4}$$

et en élevant au carré, $$\cos^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right) = \frac{3+\sqrt{5}}{8}$$

En utilisant l’identité fondamentale, $$\sin^{2}\left(\alpha\right) + \cos^{2}\left(\alpha\right) = 1$$

avec $\displaystyle \alpha = \frac{\pi}{5}$, on obtient $$\sin^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right) + \cos^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right) = 1$$

et en remplaçant $$\sin^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right) + \frac{3  + \sqrt{5}}{8} = 1$$

Cette dernière expression nous donne le carré du sinus, $$\sin^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right) = \frac{5- \sqrt{5}}{8}$$

ou même le sinus, puisque $0 < \frac{\pi}{5} < \frac{\pi}{2}$, c’est la racine carrée positive de l’expression précédente $$\sin\left(\frac{\pi}{5}\right) = \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{8}}$$

On fait la même chose avec $\displaystyle \alpha= \frac{\pi}{10}$. On a $$\sin^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right) + \cos^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right) = 1$$

sauf que là, il faut travailler un peu, ou enfin davantage… Avec l’identité $$\sin\left(\eta + \theta\right) = \sin\left(\eta\right)\cos\left(\theta\right) + \sin\left(\theta\right)\cos\left(\eta\right)$$

on pose $\eta = \theta$ et après quelques étapes algébriques, on obtient la formule du cosinus de l’angle double $$\cos\left(2\eta\right) = 2\cos^{2}\left(\eta\right)- 1$$

Avec $\displaystyle \eta = \frac{\pi}{10}$ on obtient $$\cos\left(\frac{\pi}{5}\right) = 2\cos^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right)- 1$$

c’est-à-dire $$\frac{1+\sqrt{5}}{4} = 2\cos^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right)- 1$$

En additionnant 1 de chaque côté $$\frac{5+\sqrt{5}}{4} = 2\cos^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right)$$

et en divisant par 2, $$\frac{5+\sqrt{5}}{8} = \cos^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right)$$

on obtient la valeur du carré du cosinus. En remplaçant dans l’identité fondamentale, $$\sin^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right) + \cos^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right) = 1$$

on a $$\sin^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right) + \frac{5+\sqrt{5}}{8} = 1$$

et en soustrayant, apparaît la valeur du carré du sinus $$\sin^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right) = \frac{3-\sqrt{5}}{8}$$

Encore une fois, puisque $0 < \frac{\pi}{10} < \frac{\pi}{2}$, le sinus est positif $$\sin\left(\frac{\pi}{10}\right) = \sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{8}}$$

Il reste à vérifier la relation de Pythagore : si c’est le cas, le triangle est rectangle ! En considérant le plus grand côté, celui du pentagone régulier, comme l’hypoténuse, on pose $$\left(2r\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)\right)^{2} + \left(2r\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)\right)^{2} \overset{?}{=} \left(2r \sin \left(\frac{\pi}{5}\right) \right)^{2}$$

ou de manière équivalente $$4r^{2}\sin^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right) + 4r^{2}\sin^{2}\left(\frac{\pi}{6} \right) \overset{?}{=} 4r^{2}\sin^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right)$$

En divisant chaque côté par $4r^{2}$, $$\sin^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right)+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{6}\right) \overset{?}{=} \sin^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right)$$

Le membre de gauche de l’équation est connu, c’est \begin{align} \sin^{2}\left(\frac{\pi}{10}\right) + \sin^{2}\left(\frac{\pi}{6}\right) & = \frac{3\,- \sqrt{5}}{8} + \frac{1}{4} \\ \\ & = \frac{5-\sqrt{5}}{8} \\ \\ & = \sin^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right)\end{align}

Le triangle est bien rectangle ! Est-il une moitié de rectangle d’or ? On considère le rapport des mesures des côtés $$\frac{2r\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)}{2r\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)} = \frac{\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)}$$

et ces quelques étapes algébriques simples (mais non moins fastidieuses) \begin{align} \frac{\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)} & = \frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{8}}} \\ \\&= \frac{\sqrt{\frac{1}{4}}}{\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{8}}} \\ \\ &= \sqrt{\; \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3-\sqrt{5}}{8}}} \\ \\ &= \sqrt{\frac{\frac{1}{4}\cdot 8}{\frac{3-\sqrt{5}}{8}\cdot 8}} \\ \\ &= \sqrt{\frac{2}{3-\sqrt{5}}}\end{align}

