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CouvPocheIndispensables
J'ai créé ce blog lors de la sortie de mon livre "Les Indispensables mathématiques et physiques pour tous", Odile Jacob, avril 2006 ; livre republié en poche en octobre 2011 (achat en ligne) (sommaire du livre).
Je développe dans ce blog des notions de mathématiques et de physique à destination du plus large public possible, en essayant de susciter questions et discussion: n'hésitez pas à laisser vos commentaires!

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Indispensables astronomiques

Nouveauté octobre 2013, mon livre "Les Indispensables astronomiques et astrophysiques pour tous" est sorti en poche, 9,5€ (éditions Odile Jacob, éidtion originale 2009). Comme mon premier livre (Les Indispensables mathématiques et physiques), c'est un livre de notions de base illustrées avec des exemples concrets, s'appuyant sur les mathématiques (géométrie notamment) pour l'astronomie, et sur la physique pour l'astrophysique. Je recommande vivement sa lecture.

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12 janvier 2008 6 12 /01 /janvier /2008 08:57

Un pavé [un clin d'oeil au pavage de Penrose :)- ] de 800 pages pour ceux qui font de la vulgarisation en mathématiques ou en physique, c'est LE Penrose "A la découverte des lois de l'univers", qui vient d'être traduit en français. Pas à la portée de tous, mais un outil de base, ou quelques friandises à déguster de temps à autre, c'est selon.
Sir-Roger-Penrose-m86804.jpg
Dans le chapitre 3, Penrose nous montre en termes simples comment l'on peut construire la suite des nombres dits "naturels" comme une abstraction mathématique totalement indépendante d'une quelconque réalité, simplement en utilisant la théorie des ensembles.

On commence par l'ensemble le plus simple (mais l'est-il réellement ?), l'"ensemble vide", qui ne contient aucun élément.
On le note ainsi :
 Ø ou { }. Les accolades désignent un "ensemble" : l'ensemble ci-avant ne contient aucun élément entre les accolades, c'est un ensemble "vide", on lui attribue le nombre 0. Nous enfonçons peut-être des portes ouvertes, mais c'est de la définition précise que jaillit l'abstraction...

On définit ensuite l'ensemble suivant : {
Ø} ou {{ }}. C'est un ensemble composé d'un élément, et cet élément est l'ensemble précédent. On lui attribue le chiffre 1. [*]

On définit ensuite l'ensemble suivant : {
Ø, {Ø}} ou {{ }, {{ }}}. C'est un ensemble composé de deux éléments, l'esemble vide et l'ensemble précédent. On lui attribue le chiffre 2. [**]

On définit ensuite l'ensemble constitué par l'ensemble vide, l'ensemble défini dans le paragraphe [*], et l'ensemble défini dans le paragraphe [**]. On lui attribue le chiffre 3.

Et ainsi de suite, on a compris.

Ce qui permet à Roger Penrose de conclure : " Cette méthode a le mérite de nous montrer que des notions telles que les nombres naturels peuvent, littéralement, êtres construites à partir de rien, en utilisant simplement la notion abstraite d'ensemble ".
(dans cette phrase j'aime bien le "littéralement" : il se rapporte à "à partir de rien". Car c'est en effet à partir de l'ensemble vide - rien - que l'on construit là la suite des nombres naturels)

(voir commentaire ci-dessous sur la typographie)

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18 novembre 2007 7 18 /11 /novembre /2007 17:25

(Suite  du précédent billet ) . A travers la boîte de dialogue d’une image JPEG (une fois l’image ouverte dans MS Photo Editor, click droit sur « Propriétés »), on retrouve des éléments importants de codage et de résolution des images (celle-ci vient d’un appareil photo numérique ordinaire):


1) Type, Couleurs (24 bits) : on retrouve les 24 bits, soit 2puissance8*2puissance8*2puissance8 = 16 millions de couleurs.

2) Résolution 118 pixels/cm : un pixel est un point codé par une des 16 millions de couleurs. Comme 1 pouce = 2,54 cm, on retrouve 118*2,54 = 300 pixels par pouce, ou 300 dots per inch, 300 dpi résolution traditionnelle d’une image.

