Carte a été dessiné par Fra Mauro et son assistant Andrea Bianco. La carte représente de manière étonnante l’océan Indien et surtout la partie australe de l’Afrique, à une époque où aucun Européen ne s’y était encore aventuré. Il est plausible que ces renseignements soient parvenus de Chine en Italie par l’intermédiaire de marchands.

Déplacer la souris sur la carte pour zoomer.

Il permet de calculer l’aire d’un triangle quand on connait seulement la longueur des 3 côtés.

En posant s = ½ Périmètre de ABC : Aire_{ABC}=\sqrt{s (s - AC)(s - BC) (s - AB)}

Démonstration :

Un graphe est un ensemble points reliés par des arêtes qui peuvent être droites ou pas. Si les arêtes ne se croisent pas on dit que le graphe est planaire.

La formule d’Euler pour les graphes convexes : S + R = A + 2 (S nombre de sommets, R nombre de régions délimitées par les arêtes et A nombre d’arêtes)

	1 points	+ 1 points = + 1 arêtes, donc pas de changement dans la formule.		+ 1 région sans sommet = + 1 arête
Schéma
Sommet S	S = 1	S + 1 = 1 + 1 = 2	S + 4 = 5	S = 5
Régions R	R = 1	R = 1	R = 1	R = 2 + 1 = 3
Arêtes A	A = 0	A + 1 = 0 + 1 = 1	A + 4	A = 5 + 1 = 6
Formule d’Euler S + R = A + 2	1 + 1 = 0 + 2 = 2	2 + 1 = 1 + 2 = 3 S + 1 + R = A + 1 + 2 S + R = A + 2	5 + 1 = 4 + 2 = 6 S + 4 + R = A + 4 + 2 S + R = A + 2	5 + 3 = 6 + 2 = 8 S + R + 1 = A + 1 + 2 S + R = A + 2

Tour de magie :

Cette formule permet de créer un petit tour de magie assez bluffant : gribouiller n’importe comment. La seule chose qui importe, c’est que le gribouillage soit en un seul morceau (connexe). Par exemple, vous pouvez faire un truc comme ça :

C’est maintenant qu’on va faire des maths ! Dans ce gribouillage, on peut repérer des « Sommets » S (les points d’intersection et les extrémités), des « Arrêtes » A (ce qui relie deux sommets) et des « Régions » R (les cellules, délimitées par des arrêtes. Au passage, l’extérieur de la figure est une face. On les appellent souvent Face F.). Comptez-les !

Moi, je compte S = 26 sommets (bleus), A = 49 arrêtes (rouges) et F = 25 faces (verts)

Attention, tour de magie qui n’impressionnera personne. Je suis sûr que si vous effectuez l’opération S – A + F = 26 – 49 + 25 = 2, vous trouverez toujours 2 !

La formule d’Euler pour les polyèdres convexes : S + F = A + 2 (S nombre de sommets, F nombre de faces et A nombre d’arêtes).

Une très belle vidéo :

Ce n’est pas Blaise Pascal (1623 – 1662) qui l’a trouvé mais il fut nommé ainsi en son l’honneur. Il est connu sous l’appellation « triangle de Pascal » en Occident, bien qu’il fût étudié par d’autres mathématiciens, parfois plusieurs siècles avant lui, en Inde, en Perse, au Maghreb, en Chine (où il est appelé « triangle de Yang Hui »), en Allemagne et en Italie.

I°/ Construction :
II°/ Coefficients des égalités remarques : coefficients binomiaux
III°/ La combinatoire : C’est l’art de compter les objets, actions ou autre.
IV°/ Trouver les puissances de 2 :
V°/ Trouver les puissances de 11 :
VI°/ La suite Fibonacci :
VII°/ La règle de la crosse de hockey :
VIII°/ Le triangle de Sierpinski :
IX°/ Les nombres premiers :

Sa construction est simple, mais ses applications sont multiples.

