Choux romanesco, Vache qui rit et intégrales curvilignes

30 juillet 2017

Réglons une bonne fois pour toute cette histoire de nombre d'or

Selon une étude, les rectangles dont le format suit le nombre d'or seraient les plus beaux/harmonieux/attirants (rayez la mention inutile) de tous les rectangles. Peut-être, mais il m'en faut plus pour pouvoir être vraiment convaincu. Et si on étudiait vraiment cette question ? Faisons de la science !

Formats de rectangles
Avant de parler de rectangle d'or ou de choses du genre, donnons quelques généralités. On appelle format f d'un rectangle le rapport entre la longueur de son plus grand côté (L) et de son plus petit côté (l). C'est donc un nombre qui sera supérieur à 1 (ou égal à 1 dans le cas d'un carré).

gif

L'intérêt de cette notion, c'est que si deux rectangles ont le même format, alors ils sont grosso modo identiques (ils sont superposables moyennant un agrandissement ou une réduction). Un rectangle de format 1.4, c'est un rectangle 1.4 fois plus long que large, quelle que soit sa taille ou son orientation.


Tous ces rectangles sont similaires : ils ont le même format, malgré une taille et une orientation différente.

Petit panorama des différents formats que l'on a l'habitude d'avoir sous les yeux.



Petit panorama des formats de rectangles que l'on croise dans la vie quotidienne.
Les points violets sont les formats testés dans le sondage décrit plus bas.

Quelques précisions sur les formats de la vie quotidienne

  • Le format des peintures les plus célèbre est loin d'être fixe, de 1.26 pour la nuit étoilée de Van Gogh jusqu'à 2.22 pour Guernica. J'aurais pu placer le radeau de la méduse (1.45) ou la Cène (1.91)
  • Mis à part Macron qui fait son malin avec une photo officiel au format 1.4, les autres présidents de la 5e république ont en mairie des photos au format 1.3.
  • La norme ID-1 donnant le format des cartes de crédit a lui permet de se rapprocher du nombre d'or (1.6). Du côté des autres cartes, nos cartes d'dientités françaises (norme ID-2) ont pour format 1.41, tout comme les passeports (norme ID-3). Les cartes SIM utilisent le format 5/3 (norme ID-000).
  • Les billets de banques ont des formats assez longs ; de 1.8 pour le billet de 20€ jusqu'à 1.95 pour le billet de 500€.

Mathématiquement, il y a deux formats qui sont un peu plus intéressants que les autres :

  • le format f = √2, plus connu sous le nom A4 ou A3. C'est le format des cartes postales, de votre fiche de paie ou des cartes de poker. Il repose sur une construction mathématique : il faut que, lorsque l'on plie en deux une feuille de format Ax, on obtienne une feuille de même format. Théorème : il n'y a qu'un seul format qui vérifie cette propriété.

    Posons l'équation. On prend un rectangle de longueur L et de largeur l (on supposera L>l) ; son format est donc f = L/l. On plie ce rectangle en deux : la nouvelle longueur L' est l'ancienne largeur, donc L'=l, et la nouvelle largeur l' est la moitié de l'ancienne longueur, donc l'=L/2. Le nouveau format est donc f' = L'/l' = l/(L/2) = 2/f. Ces deux formats doivent être les mêmes ce qui donne l'équation f=f', soit f=2/f, et donc f²=2. Cette équation n'a qu'une seule solution (positive) : f = √2.

    Dans un souci de standardisation, il a aussi été décidé qu'une feuille de format* A0 mesurerait 1m² ; puisqu'elle doit être √2 fois plus longue que large, cela donne à la feuille A0 des dimensions de 841mm x 1189 mm. Bref, si nos feuilles d'impots nous sont proposées au format f ≈ 1.41, c'est pour qu'une fois pliée en 2, elle ressemble encore à cette même feuille d'impot.
    * Parler de "format" A0 est un abus de langage, puisque des feuilles de dimensions A0, A3 ou A4 ont leur format, au sens mathématique, identique.

  • Le format f = φ, où φ = (1+√5)/2 ≈ 1.62 est le nombre d'or. Ce format repose lui aussi sur une construction géométrique, un peu plus alambiquée que pour le format précédent. L'idée est de chercher s'il existe un rectangle qui conserve son format lorsqu'on lui retire un carré. Théorème : il n'y a qu'un seul format qui vérifie cette propriété.

    On peut une nouvelle fois le mettre en équation. On part une nouvelle fois d'un rectangle de dimension L×l (on supposera L>l), donc de format f = L/l. On retire un carré de côté l. La pièce restante est un rectangle, de longueur L' = l et de largeur l'=L-l ; son format est donc f' = L'/l' = l/(L-l) = 1/(f-1). Le grand et le petit rectangle ont le même format, donc f'=f, soit f = 1/(f-1), et donc f² - f = 1. Cette équation n'a qu'une unique solution positive : f = (1+√5)/2.

    Le format f = φ donnant le rectangle d'or est donc issu d'une construction géométrique, mais ne répond pas à une problématique autre que la satisfaction de faire des maths. On ne retrouve pas dans la vie quotidienne de rectangle ayant ce format à cause de cette considération géométrique. En particulier, c'est un hasard que nos cartes bleueus aient ce format ; si on avait voulu le faire volontairement, cela aurait été bien plus précis.

La grande étude
Il semble pourtant, à en croire les sites internet complotistes ou new age, que le format d'or est partout, parce qu'il correspondrait à un idéal esthétique. Les arguments employés se basent en général sur des appels à la tradition (les grecs utilisaient le nombre d'or, donc c'est vrai) ou d'appel à la nature (on trouve le nombre d'or dans la nature, donc c'est vrai). Quand on recherche la présence de rectangles d'or dans des peintures ou des sculptures que l'on juge esthétiques, on le retrouve, ce qui permettrait de confirmer l'hypothèse "nombre d'or = c'est bô". Le principal problème, c'est que si l'on cherche des rectangles ayant d'autres formats dans ces mêmes peintures et sculptures, on les retrouvera également.

Certes, mais au final, peut-être que les rectangles d'or sont effectivement préférés aux autres rectangles ? Pour en avoir le cœur net, il faut étudier scientifiquement la question, et heureusement, de nombreux psychologues l'ont fait avant moi.

La première étude emblématique de la question est celle du psychologue allemand, Gustav Fechner, en 1874. C'est d'ailleurs sur cette étude que s'appuient les pro rectangle d'or.  Il présente à ses sujets 10 rectangles, allant du format f=1 jusqu'à f=2.5, chacun d'aire égale. Ceux-ci sont blancs, posés sur un tableau noir, et rangés dans l'ordre de leur format. Leur orientation n'est pas connue. Fechner demande au sujet de choisir LE rectangle qu'ils préfèrent, et celui qu'ils aiment le moins. Le rectangle d'or (f = 1.62) est placé en 7e position, entre le format f=1.5 et le format f=16/9. Sur ses 347 réponses, 35% ont préféré le nombre d'or, 20.6% ont préféré le format f=1.5, et 20% pour le format f=16/9. Au contraire, personne n'a choisi le rectangle d'or comme rectangle le moins aimé, et seulement 1.4% ont choisi un des deux rectangles adjacents.

Fechner ne s'est pas arrêté aux rectangles. Il a aussi testé, sous le même protocole, les préférences pour les ellipses. Cette fois-ci, c'est l'ellipse de format f=1.5 qui a eu la préférence (à 42%) des sujets, contre seulement 16.7% pour l'ellipse d'or.
Il a également compilé le format de 20 000 peintures provenant de différents musées et galleries d'art. Le format f=5/4 est privilégié pour les peintures en orientation portrait, et f=4/3 pour celle d'orientation paysage.

Depuis Fechner, de nombreux psychologues ont étudié la question, en variant les protocoles expérimentaux. En 1995, le psychologue canadien Christopher Green a compilé une quarantaine d'études, de 1874 jusqu'à 1992. Les différents résultats sont loins d'être unanimes. Bien qu'ils tournent pour la plupart autour de f=1.6, la préférence n'est jamais très marquée, et jamais précisément sur le rapport d'or.

Du coup, j'ai eu envie de tester moi aussi l'hypothèse, en proposant aux internautes qui me suivent sur Twitter et Facebook de noter des rectangles. Les meilleures notes sont-elles attribuées au rectangle d'or ? Nous allons le voir tout de suite.

J'ai donc proposé aux volontaires de note 20 rectangles de 0 (non harmonique) jusqu'à 5 (très harmonique). Les rectangles sont proposés dans un ordre aléatoire, les volontaires ont été libres de ne pas donner de notes à tous les rectangles. Chaque rectangle (sauf le carré) est présenté en trois exemplaires : en orientation portrait, paysage, et après une rotation de 24°. Tous les rectangles sont de la même couleur, chacun est inscrit dans un cercle de même taille (les aires ne sont cependant pas toutes identiques).

  • Deux carrés (rectangle de format f = 1)
    AA__
  • Trois rectangles de format f = 4/3 ≈ 1.33
  • Trois rectangles de format f = √2 ≈ 1.41


  • Trois rectangles de format f = φ ≈ 1.62


  • Trois rectangles de format f = 16/9 ≈ 1.78
  • Trois rectangles de format f = 2

Je regrette de ne pas avoir glissé de rectangle de format 1.5...

Les résultats
Passons sans plus attendre aux résultats. Merci aux 772 personnes qui ont répondu. Comment avez-vous noté tous ces rectangles ? Voici les résultats bruts. Je vous laisse dans les sources mes données brutes, que vous puissiez vous aussi faire joujou avec.


