Un arbre pythagoricien

Piste bleue Le 6 février 2013 - Ecrit par Étienne Ghys, Jos Leys Voir les commentaires (6)
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Vous vous souvenez du théorème de Pythagore ?

Le carré de l’hypoténuse

Est égal, si je ne m’abuse

À la somme des carrés

Construits sur les autres côtés [1].

Partons d’un triangle rectangle très spécial puisqu’il est aussi isocèle.
Le théorème de Pythagore dit précisément que l’aire du grand carré bleu est égale à la somme des aires des deux petits carrés.

On a bien sûr envie de faire avec chacun des petits carrés ce qu’on a fait avec le grand, comme ceci :

Et on recommence. On obtient un arbre :

On peut aussi partir d’un triangle rectangle non isocèle pour obtenir un arbre moins symétrique, mais plus joli :

Pour nous amuser, empilons des cubes au lieu de carrés, comme les enfants ! Voici l’arbre qu’on obtient :

Cet arbre est peut-être un peu décevant puisqu’il est assez « plat ». Alors, pour lui « donner du volume », faisons pivoter la construction de 90 degrés à chaque étape de la construction. Le résultat est plus intéressant :

Vous voulez un problème de géométrie ?

Dans la construction de notre premier arbre (celui qui est dans le plan et représenté en bleu ci-dessus), montrez qu’à chaque étape de la construction, l’aire de l’arbre augmente d’une même quantité égale à l’aire du carré initial.

Indication

Supposons que le côté du carré bleu initial ait une longueur $L$.

Fixons un peu de terminologie. Nous dirons que le carré bleu initial (d’aire $L^2$) est de première génération.
Les deux petits carrés bleus de la première figure seront appelés de deuxième génération et ainsi de suite : à chaque étape on construit la génération suivante.
Le théorème de Pythagore montre que chaque carré de génération $n$ fournit deux carrés de génération $n+1$ de même aire totale. L’aire totale de tous les carrés de la $(n+1)$-ème génération est donc égale à celle des carrés de la $n$-ème génération : cette aire est donc égale à $L^2$.
L’arbre construit à la n-ème étape est donc d’aire totale $n \times L^2$.

Montrez qu’on a beau continuer la construction autant de fois qu’on veut, l’arbre obtenu restera à l’intérieur d’un même disque dont vous estimerez le rayon.

Indication

À l’aide du théorème de Pythagore, on peut calculer la distance entre le centre de ce grand carré et celui de l’un des deux petits carrés bleus. On trouve $\sqrt{5}/2 \times L$.

Un carré de $n$-ème génération a un côté de longueur $\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{n-1}\times L$.

La distance entre le centre du carré initial et celui d’un carré de la $n$-ème génération est inférieure à
\[\frac{\sqrt{5}}{2} \left( 1 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+ \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + ... + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1} \right)\times L .\]
On utilise alors la formule donnant la somme d’une suite géométrique :
\[ 1+ a+ a^2+ ...+ a^{n-1} = \frac{1-a^{n}}{1-a}, \]
ce qui donne une distance entre les centres inférieure à
\[ \frac{\sqrt{5}}{2} \frac{1-\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}\times L \]
et donc inférieure à
$r=\frac{\sqrt{5}}{2} \frac{1}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}} \times L= \sqrt{5} (2+ \sqrt{2}) /2 \times L \simeq 3,82 L$.
Toute la construction reste donc intérieure à un disque de rayon $r$.

En déduire qu’à partir d’une certaine étape les carrés de l’arbre finissent par se chevaucher. Pouvez-vous préciser cette étape ?

Indication

Si $n L^2 > \pi r^2 \simeq 45,77 L^2 $, c’est-à-dire si $n \geq 46$, l’arbre de la $n$-ème génération ne peut pas être contenu dans le disque de rayon $r$ s’il n’y a pas chevauchement.
En fait, on constate de chevauchement à partir de $n=6$.

Passons à l’arbre dans l’espace, dans lequel on fait tourner de 90 degrés à chaque étape.

Montrez qu’on a beau continuer la construction autant de fois qu’on veut, l’arbre restera à l’intérieur d’une boule dont vous estimerez le rayon.

Indication

Le calcul est analogue.

Montrez qu’à la $n$-ème étape de la construction, le volume de l’arbre augmente d’une quantité égale à $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n$.

Indication

La $n$-ème étape construit $2^n$ nouveaux cubes, de côté $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n$ et dont le volume total est donc $\left( \frac{ \sqrt{2}} {2} \right)^n$.

Observez que l’argument qui était valable dans le plan ne s’applique plus puisque la somme $1+ \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+ ... +\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n$ ne tend pas vers l’infini.

Indication

La somme $1+ \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+ ... +\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n$ est en effet inférieure à $1/ (1- \sqrt{2}/2)$.

On ne peut donc pas conclure, comme précédemment, que les cubes finissent par se chevaucher. C’est une bonne nouvelle car les auteurs de cet article n’ont pas l’impression qu’ils se chevauchent !

Un lecteur pourra-t-il démontrer que les cubes ne se chevauchent pas ?

Post-scriptum :

La rédaction d’Images des maths et les auteurs remercient pour leur relecture attentive,
les relecteurs Michaël Bages et
P.Levallois.

Article édité par Serge Cantat

Notes

[1] Un quatrain du chansonnier Franc-Nohain (1872-1934)

Commentaire sur l'article

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Un arbre pythagoricien

le 7 février 2013 à 11:05, par Jean-Paul Allouche

Bel article ! Peut-être la propriété de non-intersection pourrait-elle être abordée comme pour la courbe de pliage régulier de papier (ou courbe du dragon) ? (voir ce survol et sa bibliographie).
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