Suivent encore quelques étapes algébriques de routine, \begin{align} \frac{\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)} & = \sqrt{\frac{2}{3-\sqrt{5}}} \\ \\ &= \sqrt{\frac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{\left(3-\sqrt{5}\right)\left(3+\sqrt{5}\right)}} \\ \\ &= \sqrt{\frac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4}} \\ \\ &= \sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}\end{align}

Il suffit enfin de se rendre compte que l’expression dans la grande racine carrée est un carré \begin{align} \frac{\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)} & = \sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}} \\ \\ & = \sqrt{\frac{6 + 2\sqrt{5}}{4}} \\ \\ &=\sqrt{\frac{1^{2}+2\sqrt{5} + \left(\sqrt{5}\right)^{2}}{4}} \\ \\ & = \sqrt{\frac{\left(1+\sqrt{5}\right)^{2}}{4}} \\ \\ &= \frac{1+\sqrt{5}}{2}\end{align}

pour qu’apparaisse le nombre d’or !

 

Euclide, vieille branche !

En suivant le lien sur Futility Closet, on découvre que l’auteur de l’image de Wikimedia Commons est nul autre que David Eppstein et que l’image est intitulée : Euclid XIII.10. Diantre ! Érudits, à vos Éléments ! (Heureusement, je possède une copie peu dispendieuse, en anglais.) Comment Euclide s’y prend-t-il ? C’est sans surprise qu’il utilise son arme favorite… des triangles semblables !

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Il inscrit d’abord le pentagone régulier $ABCDE$ dans un cercle de centre $F$. Il trace un diamètre $\overline{AG}$. Il trace $\overline{FB}$ et $\overline{FK}$, perpendiculaire à $\overline{AB}$, coupant $\overline{AB}$ en $H$. Il trace ensuite $\overline{AK}$ et $\overline{KB}$. Enfin, il trace la perpendiculaire à $\overline{AK}$ passant par $F$, coupant $\overline{AB}$ en $N$, $\overline{AK}$ en $L$ et le cercle en $M$.

Il remarque d’abord que puisque $\overline{AG}$ est un diamètre, $\overset{\displaystyle \frown}{CG} \cong \overset{\displaystyle \frown}{GD}$. Puisque la corde $\overline{CD}$ est le côté d’un pentagone régulier, les cordes $\overline{CG}$ et $\overline{GD}$ sont  les côtés d’un décagone régulier.

Le segment $\overline{FK}$ étant perpendiculaire à $\overline{AB}$ et $\overline{FB} \cong \overline{FA}$, on trouve (par I.26) que $\angle AFK \cong \angle BFK$. Comme $\overline{AB}$ est le côté d’un pentagone régulier, cela implique que $\overline{BK}$ et $\overline{KA}$ sont aussi les côtés d’un décagone régulier.

De la même manière, $\overline{FM}$ étant perpendiculaire à $\overline{AK}$, on observe que $\overline{AL} \cong \overline{LK}$ et $\overset{\displaystyle \frown}{AM} \cong \overset{\displaystyle \frown}{MK}$.

Par la suite Euclide s’attarde à montrer deux choses : les triangles $ABF$ et $FBN$ sont semblables, tout comme les triangles $ABK$ et $AKN$. On a

\begin{align} 2 \; m\overset{\displaystyle \frown}{CG} & = m\overset{\displaystyle \frown}{CD} \\ \\ &= m\overset{\displaystyle \frown}{AB} \\ \\ &= 2 \; m\overset{\displaystyle \frown}{BK} \end{align}

c’est-à-dire que \begin{align} m\overset{\displaystyle \frown}{CG} = m\overset{\displaystyle \frown}{BK} &=m\overset{\displaystyle \frown}{AK}\\ \\ &= 2\; m\overset{\displaystyle \frown}{KM}\end{align}

et $$m\overset{\displaystyle \frown}{CB} = 2\;m\overset{\displaystyle \frown}{BK}$$

En additionnant, on a $$m\overset{\displaystyle \frown}{BCG} = 2\; m\overset{\displaystyle \frown}{BKM}$$ou, en considérant les angles au centre, $$m\angle BFG = 2\;m\angle BFN$$Sauf que $$m\angle BFG = 2\;m\angle FAB$$puisque l’angle $FAB$ inscrit intercepte le même arc que l’angle au centre $BFG$. En substituant, on trouve $$m\angle FAB= m\angle BFN$$

Ainsi, les triangles $ABF$ et $FBN$ on un angle en commun, $\angle ABF$, et des angles isométriques $$\angle FAB \cong \angle BFN$$ce qui fait que les triangles sont semblables ! $$\bigtriangleup ABF \sim \bigtriangleup FBN$$