Distribution des notes proposées

Quand on regarde la proportion de 5/5, le rectangle jugé le plus harmonique semble être le carré, dépassant de peu le rectangle d'or (f=1.62)  orienté paysage, et le rectangle 16/9 (f=1.78) orientation paysage. De manière générale, vous préférez toujours les formats paysages aux autres formats.
Si on s'intéresse aux rectangles jugés à au moins 4/5, le rectangle d'or (paysage) et le rectangle 16/9 (paysage) passent devant.

Au rayon des rectangles les plus rejetés, le prix revient également au carré, quelle que soit sa forme. Le carré est donc à la fois le plus apprécié et le plus déprécié. Le format f=2 à la verticale semble également particulièrement repoussant.


Distribution des meilleures notes données, accompagnée de son intervalle de confiance à 95%.
Une même meilleure note peut être attribuée à plusieurs rectangles différents.

Sur ce critère, les résultats sont similaires. Le rectangle d'or (paysage) arrive en tête (37% des votes), suivi du carré (31.3%), puis du rectangle 16/9 (29.5% des votes). De tous les formats portraits (hors carré), le format √2 est le premier.


Note moyenne et écart-type attribués à chaque rectangle

Lorsque les rectangles sont présentés en orientation paysage, le rectangle d'or et le rectangle 16/9 arrivent pour ce critère une nouvelle fois en première position. En orientation portrait, ce sont cependant les formats √2 et 4/3 qui ont vos préférences.

Finalement, l'expérience semble dire que de tous les rectangles qui vous ont été proposés, ce sont le rectangle d'or en format paysage et le carré posé que vous avez plébiscité. Ça pourrait être un résultat intéressant, mais il y a quand même plusieurs soucis. Déjà, les préférences pour un format donné sous l'orientation paysage ne se retrouvent pas dès que celle-ci est changée ; le rectangle d'or est apprécié en paysage mais boudé en portrait. De plus, mon questionnaire s'est limité à un échantillon de seulement 6 rectangles différents, ce que l'on pourrait sans doute affiner davantage. Un questionnaire avec des rectangles générés automatiquement serait parfait. Enfin, il y a un certain biais dans la population testée, certains ayant avoué avoir voté pour le rectangle d'or parce que c'est le rectangle d'or.

Bref, je ne sais pas si j'ai fait avancer la science, mais on a au moins une réponse. Une réponse floue, mais c'est quand même une réponse.

 


Sources :
All that glitters : a review of psychological research on the aesthetics of the golden section, Christopher D. Green
Faites vos propres stats : les données brutes

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27 juin 2017

Problèmes de voisinages sur l'ile de Wada

Sur l’ile de Wada, perdue au milieu de l'Atlantique, trois royaumes indépendants se partagent les terres. Le Royaume du Naah’Oj, peuplé de guerrières et de guerriers forts et courageaux, mais bizarement pacifiques ; le Royaume de l’Ayhliuj, une nation de sages adeptes de la philosophie et des mathématiques, et le Royaume n°3, dont la principale caractéristique est de n'avoir aucune particularité. La paix y règne depuis des siècles.

L'ile est connexe par arcs, et chacun de ces royaumes est connexe par arcs (ie, on peut toujours aller à cheval d’un point A à un point B du royaume donné sans avoir à traverser la moindre frontière). De plus, chaque parcelle de terre de l’ile est occupée par l’un des 3 royaumes (sauf les points frontières, qui n'appartiennt à aucun royaume, mais leur taille est de mesure nulle).
Sur cette ile, combien existe-t-il au maximum de points triples, c’est à dire de points où trois royaumes se rejoignent ?

Avec deux trois coups de crayons, on peut facilement fabriquer un exemple où il n'y en a qu'un seul..

Ile Wada 1
L'ile de Wada : trois royaumes, un seul point triple

Avec quelques coups de crayons supplémentaires, on peut se convaincre qu’il peut y en avoir deux, si l’un des royaumes est enclavé au milieu des autres.

Ile Wada 2
L'ile de Wada II : trois royaumes, deux points triples.
Peut-on faire mieux ?


Mais est-ce possible d’en avoir au moins 3 ? Ou davantage ?

Eh bien, oui, il est même possible qu’il y ait une infinité. Pire, il est possible que chacun des points de la frontière soient des points triples ! Une telle carte a été imaginée en 1917 par le mathématicien japonais Kunizo Yoneyama, reprenant selon lui l’idée de Takeo Wada, lui aussi japonais et mathématicien.
À vrai dire, je voulais parler de ce problème dans mon article/vidéo sur le théorème de Jordan, parmi les nombreux objets étranges liés à la démonstration du théorème. Je n’ai pas retenu l’idée, pour éviter le hors-sujet, mais il me semble important de tout de même en parler. Les courbes continues partout et dérivables nulle part et les courbes remplissantes permettent de saisir la complexité de la notion de courbe ; la sphère cornue d’Alexander permet de comprendre que la notion d’extérieur ou d’intérieur n’est pas complètement triviale. Les royaumes de Wada, quant à eux, obligent à regarder de plus près la notion de frontière.

Lac de Wada
Le lac de Wada tel qu'il apparait pour la première fois en 1917 dans l'article de Yoneyama


En fait, c’est quoi une frontière entre deux domaines ? Sans rentrer dans les détails techniques, on dit qu’un point est à la frontière de deux ensembles distincts A et B si, quand on trace un disque (arbitrairement petit) autour de ce point, il y aura toujours au moins un point du disque qui appartient à A, et un autre qui appartient à B. Une frontière se doit donc d’être d’épaisseur nulle, sans quoi on pourrait y glisser un tout petit disque.
De même, on peut définir un point triple entre trois ensembles distincts A, B et C comme étant un point tel que tout disque (arbitrairement petit) autour de ce point contiendra au moins un point de A, de B et de C.

Points frontières
Le point A n'est pas un point frontière : on peut trouver un disque autour de A inclut dans un seul domaine
Le point B est un point frontière : tout disque, même tout petit, autour de B chevauche au moins deux domaines
Le point C est un point triple : tout disque, même tout petit, autour de C chevauche trois domaines

Welcome to Wada Island
Revenons sur notre ile, et regardons jours après jours comment celle-ci a été colonisée. Il se trouve que cette ile est un carré de 270km de côtés, cela va nous arranger pour les calculs.


Année 0. L'ile est sauvage.
Chaque carreau a pour côté 10km.

Année 1 : Les colons de Naah’Oj arrivent par le milieu de la côte ouest, et colonisent l’ile au maximum de façon à laisser 90 km de zones libres entre le royaume et les côtes Nord, Est et Sud (une tradition de ce peuple est de toujours laisser des zones libres pour que d'autres peuples puisse également s'y installer). Ils occupent donc 2/9 des terres disponibles.


Année 1 : tout point de la bande blanche est à moins de 90km du royaume.


Année 1 + ½ : Les colons de l’Ayhliuj débarquent en zone libre, au milieu de la partie nord de la côte ouest. Ils ne sont pas venus en guerre, ils décident donc de s’étendre sur la zone vierge, en faisant en sorte de toujours laisser 30 km de no man’s land entre le royaume et le reste du monde (mer ou royaume de Naah’Oj).


Année 1.5 : tout point de la bande blanche est à moins de 30km d'un royaume.

Année 1 + ½ + ¼  : les colons du Royaume n°3 débarquent à présent, dans la partie libre la plus au nord de la côte ouest. Le royaume va lui aussi s’étendre, en restant dans la bande de 30km laissée par le royaume de l’Ayhliuj. Pour ne pas s’attirer de problèmes, ils gardent dans leur conquête une marge de 10 km entre eux et les autres royaumes ou côtes
À ce stade des camganes de colonisation, il n’existe pour l’instant aucune frontière entre ces trois régions, seulement une bande large de 10 km.


Année 1.75 : tout point de la bande blanche est à moins de 10km d'un royaume.

Année 1 + ½ + ¼ + ⅛ : Voyant les autres royaumes s’installer, Naah’Oj entreprend une nouvelle campagne d’extention. Dans la bande 10 km encore vide, ils s’étendent de façon à laisser une bande large de 3.333...km entre toutes les autres frontières


Année 1.875 : tout point de la bande blanche est à moins de 3.33km d'un royaume.


Jours suivants : Les uns après les autres, les différents royaumes vont s’étendre chacun leur tout dans les bandes laissées libres à l’étape précédente, de façon à ce que ces bandes soient à chaque étape d’une largeur trois fois plus petites.


Année 2 : tout point de la bande blanche est à moins de 0km d'un royaume.

À la fin de la deuxième année, chaque royaume aura réalisé une infinité de campagnes d’extension. La bande séparant les différents royaumes ne peut plus être qualifiée comme telle ; bien qu’elle existe encore, sa largeur est d’épaisseur nulle, cette bande est donc la frontière entre les trois royaumes. Mais surtout, la construction que l’on vient de faire permet d’affirmer que chacun des points est un point triple.


Pour voir cela, prenons un point quelconque de cette frontière, et traçons autour un petit disque. Étant donné qu’à chaque étape de la construction, la bande a été divisée par trois, il y a forcément une étape de la construction durant laquelle la bande passait au travers de ce disque. Durant les trois étapes suivantes, de parties de la bande se sont faite annexer par chacun des trois royaumes : il y a bien un point de chaque ensemble dans ce petit disque, c’est un point triple ! C’est donc l’ensemble des points de la frontière qui sont des points triples !


Détail d'un point autour d'une bande rouge.
N'importe quel disque tracé autour d'un point de la frontière chevauchera chacun des trois ensembles.


