Category: Mathématiques

On considère la fraction continue simple la plus (c’est bien le cas de le dire) simple qui soit et on appelle cette fraction continue \(\varphi\). \[\varphi = 1 + \cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\dots}}}\]En soustrayant \(1\) de chaque côté, on obtient\[\varphi-1 = \cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+ \dots}}}\]Puis en inversant \[\frac{1}{\varphi-1}=\frac{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\dots}}}{1}\]ce qui n’est rien d’autre que \[\frac{1}{\varphi-1}=\frac{\varphi}{1}\]La fraction continue du départ est donc égale au nombre d’or, la solution positive de l’équation \[\varphi^{2}-\varphi-1=0\]Nous connaissons cette valeur grâce à la formule quadratique ou la complétion du carré. C’est \[\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\] et d’où l’on tire \[\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\dots}}}}\]Ceci étant dit, lorsqu’on calcule les réduites de la fraction continue simple, on obtient \begin{align*}1+\cfrac{1}{1}=1+1&=\frac{2}{1} \\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}=1+\frac{1}{2}&=\frac{3}{2} \\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}}=1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{2}} = 1 +\frac{1}{\frac{3}{2}} &= \frac{5}{3} \\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}}}=1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{2}}}=1+\cfrac{1}{1+\frac{3}{2}}=1+\cfrac{1}{\frac{5}{3}}&=\frac{8}{5} \\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}}}}= \ \dots \ = 1+\frac{1}{\frac{8}{5}}&=\frac{13}{8}\\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}}}}} = \ \dots \ &= \frac{21}{13} \\ \\ &\dots\end{align*}On obtient les rapports successifs des termes consécutifs de la suite de Fibonacci ! Ces rapports tendent donc vers le nombre d’or ! On écriera donc \begin{align*}u_{1}&=1 \\ \\ u_{2}&=1 \\ \\ u_{n}&=u_{n-1}+u_{n-2} \\ \\ \\ \varphi &= \lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\end{align*}Nous reviendrons à ce résultat exceptionnel plus tard. Il existe une formule qui nous permet d’exprimer directement le \(n\)^ième terme de la suite de Fibonacci. Cette formule est la suivante \[u_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}\right)\]Il n’est donc pas surprenant d’y retrouver le nombre d’or. Les techniques pour trouver cette formule directement étant un peu avancées, nous nous contenterons d’en fournir la preuve par induction. Commençons d’abord par vérifier qu’elle soit vraie pour les premières valeurs de \(n\). En se rappelant que \[\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\]on peut trouver que\begin{align*}u_{1}&=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{1}-(1-\varphi)^{1}\right)\\  \\ &=\frac{2\varphi-1}{\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{1+\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}} \\ \\ &=1\end{align*} et \begin{align*}u_{2}&=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{2}-(1-\varphi)^{2}\right)\\  \\ &=\frac{\varphi^{2}-(1-2\varphi + \varphi^{2})}{\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{2\varphi-1}{\sqrt{5}}\\ \\ &=\frac{1+\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}} \\ \\ &=1\end{align*}La formule fonctionne donc pour les premières valeurs de \(n\). Supposons alors qu’elle soit vraie pour tout entier \(k\) tel que \[1\leq k \leq n\]C’est notre hypothèse d’induction. Montrons qu’elle sera aussi vraie pour \(n+1\). On sait que \[u_{n+1}=u_{n}+u_{n-1}\]et comme la formule est valide, par hypothèse, pour tout entier \(k\) jusqu’à \(n\) (cela inclut, au passage, \(n-1\) et, incidemment, nous avions vérifié deux termes au départ, et non pas un seul), on peut réécrire \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}\right)+\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n-1}-\left(1-\varphi\right)^{n-1}\right)\]Un mise en évidence fait \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}+\varphi^{n-1}-\left(1-\varphi\right)^{n-1}\right)\]puis en réarrangeant les termes \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}+\varphi^{n-1}-\left(\left(1-\varphi\right)^{n}+\left(1-\varphi\right)^{n-1}\right)\right)\]Une double mise en évidence nous permet d’écrire \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\left(\varphi^{n}\left(1+\varphi^{-1}\right)-\left(1-\varphi\right)^{n}\left(1+\left(1-\varphi\right)^{-1}\right)\right)\]Or, comme \[\varphi = 1+\varphi^{-1}\]puisque \begin{align*}1+\varphi^{-1}&=1+\frac{2}{1+\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{1+\sqrt{5}+2}{1+\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{3+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}} \\ \\ &= \frac{3+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}} \cdot \frac{1-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}}\\ \\ &=\frac{3-3\sqrt{5}+\sqrt{5}-5}{1-5} \\ \\ &= \frac{-2-2\sqrt{5}}{-4} \\ \\ &=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \\ \\ &=\varphi\end{align*}et \[1-\varphi = 1 +\left(1-\varphi\right)^{-1}\]puisque \begin{align*}1+\left(1-\varphi\right)^{-1}&=1+\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{-1} \\ \\ &=1+\frac{2}{1-\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{1-\sqrt{5}+2}{1-\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{3-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{3-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}} \cdot \frac{1+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{3+3\sqrt{5}-\sqrt{5}-5}{1-5} \\ \\ &=\frac{-2+2\sqrt{5}}{-4}\\ \\ &=\frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ \\ &=1-\varphi\end{align*}il nous suffit de remplacer \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}\left(\varphi\right)-\left(1-\varphi\right)^{n}\left(1-\varphi\right)\right)\]afin d’obtenir \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n+1}-\left(1-\varphi\right)^{n+1}\right)\]Voilà ! Par le principe d’induction, nous avons prouvé la formule. C’est le mathématicien écossais Robert Simson qui remarqua que \[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n+1}-\left(1-\varphi\right)^{n+1}\right)}{\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}\right)}\]Après une première simplification\[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{\varphi^{n+1}-\left(1-\varphi\right)^{n+1}}{\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}}\]on effectue deux mises en évidence : l’une au numérateur et l’autre au dénominateur \[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{\varphi^{n+1}\left(1-\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n+1}\right)}{\varphi^{n}\left(1-\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n}\right)}\]ce qui fait\[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim_{n\to \infty}\varphi \cdot \frac{1-\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n+1}}{1-\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n}}\]Or il est facile de voir que si \[1<\varphi<2\]alors \[-1<\frac{1-\varphi}{\varphi}<1\]et cela implique que \[\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n}=0\]et évidemment aussi que \[\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n+1}=0\]On obtient donc \[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}} = \varphi \cdot \frac{1-0}{1-0}\]ce qui fait tout simplement \[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\varphi\]