D’autre part, puisque $\overline{AL} \cong \overline{LK}$, et que les angles en $L$ sont des angles droits, on trouve que $$\overline{AN} \cong \overline{NK}$$ainsi que, comme dans un triangle isocèle les angles opposés aux côtés isométriques sont isométriques, \begin{align} \angle NKA & \cong \angle NAK \\ \\ &\cong \angle KBA\end{align}

Ainsi, les triangles $ABK$ et $AKN$ ont un angle en commun, $\angle NAK$, et des angles isométriques $$\angle ABK \cong \angle AKN$$Les triangles sont semblables $$\bigtriangleup ABK \sim \bigtriangleup AKN$$

Maintenant, puisque $\bigtriangleup ABF \sim \bigtriangleup FBN$, on pose la proportion

$$\frac{m\overline{AB}}{m\overline{BF}} = \frac{m\overline{BF}}{m\overline{BN}}$$

ou, de manière équivalente,

$$m\overline{AB} \cdot m\overline{BN} = \left(m\overline{BF}\right)^{2}$$

En utilisant l’autre similitude, $\bigtriangleup ABK \sim \bigtriangleup AKN$, on trouve $$\frac{m\overline{BA}}{m\overline{AK}} = \frac{m\overline{AK}}{m\overline{AN}}$$

ou, de manière équivalente,

$$m\overline{BA} \cdot m\overline{AN} = \left(m\overline{AK}\right)^{2}$$

Ainsi, en additionnant les égalités

$$m\overline{AB} \cdot m\overline{BN}  + m\overline{BA} \cdot m\overline{AN} = \left(m\overline{BF}\right)^{2} + \left(m\overline{AK}\right)^{2}$$

c’est-à-dire \begin{align*} m\overline{AB} \cdot \left(m\overline{AN} + m\overline{BN}\right) &=\left(m\overline{BF}\right)^{2} + \left(m\overline{AK}\right)^{2} \\ \left(m\overline{AB}\right)^{2} &= \left(m\overline{BF}\right)^{2} + \left(m\overline{AK}\right)^{2}\end{align*}

On vérifie la relation de Pythagore, avec $AB$ le côté d’un pentagone, $BF$ d’un hexagone (c’est le rayon du cercle) et $AK$ d’un décagone.

Les fables de L’Apothème…

ou un peu d’analyse numérique…

 

L’apothème et le côté

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La question était celle-ci, posée par un élève de deuxième secondaire,

Quel est le périmètre du polygone régulier dont l’angle extérieur en chaque sommet mesure environ 6,1˚ et dont le côté mesure 6,1 cm ?

L’apothème de ce polygone est-il plus grand ou plus petit que le côté ?

En deuxième secondaire, en utilisant le fait que l’angle extérieur a pour mesure 6,1° et en trouvant que ce polygone régulier comporte 59 côtés, on déduit intuitivement que la mesure de l’apothème est sans doute plus grande que celle du côté (la trigonométrie est enseignée deux ans plus tard). Le polygone régulier à 59 côtés, illustré ci-dessus, est pratiquement déjà indistinguable d’un cercle à l’œil nu.

D’autre part, on sait que l’apothème d’un triangle équilatéral est plus petit que son côté – en fait, même la hauteur est plus petite que son côté. Avec Pythagore, on peut trouver une expression qui représente la hauteur (qui est aussi une médiane) :  $\displaystyle h = \frac{\sqrt{3}}{2}c$.

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\begin{align} h^{2} + \left(\frac{c}{2}\right)^{2} & = c^2 \\ \\ h^{2} + \frac{c^2}{4}  & = c^{2} \\ \\ h^{2} & = \frac{3c^{2}}{4} \\ \\ h & = \frac{\sqrt{3}}{2}c \end{align}

puis, par symétrie, thedudeminds_2015050111
ou en utilisant le fait que les médianes se rencontrent au $\frac{2}{3}$ de leur longueur à partir du sommet, on trouve$$a = \frac{\sqrt{3}}{6}c \approx 0,2887c$$

On peut donc se demander quand le changement s’opère-t-il ? À partir de combien de côtés est-ce que l’apothème d’un polygone régulier devient-il plus grand que le coté de ce même polygone ?