3) Taille 1600*1200 = 1 920 000 pixels, ce qui correspond à un appareil photo numérique (non récent) de 2 Mégapixels.

4) Largeur 1600/118 = 13,56 cm (correspond à la largeur d’une photo papier).

5) Taille (avant compression JPEG) 1600 pixels * 1200 pixels * 24 bits de codage par pixel = 46,080 Mégabits = 5 760 000 octets (1 octet = 8 bits)





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13 novembre 2007 2 13 /11 /novembre /2007 23:28
On sait que les mathématiques (le codage binaire notamment) servent à coder les lettres des textes : c’est ce qu’on appelle le codage ASCII, qui permet de transformer tout texte en système de 0 & 1 dans votre ordinateur. Nous y reviendrons peut-être, mais préférons aborder aujourd’hui le codage des images, illustrations à l’appui.

Images S. Mallat Ecole polytechniqueD’abord le codage des images en noir et blanc. Vous êtes-vous déjà demandés (à l’impression notamment, puisque toutes les imprimantes ne sont pas couleur), ce que signifiait la boîte de dialogue « Noir et blanc intégral » ou « Niveaux de gris » ? Les niveaux de gris (photo à gauche) correspondent à un codage des contrastes sur 256 niveaux, depuis le noir complet auquel on affecte le rang 0 jusqu’au blanc pur, auquel on affecte le rang 255 : ainsi le noir est codé 00000000, le blanc est codé 11111111 (c’est l’écriture de 255 en système binaire). De l’un à l’autre on a donc 256 niveaux de gris (soit 2 puissance 8), codés avec 8 chiffres qui sont soit 0 soit 1 : (xxxxxxxx). Le codage de ces 256 niveaux de gris se fait sur 8 bits, soit 1 octet. Le noir et blanc intégral (photo à droite) correspond à 2 niveaux, 0 (noir) ou 1 (blanc) : il est donc codé sur 1 bit, soit huit fois moins de place mémoire.

Rouge255.jpgEnsuite le codage des images couleur. Ci-dessus on codait le gris sur 8 bits, cette fois-ci, on code sur 8 bits, c’est à dire de 0 à 255, chacune des trois couleurs « primaires » (en fait rouge, bleu et vert, non pas jaune : c’est comme cela en informatique, le jaune s’obtient par combinaison des trois autres). La boîte de dialogue ci-contre vous montre un R255, V0, B0, c’est à dire un rouge plein. Noir correspond toujours à 0 (R0, V0, B0) et blanc à 255 au cube (R255, V255, B255). Vous pouvez déplacer le curseur ou, mieux, inscrire les valeurs entre 0 et 255 dans les boîtes à droite : par exemple vous obtiendrez un beau jaune soleil à R255, V255, B0. On code donc sur 256 valeurs de 0 à 255 pour chacune des trois couleurs, soit une palette de 256*256*256, soit 16 777 216 couleurs, c’est ce qu’on appelle la visualisation 16 millions de couleurs, avec un codage sur 24 bits (8 bits pour chacune des trois couleurs primaires).

Palette.JPGComme pour le noir et blanc, il existe des modes dégradés où la palette de couleurs est restreinte : par exemple on code chaque couleur sur 6 niveaux (et non 256) de R0 à R5, etc., et l’on obtient 6*6*6 = 216 couleurs, qui sont codées avec un nombre de bits correspondant à la puissance de 2 immédiatement supérieure, soit 256 : c’est ce qu’on appelle la visualisation 256 couleurs. La boîte de dialogue ci-contre vous en donne un exemple.