En fait, ce qui défie l’intuition dans cette construction, c’est que les points triples en questions sont bien des points triples au vu de la définition que l’on a donné plus haut, mais ce ne sont pas des points triples en forme de Y auquel on pouvait s’attendre.


Les fractales de Newton
On retrouve le principe des royaumes de Wada dans beaucoup de fractales. Un exemple pas trop compliqué est celui des fractales de Newton. Le principe est le suivant : on choisit un nombre complexe z0 ∈ ℂ, et on calcule la suite définie par zn+1zn - p(zn)/p’(zn), avec p une fonction polynomiale. En général, cette suite convergera vers l’une des racines de ce polynôme, c’est le principe de la méthode de Newton pour calculer numériquement les racines d’un polynôme.
Prenons par exemple la fonction p(z) = z3–1, qui possède trois racines : 1, – 0.5 + √3/2 i et – 0.5 – √3/2 i. En choisissant le nombre z0 = 10, la suite zn+1 = zn - (zn3–1)/(3 zn²) donnera z1 = 6.67, z2 = 4.54, z3 = 2.98, etc. Cette suite converge vers 1, qui est bien une racine du polynôme.
En partant de z0 = i, la suite convergera vers -0.5 + √3/2 i.
On peut alors s’amuser à colorier les points z0 en fonction de point vers laquelle la suite converge, ce qui donne ce que l’on appelle les fractales de Newton.

Newton 3
Fractale de Newton associée au polynôme p(z) = z3–1.
Les différentes couleurs correspondent aux trois bassins d'attraction des racines de p.


Non seulement, ces fractales sont très jolies, mais on y retrouve la propriété des royaumes de Wada : on a construit trois ensembles, et tout point de la frontière est un point triple.

On peut bien sûr étendre le concept, et fabriquer des ensembles où tous les points de la frontière sont des points quadruples, comme cette fractale obtenue par la méthode de newton sur le polynôme p(z) = z4-1.

Newton 4
Fractale de Newton associée au polynôme p(z) = z4 – 1.

Je vous laisse imaginer comment obtenir une fractale de Newton où tous les points frontières sont duoquadruple...


 

Sources :
Lakes of Wada - Wikipedia
Theory of continuous Set of Points, Kunizô Yoneyama

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24 juin 2017

Deux (deux ?) minutes pour... le théorème de Jordan

Un théorème complètement évident qui n'est pas si évident que ça quand on creuse un peu ? C'est le théorème de Jordan !

Vignette

Deux (deux?) minutes pour... le théorème de Jordan

Script + commentaires :

En 1887, le mathématicien français Camille Jordan démontre l’un des théorèmes fondamentaux de la topologie, le théorème de Jordan. Celui-ci énonce que si l’on dessine sans lever le crayon une courbe qui commence et termine en un même point et qui ne s’auto-coupe pas, alors cette courbe partagera toujours le plan en deux morceaux : l’intérieur et l’extérieur. Ce théorème peut vous sembler complètement évident, mais c’est loin d’être l’avis des mathématiciens. Ça tombe bien, j’ai 2 minutes pour en parler.
 
Pour énoncer le théorème de Jordan, nous avons besoin d’un certain type de courbes du plan que l’on appelle les courbe fermées simples, ou parfois les courbes de Jordan ; il s’agit d’une courbe qui est un lacet, c’est à dire qu’elle est continue, on peut théoriquement la tracer sans lever le crayon, en que de plus, son point de départ est le même que son point d’arrivée. On demande en plus que ce lacet soit simple, c’est à dire qu’il ne passe pas deux fois par le même point, qu’il ne s’autocroise pas en fait. Une façon équivalente et un peu plus topologique de voir un lacet simple, c’est de dire qu’il s’agit d’un cercle déformé.
Si on veut être précis, un lacet simple telle qu'on l'entendra ici est une fonction continue f : [a;b] → ℝ² avec a < b, et f(a)=f(b) et injective sur [a;b[. En particularité, la courbe ne peut donc pas se réduire en un unique point. De manière équivalente, on peut dire qu'il s'agit d'une fonction continue injective f : S1 → ℝ² . On se permet d'identifier la fonction à son graphe, pour pouvoir un minimum se représenter le concept.


Le théorème de Jordan, donc, affirme que dans le plan, un lacet simple délimite toujours exactement deux régions différentes, ni plus, ni moins. Il va même plus loin, et précise que les deux régions en question sont connexes, c’est à dire qu’elles sont chacune d’un seul tenant, et qu’en plus l’une est bornée alors que l’autre non. On appellera le premier “l’intérieur” et le second “l’extérieur”. On peut même aller encore plus loin, et dire que la frontière entre ces deux régions n’est autre que le lacet initial. Et c’est à peu près tout, voilà ce qu’énonce ce grand théorème.
 
Ceci vous sera sans aucun doute complètement intuitif. Mais pour un mathématicien, ce n’est pas parce que c’est intuitif que c’est complètement évident. Pour avancer, il est nécéssaire de le prouver. Et c’est sur ce point que le théorème devient intéressant, puisque cette évidence est particulièrement difficile à démontrer rigoureusement. Avant que Jordan ne le démontre à la fin du XIXe siècle et lui donne le statut de théorème, de nombreux mathématiciens s’y s’ont cassé les dents.
Le premier à avoir débroussaillé ce sujet est Bernhard Bolzano, l’un des fondateurs de la topologie telle qu’on la connait aujourd’hui. On lui doit notamment le théorème de Bolzano, plus connu des lycéens sous le nom de théorème des valeurs intermédiaires, celui qui permet d’affirmer des choses comme “si je monte un escalier pendant que tu le descends, il y aura un moment où nous nous croiserons”. Ça aussi, ce n’est pas complètement évident, mais c’est un autre sujet. On le connait aussi pour le théorème de Bolzano-Weiestrass, autre théorème incontournable en topologie.
Bolzano, donc, peut être considéré comme celui qui a posé les première pierres du théorème de Jordan. La première pierre indispensable dans la construction d’un théorème, c’est de voir qu’il y a quelque chose à démontrer. Des générations de mathématiciens sont passé à côté de la propriété en la supposant à tort comme étant triviale, évidente. Il faut ensuite donner les bonnes définitions des concepts qui sont en jeu, de façon à poser une conjecture claire : c’est quoi une courbe, c’est quoi une frontière, comment on sait qu’un point est à l’intérieur, etc.. La troisième et dernière étape, sur laquelle Bolzano a consacré beaucoup de temps et d’énergie est celui de la démonstration à proprement parler. Sans succès.
 
Mais pourquoi ce théorème est-il si difficile à prouver? Le principal problème, c’est que ce théorème est global, et non simplement local. Pour savoir si un point est à l’intérieur ou à l’extérieur d’un lacet simple, il faut être capable de prendre en compte la totalité de la courbe, et non pas seulement une partie. C’est pour cette raison que le théorème devient faux si on se place ailleurs que sur plan. Par exemple, si la courbe de Jordan est tracée sur la surface d’un tore ou d’un ruban de Moebius, il peut arriver qu’elle ne délimite ni intérieur, ni extérieur. De même, si la courbe est un élastique d’un espace à 3 dimension, il est clair que l’on ne peut pas parler d’intérieur ou d’extérieur.
 
L’autre problème, particulièrement gênant, c’est que les exemples planaires auquel on pense face à l’énoncé du théorème de Jordan ne rendent pas comptent de la complexité potentielle de ce que peut être une courbe. Et ce sont ces complexités qui n’auraient peut-être pas été découvertes si l’on s’était contenté de dire que la conjecture de Bolzano était évidente.
Si on parle de lacet simple, on pense généralement à des cercles gentiments déformés. Malheureusement, un lacet simple, ça peut ressembler à ça, à ça ou à ça. Dans de tels cas, l’intérieur, l’extérieur et la frontière sont parfaitement définis, mais sont difficiles à appréhender simplement.
 
Un exemple relativement simple de courbe qui peut poser problème est la courbe de Von Koch, une courbe fractale dont la longueur a pour particularité d’être infinie. Pour construire cette courbe, on va y aller étape par étape. On part d’un triangle équilatéral puis, à chaque étape, on construit un nouveau triangle équilatéral sur le deuxième tiers de chacun des côtés de la figure de l’étape précédente. Ainsi, on a 4 triangles à la deuxième étape, 16 à l’étape suivante, et ainsi de suite. La courbe de Koch est le périmètre de ce flocon après une infinité d’étapes. On peut remarquer que, à chaque étape, chaque segment de la frontière est divisé en 3 et multiplié par 4, autrement dit, la longueur de la frontière est à chaque étape multiplié par 4/3, ce qui implique après une infinité d’étapes une longueur infinie pour la courbe de Koch. Cette courbe est fractale, si bien qu’il est parfois difficile de savoir si un point proche de la frontière est à l’intérieur ou à l’extérieur.
Ce qu’il y a de pire avec les courbes fractales comme celle de Koch, c’est qu’en chacun de leur point, elles ont l’allure de zig-zag, et ça quel que soit le niveau de zoom. Il est donc impossible de leur trouver des droites tangentes. On dit que la courbe n’est pas différentiable, ce qui est un réel problème vu qu’une bonne part de la boite à outil des mathématiciens repose sur l’étude de cette différentiabilité.
 