Nous avions déjà observé dans ce blog que les sommes des premiers impairs, commençant avec \(1\), donnaient les nombres carrés. \begin{align*}1&=1 \\ \\ 1+3 &=4 \\ \\ 1+3+5 &=9 \\ \\ 1 + 3 + 5 +7 &=16 \\ \\ 1 + 3 + 5 +7 + 9 &=25 \\ \\ 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 &= 36 \\ \\ &\dots \end{align*}

Aviez-vous seulement remarqué que si, au lieu repartir chaque somme à \(1\), on utilisait l’entier suivant, on obtenait … \begin{align*}1&=1 \\ \\ 3+5 &=8 \\ \\ 7+9+11 &=27 \\ \\ 13 + 15 + 17 +19 &=64 \\ \\ 21 + 23 + 25 +27 + 29 &=125 \\ \\ 31 + 33 + 35 + 37 + 39 + 41 &= 216 \\ \\ &\dots \end{align*}les nombres cubes.

Les mathématiques sont fascinantes.

Référence : John Conway et Richard K. Guy (1995), The Book of Numbers

Dans le dernier billet, je mentionnais sans démonstration que dans un triangle, la bissectrice d’un angle divise toujours le côté opposé dans le même rapport que les côtés de l’angle. Considérons le triangle \(ABC\) suivant, avec la bissectrice de l’angle \(A\) qui coupe \(\overline{BC}\) en \(D\). Il suffit de tracer l’unique parallèle à \(AD\) passant par \(B\). Prolongeons \(\overline{AC}\) de telle sorte qu’il coupe la parallèle en \(E\).