Travaux pratiques :
Vous pouvez obtenir les boîtes de dialogue ci-dessus, très intéressantes, par exemple dans MS Powerpoint 97, cliquez sur le bouton de couleur des caractères de la barre d’outils, puis sur « Autres couleurs de polices ». L’onglet « Personnalisées » donne accès aux 16 millions de couleurs, l’onglet « Standard » donne accès à un 256 couleurs dégradé, soit 127 couleurs (nombre de petits hexagones + noir en bas à droite + 15 niveaux de gris entre les hexagone blanc et noir).
Si cela ne marche pas sur votre Powerpoint, ou si vous trouvez d’autres logiciels où ces palettes apparaissent, mettez-le s’il vous plaît en commentaires pour nos lecteurs.

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21 octobre 2007 7 21 /10 /octobre /2007 18:47

Deuxième étape de cette étude du pentagone et du nombre d’or (après le billet ci-dessous), c’est la magnifique preuve géométrique de l’irrationalité du nombre d’or (je me suis inspiré d’un cours sur le nombre d’or trouvé grâce aux Blog Inclassables mathématiques, mais la démonstration est ici différente).

Mise-en-abime.JPGIl suffit de 1) remarquer que le rapport diagonale du pentagone / côté du pentagone, égal au nombre d'or, se répète à l’infini, voir figure ci-dessus 2) s’interroger sur la notion de commune mesure à la base du concept de nombre rationnel.

Faisons un raisonnement par l’absurde. Si Phi le nombre d’or est rationnel (égal à p/q), ceci signifie qu’on peut trouver une commune mesure au côté et à la diagonale du pentagone, c’est à dire un nombre m tel que (voir ci-contre, m est la longueur entre deux traits noirs sur chaque segment violet) :MesurePhi.JPG

- " il y va p fois m " dans le côté du pentagone (ou np fois, n entier quelconque, p entier donné, m peu importe s’il est entier ou non, c’est " la commune mesure ").

- " il y va q fois m " dans la diagonale du pentagone (ou nq fois, n entier quelconque, q entier donné).



Or, on conçoit aisément que la " mise en abîme " infinie du pentagone et du pentagone étoilé (figure en haut), donc la mise en abîme de la diagonale et du côté du pentagone, ont pour conséquence, que :
 
- le rapport entre diagonale et côté reste égal à Phi, puisque c’est toujours la même figure qui se répète à l’infiniment petit. 
- MAIS, diagonale et côté du pentagone, tout en restant de rapport constant, deviennent de plus en plus petits, c’est à dire inférieurs à toute commune mesure m qu’on leur trouverait (à partir d’un certain moment, il ne peut même plus " y aller UNE fois m " dans le côté ou dans la diagonale qui deviennent plus petits que m). Donc, il ne peut exister de commune mesure m entre la diagonale et le côté du pentagone, donc le nombre d’or est irrationnel.
On passage, on en profitera pour réfléchir aux expressions de la langue française, directement dérivées de l’irrationalité : " ceci est sans commune mesure avec cela " ou " d’une bêtise incommensurable " (cette dernière expression ainsi employée à tort, puisque quelque chose est incommensurable avec autre chose, et non par lui-même).

 

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14 octobre 2007 7 14 /10 /octobre /2007 10:57
Décidément, le pentagone est un objet mathématique intrigant. Après avoir examiné " Pentagone et ballon de football ", j’ai réfléchi à " Pentagone et nombre d’or ". On sait que le nombre d’or peut être défini comme " le partage en moyenne et extrême raison " d’un segment AB (par le point M tel que MA/MB = AB/MA = Phi , page 38 de mon livre), qui nous conduit à Phi comme racine de l’équation algébrique Phi ² - Phi - 1 = 0.
pentagone.jpgRegardons la figure ci-contre, où le pentagone étoilé s’inscrit dans le pentagone convexe, avec diagonale du pentagone convexe = côté du pentagone étoilé. On va s’intéresser donc au rapport AC/AB, mais d’abord intéressons-nous aux trois angles en A. Nous en avons marqué deux en rouge, qui sont égaux par symétrie. Celui en bleu, au milieu, est, pour l’instant, différent. Par construction du pentagone étoilé, on retrouve le même angle rouge en E. Dans le triangle AFE (sommet en F), l’angle en F vaut donc 180° - 2rouges, donc l’angle vert en F vaut 2 rouges. Il en va de même de l’angle vert en G. On a donc 2verts + 1bleu = 180°, soit 4rouges + 1 bleu = 180° (triangle AGF). Or les angles en A forment 108°, donc 2rouges + 1bleu = 108° (pour s’en convaincre, reprenez la construction du pentagone : vous tordez la droite AB vers C d’un certain angle cinq fois de suite pour revenir en A, cet angle dont vos pliez la baguette de bois est ainsi donc de 360°/5 = 72°, et l’angle que vous formé à chaque sommet de vos baguettes à l'intérieur de la figure est 180 – 72 = 108°). On a donc rouge = bleu = 36°, les angles rouge et bleu sont égaux, on pouvait s’en douter, mais on préférait le démontrer.

