Category Archives: Maths faciles

Google et les graphes de fonctions

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Pour ceux qui auraient besoin de tracer rapidement l’allure d’une fonction, de comparer des fonctions sans lancer de lourds logiciels graphiques, Google permet maintenant de tracer des graphes de fonctions facilement, en indiquant l’expression de la fonction dans la barre de recherche :

On pourra par exemple représenter des fonctions plus ou moins simples en les séparant par les virgules

En rajoutant from -4.5 to 4.5, on peut spécifier le domaine de la fonction, par exemple

On peut alors zoomer, obtenir les valeurs approchées en certains points (ce qui peut être efficace pour vérifier empiriquement un point d’intersection). On regrettera que pour le moment, seules les fonctions monovariées sont disponibles, mais nul doute que les cardioïdes deviendront accessibles dans le futur. En attendant, on peut toujours déclarer son amour avec la fonction suivante :

Source

Formule d’inversion d’Arazi

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Alors que je travaille sur un sujet assez différent, je suis tombé sur une petite formule très amusante que je ne connaissais pas.

Quand n est un nombre premier, l’inverse de e modulo n est donné par le petit théorème de Fermat :

d=e^{-1}\pmod n = e^{n-2}\pmod n

Mais quand n n’est pas premier, le « truc » courant est d’appliquer la formule d’Azari qui relie e^{-1}\pmod n et n^{-1}\pmod e.

Soient e et n deux nombres positifs premiers entre eux. Si e\wedge n=1, alors

d=e^{-1}\pmod n = \dfrac{1+n(-n^{-1}\bmod e)}e

On démontre cela très simplement en considérant U=e(e^{-1}\bmod n)+n(n^{-1}\bmod e), congru à 1 modulo e et modulo n. Le théorème des restes chinois et un encadrement facile donnent alors U=1+en ce qui permet de conclure.

Cette formule est attribuée à Arazi qui était le premier à tirer profit de ce théorème folklorique pour implémenter des inversions modulaires d’exposents RSA rapides sur un processeur cryptographique.

Comment calculer la dérivée de la fonction sinus?

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Le programme des classes scientifiques au lycée — en tout cas ce qu’il en reste — étudie la notion de dérivation d’une fonction f définie sur un intervalle ouvert I \subset \mathbb R. Le nombre dérivé f'(a) de f au point a\in I — s’il existe — est défini par

\displaystyle f'(a)=\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}.

Par exemple, si f(x)=x^2 pour x \in \mathbb R, on a d’après une identité remarquable bien connue

\displaystyle \frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\frac{(a+h)^2-a^2}{h}=\frac{a^2+h^2+2ah-a^2}{h}=h+2a

d’où

\displaystyle f'(a)=\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim_{h \to 0}h+2a=2a.

On admet au lycée que la fonction sinus est dérivable sur \mathbb R tout entier et que \sin'(a)=\cos(a) pour tout a \in \mathbb R.  On le démontre ensuite dans les classes supérieures, bien souvent à l’aide des séries entières. Je propose ici de le montrer par des moyens géométriques. Certes le raisonnement suivant est loin d’être inattaquable sur le plan de la rigueur pure, mais je le trouve tout de même intéressant.

Tout d’abord en utilisant une formule trigonométrique, on a

\displaystyle \frac{\sin(a+h)-\sin(a)}{h}=\frac{\sin(a)\cos(h)+\sin(h)\cos(a)-\sin(a)}{h}

d’où

\displaystyle \frac{\sin(a+h)-\sin(a)}{h}=\sin(a)\frac{\cos(h)-1}{h}+\frac{\sin(h)}{h}\cos(a).

On trouvera une preuve géométrique de cette formule trigonométrique dans ce lien. Il nous reste donc montrer que

\displaystyle\lim_{h \to 0}\frac{\sin(h)}{h}=1\quad\text{et}\quad\lim_{h \to 0}\frac{\cos(h)-1}{h}=0.

Considérons la figure ci-dessous, où le cercle est de centre O et de rayon égal à 1 :

Figure

On a OA=\cos(h), OB=\sin(h) et IC=\tan(h). On observe alors que le triangle OIM d’aire \sin(h)/2 est strictement inclus dans le secteur angulaire délimité par O, I et M d’aire h/2, qui est lui-même strictement inclus dans le triangle OIT d’aire \tan(h)/2. On en déduit donc que pour tout h\in]0,\pi/2[

\displaystyle\sin(h)<h<\tan(h).

En passant à l’inverse et en divisant par \sin(h), on obtient

\displaystyle\cos(h)<\frac{\sin(h)}{h}<1

d’où par le théorème des gendarmes

\displaystyle\lim_{h \to 0^+}\frac{\sin(h)}{h}=1.

Comme la fonction h\in\mathbb{R}-\{0\}\mapsto\sin(h)/h est paire, on a bien

\displaystyle\lim_{h \to 0}\frac{\sin(h)}{h}=1.

On essaye pour la deuxième limite de se ramener à la première. Le théorème de Pythagore nous donne un lien entre le sinus et le cosinus : \sin^2(h)+\cos^2(h)=1. On a alors

\displaystyle\frac{\cos(h)-1}{h}=\frac{\cos(h)-1}{h}\frac{\cos(h)+1}{\cos(h)+1}=\frac{\cos^2(h)-1}{h(\cos(h)+1)}=\frac{-\sin^2(h)}{h(\cos(h)+1)}

d’où

\displaystyle\frac{\cos(h)-1}{h}=-\frac{\sin(h)}{h} \frac{\sin(h)}{\cos(h)+1}.