En divisant le polygone régulier en $n$ triangles isocèles isométriques, puis en divisant à nouveau ces triangles en traçant les apothèmes du polygone (qui sont des hauteurs, médianes, médiatrices et bissectrices des triangles isocèles),thedudeminds_2015050106

on pose $$\tan\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{\frac{c}{2}}{a}$$ou, de manière équivalente, $$c = 2a\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)$$

On cherche à résoudre l’inéquation $$ a > c$$En substituant, $$a > 2a\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)$$

et en divisant par $2a$ (un nombre positif), on obtient $$\frac{1}{2} >\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)$$

Or $\frac{1}{2}$ n’est pas une valeur remarquable de la tangente. En considérant le graphique de la fonction $$f(x) = \tan\left(\frac{\pi}{x}\right)$$sur l’intervalle $x \geq 3$ (heureusement, parce qu’en se rapprochant de l’axe vertical, ça se gâte!) on obtient

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et on se rend compte que la mesure du côté du polygone régulier devient plus petite que l’apothème lorsqu’on passe de 6 à 7 côtés. Ainsi, pour le triangle équilatéral, le carré, le pentagone régulier et l’hexagone régulier, la mesure de l’apothème est plus petite que celle du côté ; pour l’heptagone régulier et les suivants, la mesure de l’apothème est plus grande que celle du côté.

Mieux vaut circonscrire… qu’inscrire

J’ai récemment donné à mes élèves le problème suivant :

Dans le cercle suivant, on a inscrit le pentagone régulier $ABCDE$. La mesure d’un côté du pentagone $ABCDE$ est 542 cm. On a aussi tracé un deuxième pentagone régulier $FGHIJ$ circonscrit au cercle. Les points $A$, $B$, $C$, $D$ et $E$ sont respectivement les points milieux des côtés $\overline{JF}$, $\overline{FG}$, $\overline{GH}$, $\overline{HI}$ et $\overline{IJ}$ du pentagone $FGHIJ$.

boule2

Quel pentagone possède l’aire la plus proche de celle du disque ? Le pentagone $ABCDE$ ou le pentagone $FGHIJ$ ?

note : J’ai choisi la mesure de 542 cm avec un bon vieux tableur : il s’avère qu’en utilisant la moitié de 542, c’est-à-dire 271, et la tangente, on peut trouver la mesure de l’apothème : $$\frac{271}{\tan\left(36^{\circ}\right)} = 372,9995 \cdots \approx 373$$On est très près d’un entier… ça facilite la correction :-)

Bref, après quelques calculs, les élèves arrivaient à la conclusion que le pentagone régulier circonscrit avait une aire plus proche de l’aire du disque que le pentagone régulier inscrit.

Qu’en est-il des autres polygones réguliers ? Est-ce toujours le polygone circonscrit qui donne une meilleure approximation de l’aire du disque ? Voyons voir…

thedudeminds_2015050101Si on pose $c_{i}$, $a_{i}$ comme étant les mesures d’un côté et de l’apothème du polygone régulier à $n$ côtés inscrit dans un cercle de rayon $r$, et $c_{c}$ et $a_{c}$ comme étant les mesures d’un coté et de l’apothème du polygone régulier à $n$ côtés circonscrit dans un même cercle de rayon $r$, alors on peut trouver ceci :

$$\sin\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{\frac{c_{i}}{2}}{r}$$

ce qui fait

$$c_{i} = 2r\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)$$

On a aussi

$$\cos\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{a_{i}}{r}$$

ce qui fait

$$a_{i} = r\cos\left(\frac{\pi}{n}\right)$$

On peut donc trouver une expression correspondant à l’aire du polygone régulier inscrit :

\begin{align} A_{i} & = \frac{n\cdot 2r\sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \cdot r\cos\left(\frac{\pi}{n}\right) }{2} \\ \\ & = r^{2} \cdot n \cdot \sin\left(\frac{\pi}{n}\right)\cos\left(\frac{\pi}{n}\right)\end{align}

 

Pour ce qui est du polygone régulier circonscrit,thedudeminds_2015050102

on a $$a_{c}  = r$$

et

$$\tan\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{\frac{c_{c}}{2}}{r}$$

ou, de manière équivalente,

$$c_{c} = 2r\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)$$

On peut donc trouver une expression correspondant à l’aire du polygone régulier circonscrit :

\begin{align} A_{c} & = \frac{n\cdot  2r\tan\left(\frac{\pi}{n}\right) \cdot r }{2} \\ \\ & = r^{2} \cdot n \cdot\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)\end{align}

Comme tous les disques et polygones réguliers à $n$ côtés sont semblables, on peut poser le rayon du cercle égal à 1, sans perdre de généralité.