A partir de là tout va assez vite : l’angle marqué en B est bien vert (puisque c’est la somme du bleu et du rouge, comme en A, il vaut donc 2rouges) ; les triangles ACD, AGF, ABH sont semblables, isocèles. De ACD et ABH semblables on déduit : BH/AB = CD/AC donc égal à AB/AC, donc si l'on cherche le rapport entre la diagonale AC du pentagone et son côté AB :
AC/AB = AC/CD = AB/BH = AH/HC (car AB = AH =CD, et BH = HC par symétrie)
On a donc le partage en moyenne et extrême raison, ou la divine proportion : H divise le segment AC en moyenne et extrême raison (G aussi) :
AH/HC (rapport du grand au petit) = AC/AH (rapport du tout au grand)
Or ce rapport est comme on sait égal à Phi (simple opération algébrique), ou on peut le retrouver géométriquement comme suit :
AC/AB = (AH + HC)/AB = 1 + HC/AB (car AH = AB) = 1 + AG/AB
Or les triangles AGB et ABC sont semblables, donc AG/AB = AB/AC, d’où :
AC/AB = 1 + AB/AC, ce rapport est bien le nombre d’or Phi tel que Phi= 1 + 1/ Phi

On retrouve donc le nombre d'or comme rapport entre la diagonale du pentagone et son côté, et rapport AC/AH, partage en moyenne et et extrême raison de la diagonale.

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24 juillet 2007 2 24 /07 /juillet /2007 21:29
C’est le tricentenaire de la naissance du mathématicien suisse Euler (1707-1783) ; on connaît la célèbre relation d’Euler sur les polyèdres s + f - a = 2, où s est le nombre de sommets, a le nombre d’arêtes, f le nombre de faces.

 

Nous allons, avec cette relation, essayer de construire le ballon de football, en partant du principe qu’il est composé d’hexagones (au nombre de x) et de pentagones (au nombre de y), et en sachant que ce sont des bouts de cuir plats qu’on veut coudre pour en faire ce qui se rapproche le plus d’une sphère.

 

 Il y a d’abord un peu de théorie derrière, liée à la nature des polyèdres réguliers : on sait qu’il n’existe qu’un nombre fini de tels polyèdres, du tétraèdre à l’icosaèdre, le plus grand, composé de 20 faces triangulaires. Il est important de comprendre qu’on ne peut pas construire de polyèdres réguliers avec des hexagones, ou tout polygone au-delà de l’hexa (heptagone, etc.) ; car, comme on le voit dans la figure ci-dessous, trois hexagones jointifs en leurs sommets pavent le plan, c’est à dire forment l’angle de 360°. Pour qu’on puisse le " refermer " en un solide de type polyèdre (on appelle cela aussi toîter la figure, en faire un toit), il faut que la somme des angles à chaque sommet soit strictement inférieure à 360°.
 
On ne peut donc pas prendre des polyèdres au-delà de l’hexagone pour construire le ballon ; on ne peut pas non plus prendre que des hexagones, car c’est le cas limite (chaque sommet donne 360°), qui ne marche pas. On se place donc juste en-dessous du cas limite, avec x pentagones et y hexagones.
 