Des courbes non différentiable, c’est à dire sans tangentes, les mathématiciens en ont fabriqué tout un bestiaire, et ce n’est pas un hasard si la première de l’histoire a été fabriqué par Bernhard Bolzano. Pour la construire, on procède à nouveau par étapes. On commence pour cela par se choisir une courbe en zig-zag. Celle-ci, composée de 4 segments, fera l’affaire. Ensuite, on transforme chaque segment composant ce zig-zag par des versions contractées du zig-zag initial. Après avoir répété cette opération une bonne infinité de fois, on obtient la courbe de Bolzano, une courbe continue partout mais sans la moindre tangente. Bref, une courbe, ça peut paraitre simple intuitivement, mais rien ne reste simple très longtemps chez les mathématicien.
 
Puisque j’en suis à parler de courbe bizarres, la palme revient aux courbes remplissantes : une courbe continue qui a la particularité de passer par rigoureusement tous les points à l’intérieur d’un carré. La courbe de Moore en est un bon exemple, et sa construction se réalise à nouveau par étape.
Partons donc de ce grand carré, que l’on découpe en quatre carrés plus petits. On numérote ces carrés de A à D, de sorte que si les numéros se suivent, les carrés se touchent. En reliant leur centre, on obtient une première courbe, pas forcément très intéressante.
À présent, découpons chacun de ces carrés en petits carrés. On va numéroter ces petits carrés de AA jusqu’à DD, de sorte que la première lettre soit celle du précédent découpage, et que si les numéros se suivent, les carrés se touchent. En reliant dans l’ordre les centres, on obtient une nouvelle courbe, un peu plus intéressante que la précédente.
On poursuit alors le processus de découpage et de numérotation, ce qui donnera des courbes de plus en plus complexes.
Après quelques étapes de ce processus, on obtient une courbe de Jordan où il devient assez difficile de distinguer du premier coup d’oeil où se trouve son intérieur et où se trouve son extérieur. Mais après une infinité d’étapes, il n’y a même plus besoin de se poser la question. La courbe que l’on obtient est la courbe de Moore, qui ne possède même plus d’intérieur. Tous les points du grand carré initial appartiennent en fait à la courbe. Ça devrait être un contre-exemple du théorème de Jordan, mais ce n’est en fait pas le cas, puisque la courbe de Moore n’est pas un lacet simple. C’est bien un lacet, car la courbe est refermée sur elle-même, mais il n’est pas simple, puisque presque partout, la courbe se chevauche. Pourquoi ? Prenons par exemple le point central du carré. D'étapes en étapes, la courbe de Moore va se rapprocher de ce point, et ça depuis les 4 directions à la fois. Après une infinité d'étapes, ces 4 directions atteindront le point central "en même temps", ce sont donc 4 portions de la courbe qui s'y croiseront. Il se passe en fait la même chose partout dans le carré lors du passage à l'infini.
J'ai choisi de parler de la courbe de Moore et non de celle de Peano, de Hilbert ou de Lebesgue, d'autres courbes remplissantes, pour donner un exemple de courbe remplissante qui soit également un lacet. Petit point supplémentaire, je n'ai traité que d'un seul aspect des courbes remplissantes, le fait qu'elles sont... "remplissante". Il y a des tas de choses intéressantes à raconter à leur sujet que j'ai à peine évoqué (en particulier, ces fonctions, malgré leur aspect "bricolé" avec l'infini, sont des objets qui se définissent sans ambigüité et sur lesquelles ont peut prouver des choses, notemment qu'elles sont bien continues et non différentiable)
 
C’est donc l’existence de ces courbes monstres, sans tangentes, qui rendent si difficile la preuve du théorème de Jordan. Contrairement à ce que leur nom laisse entendre, les lacets simples sont loins d’être simple. Et encore, je ne vous ai pas parlé des courbes non rectifiables. Bref, Bolzano passera une partie de sa vie à essayer de démontrer le théorème, mais ce n’est qu’en 1893 qu’une réelle preuve pointera son nez. Dans son cours d’analyse de l’école polytechnique, Camille Jordan donne une démonstration courte, simple et rigoureuse de ce que l’on appellera à partir de là le théorème de Jordan.


La démonstration procède en deux temps. On commence par prouver que si la courbe est un polygone, alors le théorème est vrai. Pour comprendre comment cela fonctionne, prenons un courbe de Jordan polygonale, n’importe laquelle, et choisissons arbitrairement une direction du plan. Disons par exemple, vers le nord est. On choisit alors un point, n’importe lequel, qui n’appartient pas à la courbe, et on trace la demi-droite partant de ce point vers la direction préalablement choisie. Si cette demi-droite passe par un sommet du polygone, on passe notre tour, sinon on compte le nombre de points d’intersection. Si celui-ci est pair, on colorie le point en rouge, sinon, on le colorie en bleu. Miracle, tous les points à l'extérieur de la courbe sont rouges, et tous ceux qui sont à l’intérieur sont bleus. Ce coloriage ne dépend en fait pas de la direction initialement choisie. Si, par exemple, un point a été colorié en rouge, c’est qu’un nombre pair de points sont à l’intersection de la demi-droite et du polygone. En tournant cette demi-droite, le nombre de points d’intersection ne peut que augmenter de 2 ou diminuer de 2, la parité ne dépend en fait pas de la direction choisie.  Pour les points pour lequel on a passé notre tour, il suffit de choisir autre direction, il y en aura forcément une qui ne passera par aucun sommet. Avec le même argument, on peut voir que si un segment ne coupe pas la courbe polygonale, alors tous ses points seront de la même couleur. Tous les points extérieurs à la courbe sont donc à présent coloriés, il y a d’un côté les rouges, et l’autre les bleus. Il reste donc à montrer que tous ces points rouges ne forment qu’un seul bloc, l’extérieur, et que les points bleus forment un autre bloc, l’intérieur. Pour ça, il faut montrer que deux points bleus peuvent toujours être reliés par un chemin qui reste en zone bleue, et de même du côté rouge. Prenons deux points au hasard de l’ensemble bleu, et relions les par un segment. Si ce segment est inclus dans l’ensemble bleu, il n’y a rien à faire. Si ce segment passe par un sommet du polygone, on pourra toujours construire un petit détour qui reste en zone bleu. Si enfin le segment ne touche aucun sommet, alors il coupera le polygone un nombre pair de fois. On peut alors, en suivant la courbe polygonale, fabriquer des chemins bleus reliant deux à deux les points d’intersection. Bref, si la courbe est polygonale, il y a bien une seule zone intérieure, formée par les points bleus, et une seule zone extérieure, formée par les points rouges, CQFD.
 
Ce qu’il reste à faire, c’est montrer que n’importe quelle courbe peut être approchée  suffisamment près et de la bonne manière par un polygone, ce qui permettra de conclure que n’importe quel lacet simple possède bien un intérieur et un extérieur. Cette partie est assez technique, donc je vais passer mon tour ici.
 
Bref, avec ces deux arguments simples, Jordan a démontré ce qu’il fallait démontrer. Tout pourrait être parfait si il n’avait pas cette sale habitude que peuvent avoir certain profs : considérer que des parties de la démonstration sont tellement simples que l’on peut se permettre de les laisser en exercice à ses étudiants. Il ne s’est en effet pas embêté à en rédiger la première partie. La réponse des mathématiciens contemporains ne se fera pas attendre : la démonstration de Jordan semble tout à fait correcte, mais est trop lacunaire pour pouvoir être réellement acceptable. Un peu comme quand votre prof de maths écrit en rouge “Justifiez” dans la marge de votre copie. De fait, la première démonstration rigoureuse du théorème de Jordan date de 1905, 12 ans plus tard, et est signée du mathématicien américain Oswald Veblen. Avec le temps, le nom de Veblen sera effacé, et le théorème conservera celui de Jordan. Ce théorème, littéralement incontournable en topologie, a vu depuis bien d’autres démonstrations, sa validité est aujourd’hui incontestable.
 
On peut être tenté de généraliser le propos : si une courbe de Jordan, c’est à dire un cercle déformé dans le plan délimite toujours deux espace connexes distincts, est-ce le cas pour une sphère déformée dans l’espace à 3 dimensions, ou pour une hypersphère déformée dans un espace de dimension 42 ? Pour la dimension 3, cela semble intuitivement vrai, et pour la dimension 42, cela semble intuitivement rien du tout, puisque rien n’est intuitif en dimension 42. La réponse ne se fera pas attendre très longtemps, puisqu’en 1912, Brouwer démontre que oui. Le théorème de Jordan-Brouwer énonce donc qu’une sphère déformée délimite deux espace distincts connexes de l’espace tridimentionnel, et cela se généralise à n’importe quelle dimension finie, sans ajouter la moindre hypothèse.
    Mais il y a forcément un truc qui cloche. Même si le théorème de Jordan-Brouwer est parfaitement correct, une généralisation aussi simple, ça doit cacher quelque chose de pas très clair.
C’est en 1924 que l’on découvrira un objet qui met un petit peu à mal cette jolie généralisation. Étant donné qu’une courbe de Jordan délimite toujours le plan en deux régions, l’extérieur, et l’intérieur, on peut se demander quelle est la forme globale de ces régions en question. On peut alors prouver, et c’est le théorème de Schoenflies [Chenfliss]  qui le dit, que l’intérieur est toujours un disque déformé, et que l’extérieur est toujours un plan privé d’un disque déformé. Bref, quand on déforme un cercle, on déforme en même temps son intérieur et son extérieur. À partir de la dimension 3, ceci n’est plus vrai. Quand une sphère est déformée, eh bien la forme de l’extérieur ne sera pas toujours équivalente à celle d’un extérieur de boule déformé. C’est donc là que les choses deviennent contre-intuitives.