On fait alors tendre h vers 0 et on obtient bien

\displaystyle\lim_{h \to 0}\frac{\cos(h)-1}{h}=0.

Quelques calculs de puissances de deux…

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En me promenant sur les citations du site les-mathematiques.net, je suis tombé sur une citation de Georges Perec

Jouer avec les grands nombres (factorielles, suites de Fibonacci, progressions geometriques) Distance de la Terre a la Lune : une feuille de papier a cigarettes si fine qu’il en faudrait 1 000 pour obtenir un millimetre, pliée en deux 49 fois de suite ; Distance de la Terre au Soleil : la meme, pliée en deux 58 fois de suite; Distance de Pluton au Soleil : toujours la même : en la pliant 4 fois de plus, on est un peu juste, mais en la pliant 5 fois de plus, on dépasse d’un peu plus de 3 000 000 000 kilometres ; Distance de la Terre a Alpha du Centaure : 15 pliures de plus.

ExperimentalChessbaseChessBoard

Bien entendu, cela m’a rappelé l’histoire de l’échiquier et des grains de riz… Cette légende orientale dit que l’inventeur des échecs, jeu ayant ravi le sultan (du fait que c’est un loisir stratégique et militaire), ne demanda en récompense  »que » un grain de riz sur la première case, deux sur la deuxième, quatre sur la troisième, huit sur la quatrième et ainsi de suite (deux fois plus que sur la case précédente).

Sous l’apparence modeste de cette requête, l’homme aurait pu  »largement » subvenir à la famine dans le monde pendant des siècles… En effet, sur la i-ème case, il y a 2^{i-1} grains de riz… Ainsi, si l’on additionne tous les grains de riz à fournir, l’échiquier contenant 64 cases, il aurait fallu

1+2+2^2+2^3+\cdots+2^{63} = \sum_{i=1}^{64} 2^{i-1} = 2^{64}-1 = 18 446 744 073 709 551 615

grains de riz, soit plus de 18 milliards de milliards de grains ! Sachant que 100 grains ont une masse de 8mg environ, une simple multiplication nous informe que la quantité demandée était d’environ… mille milliards de tonnes ! En regardant la production actuelle mondiale de blé sur la wikipédia, on trouve qu’actuellement, 580 millions de tonnes de ce blé sont produites chaque année dans le monde. Du coup, pour réunir une telle quantité de grains, il faudrait plus de 25 millénaires ! :o

Revenons à la citations de Pérec… On prend une feuille de papier à cigarette très fine, de 0,001 mm (il en faut bien 1000 pour avoir 1mm d’épaisseur). Quand on plie la feuille, on double son épaisseur : si on la plie une fois, elle sera de 0,002 mm d’épaisseur; si on la plie deux fois, elle sera de 0,004 mm d’épaisseur; si on la plie trois fois, elle sera de 0,008 mm d’épaisseur, et ainsi de suite… Ainsi, au bout de n pliages, son épaisseur sera de 0,001\times 2^{i-1} mm.

La distance de la Terre à la lune étant d’approximativement 384 000 kms, soit 384 000 000 000 mm, il suffit donc de résoudre l’inégalité suivante 0,001 \times 2^{n-1}\geq 384\times 10^9, ce qui donne 49,44 pliages. En pliant 50 fois cette feuille de papier, on dépasse ainsi largement la distance de la Terre à la lune ! La distance de la terre au soleil étant d’environ 149,6 millions de kilomètres, il faudrait cette fois la plier… 58 fois seulement ! Et les autres valeurs sont données par Pérec…

Nenuphar_geantDernière histoire énigme bien connue, celle des nénuphars. On suppose qu’on a un étang circulaire de rayon 50m, soit une surface de 7850 m² environ, et au centre de celui ci, un tout petit nénuphar de 0,5mm de rayon. Sachant que chaque jour, chaque nénuphar se dédouble, au bout de combien de jours auront-ils recouverts tout l’étang ?

Un nénuphar représente une surface de 0,785 mm², donc il faut résoudre 0,000000785\times 2^{n}\geq 7850, et on trouve n\geq 33,22… Au bout de 34 jours, il auront donc recouvert l’étang, alors que 4 jours auparavant il n’en aurait fait qu’un quart !

On peut faire plein de variations la-dessus qui amèneront des calculs inutiles et pénibles rigolos : par exemple, chaque nénuphar double de taille et se dédouble, ou les nenuphars du milieu de l’étang poussent ceux qui les entourent, et ainsi de suite, d’ou une certaine vitesse de déplacement (à calculer dans un référentiel bien choisi)…

Allez, pour la route, au bout de 34 jours ils ont couvert l’étant de 7850 m², mais maintenant qu’ils ont muté et qu’ils se propagent aussi sur la Terre, combien de temps mettront-ils pour la couvrir entièrement (la superficie de la Terre étant de 510 067 420 km²) ? Il ne leur faudra que 2 fois plus de temps… Argh…

Évidemment, toutes les hypothèses non-dites rendent les exemples ci-dessus  »un peu » caducs (comment un échiquier pourraient supporter une telle masse ? ou alors il devrait être énorme !), les disques ne peuvent pas paver le plan, et les distances Terre-Lune, Terre-Soleil dépendent évidemment de la période (la Terre n’est pas toujours à la même distance de son satellite et de son étoile…). Enfin, tout cela n’a que peu d’incidence, nous sommes là pour nous amuser !