Allons-y. On peut écrire les identités suivantes : f = x + y , a = ½ (5x + 6y), s = 1/3 (5x + 6y) (c’est assez facile, avec x hexagones et y pentagones, on a au total 5x + 6y côtés, et chaque côté est partagé entre deux faces du ballon ; même raisonnement pour les sommets). La relation d’Euler donne donc, en appliquant s – a + f = 2, le résultat x = 12 : y disparaît dans la résolution, mais on est sûr qu’il y a douze pentagones.
 
A partir de là, il y a plusieurs façons de raisonner :
 
Méthode 1 : Comme on sait que trois hexagones ne sont jamais jointifs (sinon on n’arriverait pas à replier, cf. théorie ci-dessus), à chaque sommet il y a au moins un pentagone, donc chaque sommet appartient à au moins un pentagone ; comme il y a 12 pentagones, il y a au plus 60 sommets dans le ballon. Pour que le ballon soit le plus rond possible, il faut qu’il y ait le maximum de sommets, donc s = 60 ; or s = 1/3 (5x + 6y), donc y = 20.
 
Méthode 2 : Comme on ne peut fermer le solide avec trois hexagones en un point, en chaque point il y a soit : a/ deux hexagones et un pentagone (120 + 120 + 108 qu’on peut refermer) ; b/ un hexagone et deux pentagones (120 + 108 + 108) ; c/ trois pentagones (108 + 108 + 108). Le cas optimal dans le sous-optimal (le plus proche d’une sphère) est celui où on est le plus proche de 360, donc c’est le cas a/. Dans ce cas, chaque sommet appartient à un et un seul pentagone, il y a donc bien 60 sommets exactement, donc on déduit comme ci-dessus y = 20.

A signaler que le cas c/ ci-dessus (que des pentagones, disparition des hexagones) conduit au solide à 12 pentagones, c’est le dodécaèdre à 12 faces et 20 sommets : voir ci-contre, cela ressemble à un ballon de foot mais n’en est pas un. Je ne sais pas à quel solide correspond le cas b/, s’il correspond à quelque chose.

 
 
Le cas a/ est le ballon de foot (douze pentagones et vingt hexagones), et on peut remarquer que c’est " l’icosaèdre tronqué ", c’est à dire le plus grand solide auquel on a rogné les pointes (on tronque chaque triangle au tiers de la pointe) pour le rapprocher d’une sphère, chacune des douze pointes devenant un pentagone, et chacune des vingt faces triangulaires devenant un hexagone :
 
 Cà y est, vous n'avez plus qu'à coudre le patron composé de 12 pentagones et 20 hexagones: a = 90 donc 90 coutures:
 (image S. Mehl)
 
 
Pour aller beaucoup plus loin (la théorie complète) (PDF)
(ajout février 2010) voir aussi le billet simplifié que j'ai fait dans le site Futura-Sciences

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11 juin 2007 1 11 /06 /juin /2007 21:13
Travaillant sur un projet de textes fondateurs de la science française (début du XIX° siècle) sur Internet, dans le cadre de science.gouv.fr, j'ai étudié deux pages du mathématicien Joseph Liouville (1809-1882), comptes-rendus de l'Académie des Sciences de mai 1844. Dans ces deux pages, Liouville découvre (au sens d'une véritable découverte) les nombres qui ne sont pas des irrationnels algébriques, et qui prendront plus tard le nom de " nombres transcendants ".
 
Figure : Avant Liouville, personne n'imaginait qu'il pouvait y avoir d'autres nombres , non algébriques (les nombres algébriques sont solutions d'un polynôme algébrique). Ils appartiennent aux réels R sans être dans les algébriques A: ils correspondent à la zone hachurée de la figure ci-contre.
 

 
Liouville commence par établir l'inégalité qui porte son nom.
 