    L’objet mathématique qui le prouve, c’est celui-ci, la sphère cornue d’Alexander. Pour le construire, on part d’une sphère, sur laquelle on rajoute des cornes. Au bout de chaque corne, on rajoute une paire de cornes, au bout desquelles on rajoute des paires de cornes, et ainsi de suite, de façon à les entrelacer. Après une infinité d’étapes, on a une infinité de cornes toutes plus enchevêtrées les unes dans les autres. Les plans de la sphère d'Alexander sont disponibles ici pour ceux qui ont une imprimante 3D.

Ajouter des cornes, cela peut être fait par déformation. La sphère d’Alexandre est donc, à déformation près, similaire à la sphère initiale. Cependant, la sphère a été déformée de manière si particulière que son extérieur n’est plus simplement connexe. Je m’explique. On dit qu’un espace est simplement connexe si un élastique peut s’y déplacer où il veut sans la moindre entrave. L’extérieur d’une sphère est simplement connexe, et c’est une propriété qui est toujours conservée après déformation. Si un élastique est coincé dans les cornes de la sphère d’Alexander, il ne pourra pas s’y échapper. L'extérieur de cette sphère cornue ne peut pas être obtenu par déformation d’un extérieur de sphère, puisque ce n’est pas aussi simplement connexe que prévu. La généralisation à la 3e dimension du théorème de Jordan n’est donc pas aussi évident que l’on aurait pu croire.
Bref, tout n’est pas si évident que ça dans le théorème de Jordan. Le contre-exemple un peu exotique qu’est cette sphère d’Alexander n’aurait jamais été découvert si l’on s’était contenté de considérer évident ce qui ne l’était pas vraiment. C’est donc aussi pour cela que des mathématiciens passent leur temps à chercher à démontrer rigoureusement tout ce qui leur passe sous le nez, pendant que les autres pointent les erreurs de rigueur des premiers. Démontrer un théorème, c’est donc non seulement s’assurer qu’un énoncé mathématique est vrai, mais c’est surtout chercher à comprendre pourquoi il est vrai, et ainsi mieux comprendre les objets mathématiques que l’on étudie. La géométrie hyperbolique, par exemple, n’aurait jamais été découverte si des générations de mathématiciens ne s’étaient pas écharpé à vouloir prouver le 5eme postulat d’Euclide. De même, la notion incontournable de groupes en algèbre est le fruit du travail de mathématiciens qui ne voulaient pas se contenter de résoudre des équations de manière approchée. En mathématiques, les démonstrations sont aussi importantes que les résultats, voilà pourquoi les mathématiciens sont si tatillons. C’est ça, la morale de l’histoire.

FAQ
- En en dimension infinie ?
A priori, non. En fait, la topologie en dimension infinie est particulièrement contre-intuitive. En particulier, les "sphère" de dimension infinie ne sont pas toujours réellement "creuse" (plus précisément, elles peuvent être contractile). cf ce lien.


Sources :
Jordan curve theorem, Wikipedia
Cours d'analyse de l'École polytechnique, Camille Jordan - la démo originale de Jordan
Jordan’s Proof of the Jordan Curve Theorem, Thoams C. Hales - Historique des preuves et des critiques de la démo du théorème
La courbe de Koch, Mathcurve
Le théorème de Jordan topologiquement, Hugues Lerebours Pigeonnière - Démonstration moderne du théorème de Jordan
Demonstrating that rigour is important, mathoverflow - Catalogue d'exemples expliquant pourquoi la rigueur est importante en maths
Jordan Curve Theorem, Proof, Cut the knot - Démonstration complète et vulgarisée
Continuous Nowhere Differentiable Functions, Johan Thim - Catalogue de courbes continues et non différentiable

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01 avril 2017

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Hey ! Salut à tous les amis, on se retrouve pour une vidéo un peu spéciale !


Sources :
Règlement du millionnaire

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20 février 2017

Deux (deux ?) minutes pour les nombres de Catalan

J'ai toujours adorté la combinatoire. Voilà pourquoi j'ai voulu lui consacrer deux (deux ?) minutes...

Deux (deux ?) minutes pour... les nombres de Catalan

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Script + commentaires

 

1, 2, 5, 14, 42, 132,… En 1751, Leonhard Euler s’intéresse à la triangulation des polygones et obtient alors cette étrange suite de nombres.

En 1838, Eugène Catalan retrouve ces même nombres en étudiant la façon dont on peut parenthéser une expression. Il en déduira une formule relativement simple, si bien que la postérité appellera ces nombres la suite de Catalan.

Ça tombe bien, j’ai deux minutes pour en parler.

Les nombres de Catalan sont un passage obligé pour comprendre ce champ des mathématiques qu’est la combinatoire, l’art de savoir comment compter le plus efficacement possible un ensemble donné d’objets. Ils illustrent parfaitement la façon dont les mathématiciens peuvent être amenés à retourner un problème dans tous les sens pour le rendre trivial. Mais avant d’aborder le vif du sujet, ouvrons la boite à outil d’un mathématicien spécialisé dans la combinatoire.

Premier exemple tout bête. Voici un jeu de 7 familles. Il compte 7 familles. Dans chaque famille, on peut compter 6 personnages. Combien de cartes y a-t-il en tout dans ce jeu ? Si tu penses qu’il y en a 7×6, soit 42, tu as saisi toute la subtilité dont il faut faire preuve en dénombrement. Le meilleur moyen de compter les cartes n’est pas de les compter une à une, mais plutôt de considérer que l’on cherche à calculer le cardinal du produit cartésien de deux ensembles finis comptant respectivement 6 et 7 éléments… Dans des termes plus simple, on dira que l’on a fait une multiplication.

J'ai réellement créé un jeu de 7 familles autour des concepts mathématiques. malheureusement, je n'ai pas prévu que ça intéresserait qui que ce soit, alors je n'ai créé que de toutes petites cartes...

 

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Allez, un autre exemple ! Je distribue ces 42 cartes à trois personnes de façon à ce que chacune reçoive le même nombre de carte. Elles recevront donc chacune… oui, 14 carte, il fallait procéder à une division !
    Heureusement, le mathématicien a des outils un peu plus subtils pour aborder les problèmes de combinatoire, comme les factorielles, les arrangements et les combinaisons.

Nouvel exemple : je souhaite ranger mes 7 romans de la saga Harry Potter dans mon étagère. De combien de façon vais-je pouvoir les ordonner ? Je peux par exemple les ranger par ordre alphabétique, par nombre de page ou simplement par ordre chronologique. On pourrait tenter de lister tous les rangements possibles, mais cela risque d’être un peu long. Prenons plutôt le problème d’un autre point de vue. Pour le premier livre que je vais ranger, j’ai 7 choix possibles. Une fois ce premier choix effectué, il ne reste plus que 6 choix pour le deuxième livre. Il reste ensuite 5 choix pour le suivant, et ainsi de suite. On peut donc conclure qu’il existe 7×6×5×4×3×2×1 façons différentes de classer cette saga, soit 5040. Ce nombre est ce que l’on appelle la factorielle de 7. On peut être tenté de dire qu'il y a 7×7×7×7×7×7×7 rangements possibles (7 choix possibles pour chacune des positions ou 7 positions possibles pour chaque livre), mais ça serait sous-entendre que l'on dispose de plusieurs exemplaires du même livre, ou que l'on place deux livres différents au même emplacement.

De manière plus générale, on appelle factorielle d’un nombre entier N le produit décroissant de tous les nombres entiers de N jusqu’à 1, que l’on note par un point d’exclamation. La factorielle de N est donc le nombre de façon d’ordonner N objets différents.

 

    Continuons le rangement. C’est maintenant ma collection des 24 DVD James Bond que je veux ranger. Malheureusement, mon étagère est trop petite, et je n’ai la place que d’en mettre 4. De combien de façons différentes pourrai-je alors les ranger ? Dans ce dénombrement, l’ordre est important. Plutôt que de compter une à une les possibilités, on va utiliser la même astuce que pour le problème précédent. J’ai 24 choix pour poser le premier DVD, puis 23 pour le suivant, et ainsi de suite. Puisque je ne veux ranger que 4 DVD, le nombre total s’élève à 24×23×22×21, soit au total 255 024. On parle de nombre d’arrangements.

De manière plus générale, on appelle arrangement de K parmi N le produit décroissant des K premiers entiers en partant de N et on le note ANK. L’arrangement de K parmi N désigne donc le nombre de façons de ranger K objets choisis parmi N différents. Un petit coup d’œil sur la définition des arrangements permet d’obtenir la formule ANK = N!/(N-K)!.

Un dernier outil incontournable de la combinatoire, les combinaisons. Pour parfaire mon étagère, j’aimerais y ajouter quelques figurines légo. J’en ai 25 différentes, et je veux en placer 4. Combien ai-je de façons de choisir 4 figurines parmi ces 25 ? On a envie de répondre avec les arrangements de 4 parmi 25, c’est à dire 25×24×23×22, mais ce n’est pas vraiment la réponse attendue, puisque l’ordre n’intervient pas ici. Chaque sélection de 4 figurines intervient en effet dans plusieurs arrangements différents. Mais dans combien exactement ? Eh bien, on peut le dénombrer, puisque l’on cherche ici le nombre de façons différentes de ranger 4 figurines différentes, ce qui se dénombre avec les factorielles : il y en a exactement 4×3×2×1.

Le nombre de façons de choisir les 4 figurines est donc égal au nombre d’arrangements de 4 parmi 25 divisé par la factorielle de 4, soit (25×24×23×22)/(4×3×2×1), ce qui donne tout de même 12 650. Ce nombre est appelé combinaison de 4 parmi 25.