Les angles \(ADC\) et \(EBC\) sont des angles correspondants isométriques formés par des parallèles (sécante \(BC\)). Les triangles \(EBC\) est \(ADC\) partagent tous les deux l’angle \(DCA\). Les triangles sont donc semblables par le cas de similitude AA. On tire la proportion suivante \[\frac{m\overline{EC}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BC}}{m\overline{DC}}\]que l’on peut réécrire de telle façon \[\frac{m\overline{EA}+m\overline{AC}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}+m\overline{DC}}{m\overline{DC}}\]et donc \[\frac{m\overline{EA}}{m\overline{AC}} + \frac{m\overline{AC}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}} + \frac{m\overline{DC}}{m\overline{DC}}\]ce qui fait \[\frac{m\overline{EA}}{m\overline{AC}}+1 = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}+1\]Enfin en soustrayant \(1\) de chaque côté de l’égalité on obtient \[\frac{m\overline{EA}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}\]Les angles \(BAD\) et \(CAD\) sont isométriques puisque \(AD\) est la bissectrice. Les angles \(BAD\) et \(ABE\) sont isométriques puisque ce sont des angles alternes-internes formés par des parallèles (la sécante étant \(AB\)). Enfin, les angles \(AEB\) et \(CAD\) sont isométriques puisque ce sont des angles correspondants formés par des parallèles (la sécante ici étant \(AE\)). Par transitivité, on trouve que les angles \(DAC\), \(BAD\), \(ABE\) et \(AEB\) sont tous isométriques. Cela implique que le triangle \(EAB\) est un triangle isoangle. Les triangles isoangles étant isocèles, et dans ces triangles les angles opposés aux côtés isométriques étant isométriques, on a \[ \overline{EA}\cong \overline{AB}\]La proportion \[\frac{m\overline{EA}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}\]devient \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}\]ou de façon équivalente \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{BD}} = \frac{m\overline{AC}}{m\overline{DC}}\]ce que l’on cherchait à démontrer !

La preuve tient aussi de façon presque intégrale lorsqu’on considère la bissectrice de l’angle extérieur, bien que le résultat peut paraître surprenant, de prime abord. En reprenant le triangle \(ABC\) et en considérant la bissectrice extérieure à l’angle \(A\) on a

La bissectrice coupe le prolongement du côté \(BC\) en \(D\). On trace la parallèle à la bissectrice passant par \(B\) et coupant \(\overline{AC}\) en \(E\). Les angles \(CEB\) et \(CAD\) sont isométriques puisque ce sont des angles correspondants formés par des parallèles (la sécante est \(AE\)). Les triangles \(CAD\) et \(CEB\) sont semblables par le cas AA puisqu’ils partagent aussi l’angle \(BCE\). On tire donc la proportion suivante \[\frac{m\overline{EC}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BC}}{m\overline{DC}}\]que l’on peut réécrire comme \[\frac{m\overline{AC}-m\overline{AE}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{DC}-m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]puis \[\frac{m\overline{AC}}{m\overline{AC}}-\frac{m\overline{AE}}{m\overline{AC}}=\frac{m\overline{DC}}{m\overline{DC}}-\frac{m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]ce qui fait \[\frac{m\overline{AE}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]Puisqu’il s’agit de la bissectrice \(AD\), les angles \(DAF\) et \(DAB\) sont isométriques. Les angles \(DAB\) et \(ABE\) sont aussi isométriques puisque ce sont des angles alternes-internes formés par des parallèles (la sécante est \(AB\)). Les angles \(DAF\) et \(AEB\) sont aussi isométriques puisque ce sont des angles correspondants formés par des parallèles (la sécante est \(AE\)). Par transitivité les angles \(DAF\), \(DAB\), \(ABE\) et \(AEB\) sont isométriques. Le triangle \(ABE\) est donc un triangle isoangle et isocèle.

Dans un triangle isocèle les angles opposés aux côtés isométriques sont isométriques et alors on a \[\overline{AE}\cong \overline{AB}\]La proportion \[\frac{m\overline{AE}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]devient \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]ou de façon équivalente \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{DB}}=\frac{m\overline{AC}}{m\overline{DC}}\]ce que l’on cherchait à démontrer !