Pour tout nombre algébrique x solution d'une équation algébrique de degré n>1 (c'est à dire tout nombre algébrique non rationnel), il existe une constante A, tel que pour tout nombre rationnel p/q, on a
 
Nous ne l'établirons pas ici (vous pouvez trouver la démonstration sur Wikipedia ; elle utilise le théorème de Rolle décrit dans un post précédent). La subtilité de l'inégalité tient dans la différence entre nombre algébrique irrationnel et nombre rationnel : elle découle du fait que, pour tout rationnel p/q, la valeur qnf(p/q), où f est le polynôme algébrique dont x est une solution, est un entier non nul, donc supérieur à 1 en valeur absolue...entre f(x) et qnf(p/q), il y a au moins 1, donc entre x et p/q il y a au moins quelque chose.
L'inégalité n'est pas très facile à interpréter en raison de la présence de qn au dénominateur: disons, en première approximation, qu'un nombre algébrique non rationnel " ne se laisse pas approcher de trop près par un rationnel ".

Mais Liouville va plus loin, et de manière elliptique, dans la dernière phrase de son article, donne des exemples de nombres non algébriques. Il observe que le nombre :

Est " trop bien approché " par les sommes partielles:
Examinons en effet la quantité:
Le premier 1 y apparaît à la position (N+1)! après la virgule, et d'autres 1 apparaissant après. On peut donc majorer cette quantité par exemple par le nombre où 2 apparaît à la position (N+1)! après la virgule, suivi de 0 après.
 
On voit aisément que, quel que soit n fixé, pour N grand cette quantité tend vers 0, et peut être rendue inférieure à toute constante A . C'est parce qu'on a pris les puissances factorielles au dénominateur qu'on obtient ce résultat. Ceci contredit l'inégalité de Liouville et permet de conclure que y n'est pas algébrique, donc transcendant. On notera au passage qu'un nombre algébrique irrationnel ne peut être " approché de trop prés " par des nombres rationnels (inégalité de Liouville), en revanche un nombre transcendant peut être ainsi " approché " par des rationnels.

Essayons d'imaginer maintenant ces différents ensembles : Q (rationnels) est dénombrable, A (algébriques) est dénombrable, A et Q ne se " mélangent pas " ; T (transcendants) est non dénombrable, les transcendants (ensemble dense) " s'approchent " de tous les rationnels et algébriques.

Le nombre:est le premier nombre transcendant connu, égal à 0,110001... , est appelé nombre de Liouville en hommage au " découvreur des nombres transcendants ".

Voir sur BibNum le texte de Liouville commenté par le mathématicien Michel Mendès-France.

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11 mai 2007 5 11 /05 /mai /2007 15:46
Deux " paradoxes " que j’ai découverts récemment, et que je souhaite vous faire partager.
 
L’un est le paradoxe de Goodman qui m’amuse beaucoup ; il porte le nom de Nelson Goodman (1906 –1998), philosophe américain. Dans ce paradoxe, on invente un nouveau mot de la langue française, la couleur " vleu " qui signifie " vert jusqu’à une certaine date future t, et bleu au-delà de cette date ".
Alors maintenant réfléchissons, une émeraude, c’est vert ou c’est vleu ? " Toutes les émeraudes sont vertes " équivaut-il à " Toutes les émeraudes sont vleues " ?
L’autre est le système d’enchères à la Vickrey, du nom de l’économiste américain William Vickrey (1914-1996, prix Nobel d’économie 1996). Dans ce système à plis fermés, le lot est attribué au plus offrant, mais au prix donné par le second enchérisseur. Vikrey a démontré, en théorie des jeux, que ce système était optimal pour l’acheteur et le vendeur ; esquissons un exemple. Vous achetez aux enchères…disons…une fausse émeraude, pour laquelle vous pensez que le juste prix est 1000 euros. La question pour vous est : " Dois-je proposer 900 euros (stratégie A) ou 1000 euros (mon juste prix, stratégie B) ? "
1er cas : la deuxième offre après la mienne était de 800 euros ; j’obtiens l’émeraude à ce prix suivant le système Vickrey ; les stratégies A et B sont équivalentes.
2° cas : la deuxième offre est de 950 euros ; en stratégie A j’ai perdu l’objet alors qu’il est adjugé en-dessous de mon juste prix ; en stratégie B j’obtiens l’objet à 950 euros, ce qui reste une aubaine par rapport à mon juste prix.
3° cas : il y a une offre supérieure à 1000 euros, dans les deux stratégies je perds l’objet.
Donc la stratégie B est au total plus avantageuse que la stratégie A : c’est ainsi que le système Vickrey conduit les acteurs à proposer leur juste prix.
 