De manière plus générale, on appelle combinaison de K parmi N, ou plus laconiquement K parmi N, le nombre d’arrangements de K parmi N divisé par la factorielle de K. La combinaison de K parmi N désigne alors le nombre de façons de choisir K objets parmi N différents. On le note parfois CNK, mais plus couramment en plaçant K sous N entre deux parenthèses. Vous connaissez peut-être ces nombre sous le nom de coefficients binomiaux, que l’on retrouve dans le triangle de Pascal, des nombres disposés en triangles où chacun est égal à la somme des deux nombres juste au-dessus. À noter enfin que la formule de K parmi N peut se réécrire sous la forme N!/((N-K)!×K!). Il me semblait important de le dire.

Ces quelques outils, mais surtout le dernier, permettent de résoudre bien des problèmes de dénombrement. Par exemple, combien existe-t-il de combinaisons différentes à l’Euromillions ? Il faut y cocher 5 numéros parmi 50, et 2 étoiles parmi 12. Puisqu’on ne tient pas compte de l’ordre, on dispose au total de 5 parmi 50 choix pour les numéros, et de 2 parmi 12 choix pour les étoiles, soit 2 118 760 combinaisons de numéros, et 66 combinaisons d’étoiles. Chaque combinaison de numéros peut être associée à n’importe quelle combinaison d’étoiles, ce qui donne donc au total 2 118 760 × 66 grilles possibles, soit au total 139 838 160.

 

Autre exemple de problème de combinatoire, celui des tintements de verres. Lors d’une soirée réunissant 13 amis et pas mal de boissons, deux invités annoncent l’arrivée d’un heureux évènement. Naturellement, chaque invité lèvera son verre afin de trinquer une et une seule fois avec chacun des autres invités. Combien entendra-t-on alors de tintements de verres ?

Il y a plusieurs façons de raisonner, ce qui donnera plusieurs réponses différentes mais pourtant équivalentes. On peut essayer de compter directement le nombre de tintements de verres. Déjà, l’invité A trinquera avec chacun des 12 autres invités, ce qui donne les 12 premiers tintements. L’invité B ayant déjà trinqué avec l’invité A, cela donne donc 11 tintements supplémentaires. L’invité C ajoutera 10 tintements, et ainsi de suite. Au final, le nombre de tintements s’élèvera à 12+11+10+..., soit 78.

On peut aborder le problème différemment, en considérant que chacun des 13 invités doit trinquer avec les 12 autres. Cette façon de compter ne tenant pas compte du fait que chaque tintement sera compté deux fois, il faut donc diviser le résultat par 2. Au total, le nombre s’élève donc à 13×12/2, soit 78, le compte est bon.

Une dernière façon voir le problème est de se placer du point de vue des verres. Un tintement, c’est la rencontre de deux verres. Il y a donc autant de tintements que de façons de choisir 2 verres parmi les 13. Le nombre est donc égal à 2 parmi 13, soit… 78. Un même problème trois approches différentes.

 

Un dernier exemple pour la route avant de parler des nombres de Catalan. Dans ce rectangle de dimension 10 sur 10, combien existe-t-il de façons de relier le point A au point B en n’empruntant que des chemins vers le haut ou vers la droite ? La réponse ne saute pas au yeux, mais il faut à nouveau faire intervenir les combinaisons. En effet, un chemin valide est une succession de 20 déplacements vers le haut ou la droite. Dans cette succession de déplacements, on comptera toujours 10 déplacements vers le haut, et tout autant vers la droite. Pour fabriquer un chemin valide, il faut donc choisir où seront ces 10 déplacements vers le haut parmi les 20 déplacements. Il y en a donc 10 parmi 20, c’est à dire 184 756 au total.

 

Bref, quand on est en face d’un problème de dénombrement, on peut souvent s’en sortir en utilisant de façon maline les combinaisons, surtout si l’on parvient à regarder le problème de la bonne façon.

 

Revenons en 1751. Durant sa très féconde correspondance avec Christian Goldbach, Leonhard Euler s’est intéressé à la question des triangulations des polygones.Oui, je me suis emmêlé les pinceaux, ce n'est pas le portrait de Goldbach dans la vidéo, mais celui de Riemann. Mea culpa !

De quoi s’agit-il exactement ? Détaillons un peu. Voici un polygone régulier à N côtés. En y traçant N-3 diagonales qui ne se croisent pas, on découpe le polygone en pièces triangulaires. On dit alors que le polygone est triangulé. Une question légitime qui se pose est le nombre de triangulations d’un polygone donné. À la main, on peut facilement vérifier que le carré n’a que 2 triangulations possibles, le pentagone en a 5 et que l’hexagone en a 14. Avec un peu de volonté, on peut vérifier que l’heptagone a 42 triangulations. Euler est parvenu à calculer à la main et sans erreurs le nombre de triangulations de tous les polygones réguliers jusqu’au décagone, et a conjecturé une formule de son cru permettant de calculer EN, le nombre de triangulations du polygone à N+2 côtés. Il n’arrive cependant pas à démontrer ce résultat.

Il en parle alors à Johann Segner, qui lui fait remarquer une façon ingénieuse de dénombrer les triangulations. Prenons l’exemple de l’undécagone, polygone à 11 côtés que Euler n’a pas essayé de traiter, et numérotons ses côtés et ses sommets de 1 à 11. Quand il sera triangulé, le côté 1 fera parti d’un triangle. Dans cet exemple, il lie le côté n°1 au sommet n°5. Si on retire ce triangle, on obtient deux sous polygones. Dans l’exemple, ils ont respectivement 5 côtés et 7 côtés. Euler a calculé qu’un pentagone possède 5 triangulations, et qu’un heptagone en possède 42. On peut donc affirmer qu’il existe 5×42, c’est à dire 210 triangulations de l’undécagone qui possèdent ce triangle liant la face n°1 au sommet n°5. En procédant de la même façon, et grâce à la connaissance du nombre de triangulations des polygones plus petits, on peut compter les triangulations de l’undécagone qui possèdent un triangle liant la face n°1 au sommet n°2, n°3, n°4 ou n’importe quel sommet jusqu’au n°10. On a ainsi compté l’ensemble des triangulations de l’undécagone, il y en a 4862.

En généralisant ce processus, on obtient la formule récursive de Segner, qui a permis à Euler de démontrer une bonne fois pour toutes sa formule donnant le nombre de triangulations d’un polygone à N côtés. En effet, une telle formule donne naissance à une équation fonctionelle plutôt facile à résoudre, mais très calculatoire. L'article de Wikipedia détaille cette preuve. La suite de nombres 1, 2, 5, 14, 42, ... devient alors la suite de Euler-Segner.

 

En 1838, Eugène Catalan s’intéresse à un autre problème qu’il relie tout de suite aux travaux de Euler et Segner, celui du nombre de façons de faire une multiplications à plusieurs facteurs. La multiplication à 3 facteurs 1×2×3, par exemple, peut être traitée de deux façons différentes : on peut commencer par traiter 1×2, puis multiplier le résultat par 3, ou bien commencer par 2×3, et multiplier le tout par 1. Un produit à trois termes peut donc être effectué de 2 façons différentes. Cela revient en fait au nombre de façon de parenthéser le produit 1×2×3.

Pour un produit à 4 facteurs, on peut voir qu’il y a 5 façons de le traiter, et qu’il y en a 14 pour en aborder un à 5 facteurs. Autrement dit, il y a autant de façons de faire une multiplication à N termes que de façons de trianguler un polygone à N+1 côtés.

Le lien entre les deux problèmes, Catalan le fait en remarquant que la formule de Segner s’applique dans les deux cas. La démonstration est donc calculatoire, et ne montre alors pas un lien direct entre les deux phénomènes. Il prouve cependant, toujours de manière calculatoire, une formule permettant de faire ce dénombrement. En appelant CN le nombre de façons de multiplier N+1 termes, il prouve que CN = (N parmi 2N) - ((N+1) parmi 2N), que l’on peut montrer facilement comme égal à N parmi 2N divisé par N+1. Les formules sont belles, les nombres deviennent alors les nombres de Catalan.

 

On a donc d’un côté des triangulations de polygones, de l’autre des parenthésage de multiplications, au milieu de tout ça des jolies formules, mais aucun liens profonds entre tout ça.

On peut pourtant en trouver, en associant à chaque triangulation un parenthésage, et inversement. Prenons par exemple un heptagone, et associons à chaque côté un facteur du produit a×b×c×d×e×f. On garde aussi un côté libre. Après avoir triangulé le polygone, on va voir qu’il est possible d’associer une expression à chacune des diagonales. Pour cela, on fait en sorte que dans chaque triangle, un côté soit égal au produit des deux autres. On commence ainsi par les diagonales qui bordent des côtés nommés de l’heptagone. Sur l’exemple, on a une diagonale qui correspond à b×c, et une autre qui correspond à d×e, puis on poursuit de proche en proche. On obtient finalement un parenthésage de l’expression a×b×c×d×e×f.

Ainsi, on montre qu’à toute triangulation de polygone à N+1 côtés correspond un unique parenthésage d’un produit de N facteurs, et réciproquement. Le problème de Euler et celui de Catalan sont donc deux facettes différentes d’un même problème.