Suspectant que le polygone circonscrit ait toujours une aire plus près de celle du disque que le polygone inscrit, c’est-à-dire que si $A_{d}$ est l’aire du disque et $A_{i}$ et $A_{c}$ sont les aires des polygones réguliers à $n$ côtés respectivement inscrit et circonscrit, on aurait

\begin{align}\left(A_{d}\; – A_{i}\right) – \left(A_{c} – A_{d}\right) & > 0\\ \\ \left(\pi \left(1\right)^{2} -n \cdot \sin\left(\frac{\pi}{n}\right)\cos\left(\frac{\pi}{n}\right)\right) – \left(n\cdot\tan\left(\frac{\pi}{n}\right) – \pi \left(1\right)^2\right) & ­> 0\\ \\ 2\pi-  n \cdot \sin\left(\frac{\pi}{n}\right)\cos\left(\frac{\pi}{n}\right) – n\cdot\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)  & > 0\end{align}

je  me suis intéressé à la fonction suivante

$$f\left(x\right) = 2\pi-  x \cdot \sin\left(\frac{\pi}{x}\right)\cos\left(\frac{\pi}{x}\right) – x\cdot\tan\left(\frac{\pi}{x}\right)$$

Comme on ne considère que des valeurs de $x \geq 3$, la fonction se comporte bien (pas d’asymptote ou discontinuité puisque dans ce cas, $0 < \frac{\pi}{x} \leq \frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{2}$). Et je m’attendais, sur ce domaine, à avoir une fonction strictement positive $$f\left(x\right) > 0$$thedudeminds_2015050103

Or ce n’est pas le cas ! On voit que pour la valeur $n=3$, la fonction est négative ! Il y a donc une exception : le tout premier polygone régulier, le triangle équilatéral. On voit aussi que la différence est maximale lorsque $n = 4$ (environ 0,28), tout juste devant $n = 5$ (environ 0,27).

À droite du zéro, la fonction reste gentiment au dessus de l’axe des abscisses (un petit exercice sur les limites suit).thedudeminds_2015050113

No solutions exist. C’est WolframAlpha qui le dit !

Le terme $x \cdot \sin\left(\frac{\pi}{x}\right)\cos\left(\frac{\pi}{x}\right) \to \pi$ (par en dessous) lorsque $x\to \infty$ et $x\cdot\tan\left(\frac{\pi}{x}\right) \to \pi$ (encore une fois, par en dessous) lorsque $x \to \infty$. Pour s’en convaincre, il suffit de substituer $$z = \frac{\pi}{x}$$Ainsi, $z \to 0$ lorsque $x \to \infty$ et on retrouve les limites bien connues $\displaystyle \lim_{z\to 0}\cos\left(z\right) = 1$  et $\displaystyle \lim_{z\to 0} \frac{\sin\left(z\right)}{z}=1$. On a $$\lim_{x \to \infty} x \cdot \sin\left(\frac{\pi}{x}\right)\cdot \cos\left(\frac{\pi}{x}\right) =\pi \cdot \left(\lim_{z \to 0} \frac{\sin\left(z\right)}{z}\right)\cdot\left(\lim_{z \to 0} \cos\left(z\right)\right)=\pi \cdot 1 \cdot 1 = \pi $$La deuxième limite est similaire en utilisant en plus le fait que $\displaystyle \tan\left(z\right) = \frac{\sin\left(z\right)}{\cos\left(z\right)}$.

En d’autres mots, le polygone régulier circonscrit a toujours une aire plus proche de celle du disque que le polygone régulier inscrit… sauf dans le cas du triangle équilatéral : le triangle équilatéral inscrit à une aire plus proche de celle du disque que le triangle équilatéral circonscrit.thedudeminds_2015050105

Schlegel

C’est la première fois que j’enseigne pour un long moment (une demi-année) la séquence “régulière” de cinquième secondaire (Culture, société et technique). Même si cette séquence est prescrite à 4 cours par cycle, en réalité, comme dans plusieurs écoles, et pour des raisons purement administratives, on la donne à 6 cours par cycle. Cela confère donc à l’enseignant plus de temps avec les élèves et, pourquoi pas, de la latitude quant aux contenus abordés. C’est aussi la seule séquence avec les graphes au programme. J’ai jusqu’à maintenant beaucoup de plaisir à enseigner les graphes puisque c’est un sujet très vaste avec de nombreuses applications (mathématiques) fort ingénieuses (mais encore faut-il s’y intéresser!)

Ainsi je suis assez fier de mes élèves qui ont terminé cette semaine un petit projet d’origami modulaire. Au menu, dodécaèdres réguliers en Post-it, diagrammes de Schlegel, cycles hamiltoniens, et un peu d’histoire des mathématiques.IMG_0506.JPG

Dessiner le diagramme de Schlegel de certains polyèdres n’est pas une tâche facile ! Bravo !