A signaler que ce système est utilisé par Google dans la vente de ses espaces publicitaires sur sa page de recherche.

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25 mars 2007 7 25 /03 /mars /2007 20:27
Lors d’un précédent billet (Maths et magie ), j’évoquais le tour de cartes que me faisait mon grand-père, peut-être à l’origine de mon intérêt pour les maths. A la lecture d’un livre de vulgarisation, je me rends compte qu’un des autres jeux qu’il m’a appris, celui de la maisonnette, est hautement mathématique !
Il me disait : trace la figure ci-dessous en passant une seule fois par chaque trait et sans lever le crayon, qu’il me prêtait d’ailleurs pour le faire. Essayez !

C’est à la lecture du récent livre de Marc Chemillier, Les mathématiques naturelles (Odile Jacob mars 2007) que je réalise que ce jeu est à rattacher à la théorie des graphes…
L’unique moyen de réussir le jeu de la maisonnette est de commencer par un sommet d’ou partent un nombre impair de traits (en bas à droite ou en bas à gauche, cf. figure), pour arriver à l’autre sommet d’où partent un nombre impair de traits. En effet, pour un point de passage (pas le point de départ ni le point d’arrivée), il est nécessaire que de ce point partent un nombre pair de traits : à chaque fois que le tracé y arrive, il doit en repartir…donc un nombre pair.

C’est le mathématicien suisse Euler (1707-1783), de la naissance duquel nous célébrons cette année le tricentenaire, qui fait la théorie de ce que l’on appellera les cycles eulériens, en nous disant : un tracé peut être parcouru ainsi si et seulement s'il possède zéro ou deux sommets d'ordre impair (d'ouù partent un nombre impair de traits).
Merci à Marc Chemillier de nous avoir donné cet exemple, qui sort des sentiers battus, alors que pour les cycles d’Euler nous est systématiquement donné le problème des sept ponts de Königsberg ! (notons que Chemillier essaie aussi de le transposer dans l’environnement lutécien de l’île de la Cité et de l’île Saint-Louis…)

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18 janvier 2007 4 18 /01 /janvier /2007 07:49

Revenons sur une ancienne notion sur les paris, celle de jouer à « 3 contre 1 ». Vieille expression, encore utilisée de nos jours par exemple chez les turfistes, elle qualifie les chances de gain, avant les premières formalisations des probabilités et des  notions de choix possibles ou d’espérance de gain.

Dans des paris binaires (choix A ou choix B), si A est joué à « 3 contre 1 », cela signifie que 1/(3 + 1) =  1/4 des parieurs pensent que A va gagner (donc B est joué à « 1 contre 3 », 3/4 des parieurs pensent que B va gagner). Ce rapport donne le gain en cas de victoire : si A gagne la course, le parieur ayant joué A verra sa mise multipliée par 3 (il récupérera les mises des autres) ; si B gagne la course, les trois parieurs (ou multiples de 3) ayant joué B gagneront 1/3 fois leur mise (ils se partageront la mise du parieur ayant joué A).

Si vous connaissez d’autres emplois de cette expression, comme les courses de chevaux, n’hésitez pas à les mentionner en commentaire.

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Récréations mathéphysiques

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Mon dernier ouvrage est sorti le 14 octobre 2010 : Récréations mathéphysiques (éditions Le Pommier) (détails sur ce blog)

Einstein, un siècle contre lui

J'ai aussi un thème de recherche, l'alterscience, faisant l'objet d'un cours que j'ai professé à l'EHESS en 2008-2009 et 2009-2010. Il était en partie fondé sur mon second livre, "Einstein, un siècle contre lui", Odile Jacob, octobre 2007, livre d'histoire des sciences (voir billet sur ce blog, et notamment ses savoureux commentaires).

Einstein, un siècle contre lui