 

En 1857, Arthur Cayley et Thomas Kirkman s’intéressent à un problème qui n’a a priori rien à voir, celui du décompte des arbres enracinés, structure bien connu aujourd’hui par ceux qui s’intéressent à l’informatique. Un arbre est une structure mathématique composée de différents nœuds reliés par des arêtes, mais qui ne présente aucun cycle. Sur un arbre, les nœuds situés aux extrémités sont appelés les feuilles. On dit que l’arbre est enraciné lorsque l’un des nœuds a été choisi pour en être la racine. Ils cherchent alors à dénombrer le nombre d’arbres enracinés ayant un nombre d’arêtes donnés. Par exemple, pour 2 arêtes, on compte 2 arbres ; pour 3 arêtes, on en compte 5, et pour 4, on en compte 14. Oups, j'ai dessiné deux fois le même arbre. Je me rattrappe, avec la bonne illustration :

 

Arbres 4
Les 14 arbres enracinés à 4 arêtes.

 

 

Ce sont bien sûr les nombres de Catalan, que nos deux mathématiciens ne reconnaissent pas du tout. Par une étude numérique, ils obtiennent cependant une formule donnant le nombre d’arbres enracinés, qu’ils considèrent remarquable. Ces nombres deviennent alors les nombres de Cayley-Kirkman.

Ils ne s’arrêtent pas aux arbres enracinés, mais étudient aussi les arbres binaires entiers, des arbres enracinés où chaque noeud interne a toujours 2 noeuds fils. Les plus biologistes d’entre vous parleront d’arbres phylogénétiques. Quand on cherche à les compter, on remarque qu’il y a 2 arbres à 3 feuilles, 5 arbres à 4 feuilles ou 14 arbres à 5 feuilles, et ainsi de suite. Encore une fois, les nombres de Catalan.

Il y a donc autant d’arbres enracinés à N arêtes que d’arbres binaires entiers à N+1 feuilles. Pourquoi ? On peut s’en convaincre graphiquement en partant d’un arbre enraciné quelconque à N arêtes. On fait alors pousser de nouvelles arêtes sur cet arbre de façon à ce que chaque arête initiale deviennent une arête gauche, ce qui donne un arbre binaire entier à N+1 feuilles. Inversement, si l’on part d’un arbre binaire entier quelconque, la rétraction des arêtes droites donne des arbres enracinés. Bref, on peut associer à chaque arbre enraciné un unique arbre binaire, et inversement, il y en a donc autant.

Mais ce n’est pas tout. Si je prend un arbre binaire et que je place sur chaque feuille une lettre, j’obtiens une représentation parfaite de mon problème de parenthésage de produit. Il y a donc autant d’arbres binaires à N+1 feuilles que de parenthésages d’un produit à N+1 facteurs, et donc tout autant que de triangulation de polygone à N+2 côtés . Tout est donc lié !

 

Mais cela n’explique pas encore la formule de Catalan, qui prétend qu’il y en a très exactement (N parmi 2N) - ((N+1) parmi 2N). Pour le comprendre, il faut interpréter les nombres de Catalan d’une nouvelle façon, et se tourner vers les mots de Dyck.

Un mot de Dyck est un mot composé de deux lettres données, disons A et B, qui compte autant de A et de B, et tel que le nombre de A est toujours supérieur ou égal au nombre de B lorsqu’on lui retire une ou plusieurs de ses lettres finales.

Le mot AABBBAAB, de longueur 8, n’est pas un mot de Dyck, puisque lorsque l’on retire les trois dernières lettres, on compte plus de B que de A. Le mot AABAABBB est quant à lui tout à fait valide.

Une façon plus visuelle de se représenter un mot de Dyck est d’utiliser, non pas les lettres A et B, mais des parenthèses ouvrantes et fermantes. Un mot de Dyck est alors une succession valide de parenthèses, où chaque parenthèse ouverte est bien fermée. Dénombrons les mots de Dyck. Avec deux paires de parenthèses, on obtient 2 expressions, avec trois paires, on en a 5, avec quatre paires, on en trouve 14, et ainsi de suite. Ce sont bien sûr les nombres de Catalan. Pour le prouver, on peut montrer qu’il existe autant de façons de disposer N paires de parenthèses que d’arbres enracinés à N arêtes. Pour voir cela, prenons un arbre enraciné quelconque, et marquons le trajet qui en fait le tour. Lorsque l’on passe à gauche d’une arête, on le note par une parenthèse ouvrante, et sinon, par une parenthèse fermante. On peut donc associer à n’importe quel arbre enraciné à N arêtes une expression valide à N paires de parenthèses, et inversement.

 

On peut aussi interpréter plus géométriquement les mots de Dyck en regardant ce que l’on appelle les escaliers de Dyck. On se place dans une grille de dimension N×N, et, pour un mot de Dyck donné, on effectue le chemin sur la grille où A correspond à se déplacer d’une unité vers le haut, et B d’une unité vers la droite. On obtient un escalier de Dyck, c’est à dire un chemin reliant les sommets opposé du carré qui ne passe jamais en-dessous de la diagonale. Il y a bien sûr autant de mots de Dyck de longueur 2N que de d’escaliers de Dyck de longueur 2N.

Je n'ai pas parlé des "chemins" (ou "montagnes") de Dyck, un chemin de longueur 2N liant les points (0,0) à (0,2N) ne passant sous l'axe des abscisse, et formé de segments "montants" (une unité vers la droite puis vers le haut) ou "descendants" (une unité vers la droite puis le bas). Il s'agit en fait des escaliers de Dyck après une rotation à 45°.

Montagnes de Dyck
Les 5 montagnes de Dyck de longueur 2×3

 

L’intérêt de cette représentation des nombres de Catalan, c’est qu’elle se laisse dénombrer. Dans cette grille de dimension N×N, combien existe-t-il de chemins qui relient le point A au point B, un chemin n'étant composé que de déplacements vers le haut ou vers la droite ? Un tel chemin est composé de 2N déplacements dont N déplacement vers le haut, il y en a donc N parmi 2N au total.

Pour obtenir un escalier de Dyck, il faut rajouter l’hypothèse que le chemin ne passe jamais en dessous de la diagonale (AB). De tous les chemins reliant A et B, combien coupent cette diagonale ? Un chemin invalide, donc, qui coupe la grande diagonale [AB], touche en au moins un point, disons C, la diagonale [αβ] juste en dessous. L’astuce est de considérer un nouveau chemin, obtenu à partir du précédent. On garde la partie liant A à C, et on prend le symétrique de la partie liant C à B par rapport à la sous-diagonale [αβ]. Ce nouveau chemin relie alors A au point B’, symétrique de B par rapport à [αβ]. On peut alors voir qu’il y a autant de mauvais chemin liant A à B que de chemins liant A à B’.

Ces derniers peuvent être dénombrés facilement, puisqu’i il s’agit d’une succession de 2N déplacements comptant N+1 déplacements vers la droite. Il y a donc N+1 parmi 2N chemins liant A à B’, soit tout autant que de mauvais chemins liant A à B.

Puisque le nombre de chemin de Dyck est égal au nombre de chemins liants A à B moins le nombre de mauvais chemins liant A à B, on peut donc à présent affirmer que le nombre d’escaliers de Dyck, c’est à dire le N-ième nombre de Euler-Segner-Catalan-Caylay-Kirkman est égal à (N parmi 2N) -(N+1 parmi 2N).

 

Résumons la situation. Le N-ième nombre de Catalan est le nombre de triangulations d’un polygone à N +2 côtés, qui est égal au nombre de façons de parenthéser un produit de N +1 facteurs, qui est égal au nombre d’arbres binaires entiers à N+1 feuilles, qui est égal au nombre d’arbres enracinés à N arêtes, qui est égal au nombre de façons de disposer N paires de parenthèses, qui est égal au nombre de mots de Dyck de longueur 2N, qui est égal au nombre d’escaliers de Dyck de longueur 2N, qui est finalement égal à (N parmi 2N) -(N+1 parmi 2N). Je crois que c’est pour cela que j’adore la combinatoire.
C'est dans ce contexte que la citation de Henri Poincaré prend tout son sens : « la mathématique est l’art de donner le même nom à des choses différentes.».

 

 

 

 

Mini FAQ :
- Y a t il une chose que Euler n'a pas étudiée ?
Il est vrai que Euler intervient dans une vidéo sur deux (et si je n'en parle pas dans les autres, c'est juste que j'ai passé sous silence ses contributions au domaine en question). La liste des choses nommées d'après Euler de Wikipédia est absurdément grande.
- Bijection ou isomorphisme ?
L'objet de cette vidéo était bien sûr de fabriquer des bijections (fabriquer des couples liant les élements d'un premier ensemble à celui d'un deuxième de façon à  ce que chaque élément du premier ensemble ne soit lié qu'à un unique élément du deuxième, et réciproquement) de façon à prouver que les ensembles possèdent le même nombre déléments. Un isomorphisme, c'est un peu plus que ça : il s'agit d'une bijection qui transporte une structure d'un contexte vers un autre. Dans tous les exemples présentés dans la vidéo, il n'y est pas question de structure - il n'est pas expliqué par exemple comment associer deux arbres pour en former un troisième, ou comment associer deux triangulations pour en former une troisième. Il est possible de le faire, et ce n'est qu'après ce travail là que l'on pourra dire que les bijections de la vidéo sont des isomorphismes !

 


Sources :
History of Catalan number, Igor Pak - Un excellent historique des différentes approches des nombres de catalan

Note sur une équation aux différences finies, Eugène Catalan - l'article original de Catalan

On the Analytical Forms called Trees, Arthur Cayley - l'article original de Cayley

Catalan addendum - Richard P. Stanley - une liste démesurément grande de tous les problème de combinatoire dont la réponse est les nombres de Catalan

Le Roi des Catalans, Blog de maths - Un peu plus de détails sur cette histoire de symétrie et d'escaliers de Dyck
Nombre de Catalan, Wikipedia

 

Posté par El Jj à 12:23 - Commentaires [2] - Permalien [#]
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01 janvier 2017

2016+1 (Cette nouvelle année est-elle intéressante ? Episode 08)

La bonne année à tous ! Je ne blogue plus grand chose ces derniers temps, mais je ne vais pas manquer ma tradition annuelle, quantifier le niveau d'intêret de l'année à venir.

L'année 2016 a été particulièrement intéressante : découverte d'un nouveau nombre premier, de propriétés bizarres du dernier chiffre des nombres premiers ou de la surpuissance des algorithmes d'intelligence artificielle pour jouer au Go. L'année 2017 sera-t-elle à la hauteur ? Un seul outil pour le savoir, l'OEIS, l'encyclopédie en ligne des suites entières, qui répertorie les propriétés de toutes les suites intéressantes de nombres. Selon l'arithmomancie des anciens, plus un nombre est présent dans l'OEIS, plus il sera intéressant. L'année 2016 était particulièrement brillante avec pas moins de 831 propriétés répertoriées, contre 191 en 2015 ou 114 en 2014. Et pour 2017 ? Laissons parler les chiffres !

2017___Nombre_de_propri_t_s

L'année 2017 possède 453 propriétés, ce qui est tout de même beaucoup
(dont 322 qui concernent les nombres premiers, ça aide pas mal)

L'année qui vient s'annonce donc particulièrement intéressante ! Mais pourquoi ? Il faut rentrer dans le détail...

A130883 : Nombre maximal de régions délimitées par 32 secteurs angulaires
Prenez un plan, et dessinez-y un secteur angulaire (deux demis-droites issues d'un même point). Il délimite alors deux régions. Dessinez-y un autre secteur angulaire. Si vous vous débrouillez bien (en évitant les parallélismes, notemment), ce sont 7 régions qui seront alors délimitées. Et pour 32 secteurs angulaires, ce ne sont pas moins que 2017 régions (au maximum) que l'on pourra obtenir.

2017___Secteurs_angulaires
1 secteur angulaire délimite 2 régions
2 secteurs angulaires délimitent (au plus) 7 régions
3 secteurs angulaires délimitent (au plus) 16 régions
32 secteurs angulaires délimitent (au plus) 2017 régions

On peut en fait démontrer que N secteurs angulaires peuvent au maximum délimiter 1 - N + 2N². Pour le voir, il faut préalablement étudier un problème qui lui est lié, le nombre LN de régions que l'on peut obtenir au maximum en traçant N lignes droites.

2017___Lazy_Caterer_problem
1 droite délimite 2 régions
2 droites délimitent 4 régions de plus
3 droites délimitent 7 régions de plus
4 droites délimitent 11 régions de plus

En regardant les premières valeurs, on peut conjecturer que chaque terme s'obtient à partir du précédent en ajoutant successivement 1, 2, 3, etc. En fait, quand une nouvelle droite est dessinée, celle-ci coupera chacune des droites précédentes en un unique point (pourvu que les droites ne soient pas parallèles deux à deux). Etant donné que les régions sont toujours convexes, une nouvelle droite ajoutera autant de régions qu'il y a de droites.

Bref, on a L1 = 1 et LN = LN-1 + N, autrement dit LN = 1 + 1+2+3+...+N. On reconnait dans la formule de LN l'expression 1+2+3+...+N des nombres triangulaires, que j'avais évoqué l'année dernière (2016 étant justement un nombre triangulaire). On a donc LN = 1 + 1/2×N×(1+N).

Revenons alors au nombre AN de régions délimitées par N secteurs angulaires. Chaque secteur angulaire étant composé de 2 droites, on devrait retrouver dans AN l'expression de L2N. Un secteur angulaire seul est certes composé de deux droites, mais ne délimite que 2 régions et au non 4. On pert donc 2 régions par étapes, soit 2N régions en tout.
Finalement, AN = L2N - 2 N = 1 + 1/2×2N×(1+2N) - 2N = 1 - N + 2N². Ce qu'il fallait démontrer (dans les grandes lignes, je vous laisse compléter seuls les imprécisions de mon raisonnement).

A001169 : Nombre de d'octaminos verticalement convexes
On appelle polyomino un assemblage de carrés unitaires (les "cellules"). Les plus célèbres sont les polyominos à 4 cellules, connus sous le nom de "pièce de Tetris", mais on peut bien sûr en construire avec n'importe quel nombre de cellules.

2017___Polyominos
En ne tenant pas compte des symétries, on compte 2 polyominos à 2 cellules ("dominos", en jaune), 6 polyominos à 3 cellules ("triominos", en bleu) et 19 à 4 cellules ("tétrominos", en rouge). On peut aussi vérifier qu'il en existe 63 à 5 cellules ("pentamino") ou 2725 à 8 celulles ("octamino")

En tenant compte des symétries, on compte 1 unique domino, 2 triominos, 5 tétrominos, 12 pentaminos et 369 octaminos.

On dit qu'un polyomino est "verticalement convexe" lorsque'on peut le découper en tranches verticales qui ne présente aucun trous. Quand on cherche à dénombrer les polyominos verticalement convexes à 8 cellules, on se rend compte qu'il y en a très précisément 2017.

2017__Verticalement_convexes
Deux exemples de polyominos à 32 cellules.
Le premier est verticalement convexe, au contraire du second (les deux bandes indiquées ne sont pas convexes)

2017- Octaminos verticalement convexes

Quelques exemples d'octaminos verticalement convexes, parmi les 2017 existants.

 

A266532 : Nombre de tridents à la 67e étape de la construction suivante
On considère des tridents (trois segments unités issus d'un même point formant des angles de 120°), et on en place une au centre de la table. C'est l'étape 1.
Pour obtenir les étapes suivantes, on ajoute un trident à l'extrémité de chacun des tridents extérieurs disponibles de l'étape précédente.

2017___tridents__tapes_1__2__3__4___5
Les étapes 1, 2, 3, 4 et 5, comptant respectivement 1, 4, 7, 16 et 19 tridents.

A la 67e étape, on obtient donc ceci, composé d'exactement 2017 tridents.

2017___triallumetttes__tape_67
2017 sera joli ou ne sera pas

2017___Flocon_anim_
C'est mieux quand c'est animé

A180920 : Somme de cubes consécutifs égale à un carré
Fait intéressant : la somme des N premiers entiers au cube est toujours égal à un carré. Plus précisément, elle est égal au carré du N-ième nombre triangulaire, ce que l'on peut écrire de la façon suivante :

13 + 23 + 33 + 43 + 53 + ... + N3 = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + N)²

On peut le prouver numériquement par récurrence, mais on peut aussi s'en convaincre graphiquement par découpage, de la façon suivante.

2017___Somme_des_cubes
Preuve graphique que 13 + 23 + 33 + 43 = (1 + 2 + 3 + 4)²

Bien sûr, les mathématiciens se sont demandés dans quels autres cas des sommes de cubes étaient égales à des carrés. Ils ont par exemple découvert qu'il n'y a que 5 cas où 5 cubes consécutifs forment des carrés :

  • 03 + 13 + 23 + 33 + 43 = 10²
  • 13 + 23 + 33 + 43 + 53 = 15²
  • 253 + 263 + 273 + 283 + 293 = 225²
  • 963 + 973 + 983 + 993 + 1003 = 2170²
  • 1183 + 1193 + 1203 + 1213 + 1223 = 2940²

Ils ont également découvert qu'il n'y a que 4 cas où 3 cubes consécutifs forment des carrés :

  • (-1)3 + 03 + 13 = 0²
  • 03 + 13 + 23 = 3²
  • 13 + 23 + 33 = 6²
  • 233 + 243 + 253 = 204² (unique cas non trivial)

Plus tordu, existe-t-il des nombres N tels que les N cubes consécutifs en partant de N3 forment un carré ? Eh, bien, oui, il en existe une infinité, et les trois premiers sont 1, 33 et ... 2017 !

  • 13 = 1²
  • 333 + 343 + 353 + ... +  653 = 2079²
  • 20173 + 20183 + 20193 + ... +  40333 = 7876385²

Mais aussi...
2017 est un nombre premier ! Il faut le préciser, puisque cela amène des tonnes de propriétés liées à celle-ci :

  • 2017 est sexy (c'est à dire qu'il fait partie d'un couple de deux nombres premiers dont la différence est 6, en l'occurence, 2011 et 2017 sont tous les deux premiers) [A023201]
  • 2017 est le plus grand nombre premier inférieur à 47² [A053001]
  • 2017 est un nombre premier de la forme x3 + 2y3 avec x et y positifs (en l'occurence, 2017 = 113 + 2 × 73 ) [A173587]
  • 2017 est un nombre premier p tel que p² - p + 1 est aussi premier [A065508]
  • 2017 est un nombre premier qui reste premier quand on ajoute le chiffre 7 entre deux de ses chiffres (en l'occurence, 2017, 27017, 20717 et 20177 sont tous premiers) [A217065]

Mais aussi...

  • 2017 est la partie réelle du nombre quaternion (2+i+j+k)8 [A213421]
  • Il existe 2017 façons de placer les nombres 1, 2, 3, ..., 16 dans un tableau de dimension 4x4 tel que chaque ligne, colonne et diagonale soit croissante [A039917]
  • Il existe 2017 permutations de {1, 2, 3, ..., 7} qui ne contiennent pas le cycle (1 2 3). [A049774]

Et surtout, la santé !