I°/ Construction :

On part du nombre 1 et à chaque ligne on rajoute un nombre qui est la somme des 2 nombres qui sont au-dessus de lui. Chaque case est donc la somme des 2 cases qui sont au-dessus, s’il n’y a pas de case on prend le nombre 0. Donc dans chaque ligne, le premier et le dernier nombre est 1.

Chaque case est la somme des 2 cases qui sont au-dessus. C’est-à-dire que le k^ième terme de la n^ième ligne est égal au (k-1)^ième terme de la (n-1)^ième ligne plus le k^ième terme de la (n-1)^ième ligne

Voilà comment on l’écrit plus simplement.

C_{n}^{k}=C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k} ou avec l’écriture Française \binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}

remarque :
C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!(n - k)!}
n! = 1 x 2 x 3 x 4 x…x (n – 1) x n
(n + 1)! = (n + 1) x n!
(n - 1)! = \frac{n!}{n}

Démonstration :

(n-1)!= \frac{n!}{n}

\frac{n!}{k!\times (n-k)!}=\frac{(n-1)!}{(k-1)!\times(n-1-k+1)!}+\frac{(n-1)!}{k!\times(n-1-k)!}

\frac{n!}{k!\times (n-k)!}=\frac{\frac{n!}{n}}{\frac{k!}{k}\times(n-k)!}+\frac{\frac{n!}{n}}{k!\times \frac{(n-k)!}{(n-k)}}

\frac{n!}{k!\times (n-k)!}=\frac{\frac{n!}{n}\times k}{k!\times(n-k)!}+\frac{\frac{n!}{n}\times (n-k)}{k!\times (n-k)!}

\frac{n!}{k!\times(n-k)!}=\frac{n!(\frac{k}{n}+\frac{n-k}{n})}{k!\times (n-k)!}

\frac{n!}{k!\times (n-k)!}=\frac{n!(\frac{k+n-k}{n})}{k!\times (n-k)!}

\frac{n!}{k!\times (n-k)!}=\frac{n!}{k!\times (n-k)!}

donc : C_{n}^{k}=C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k}

On peut aussi dire que, la somme des 2 cases est égale à celle qui est en dessous de celle de droite. C’est-à-dire que le k^ième terme de la n^ième ligne plus le (k+1)^ième terme de la n^ième ligne et égal au le (k+1)^ième terme de la (n+1)^ième ligne

C_{n}^{k}+ C_{n}^{k+1}= C_{n+1}^{k+1} ou avec l’écriture Française \binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}=\binom{n+1}{k+1}

\frac{n!}{k!\times (n-k)!}+\frac{n!}{(k+1)!\times (n-k-1)!}=\frac{(n+1)!}{(k+1)!\times (n+1-k-1)!}

\frac{n!}{k!\times (n-k)!}+\frac{n!}{(k+1)\times k! \times \frac{(n-k)!}{(n-k)}}=\frac{(n+1)!}{(k+1)!\times (n-k)!}

\frac{n!}{k!\times (n-k)!}+\frac{n!\times (n-k)}{(k+1) \times k!\times (n-k)!}=\frac{(n+1)\times n!}{(k+1) \times k! \times (n-k)!}

\frac{n!(k+1)+n!(n-k)}{(k+1)\times k!\times (n-k)!}=\frac{(n+1)\times n!}{(k+1)\times k!\times (n-k)!}

\frac{n!(k+1+n-k)}{(k+1)\times k!\times (n-k)!}=\frac{(n+1)\times n!}{(k+1)\times k!\times (n-k)!}

\frac{n!(1+n)}{(k+1)k!(n-k)!}=\frac{(n+1)n!}{(k+1)k!(n-k)!}

.

II°/ Coefficients des égalités remarques : les coefficients binomiaux.

Il s’agit de développer l’expression (a+b) à l’exposant n, ou n est un entier naturel.

Par exemple : (a+b)² = a² + 2ab + b²

Et bien le triangle de Pascal permet de déterminer les coefficients de chaque membre de l’égalité. Pour cela il faut prendre les coefficients de la ligne (n-1) et élever a et b aux puissances successives.

III°/ La combinatoire : C’est l’art de compter les objets, actions ou autre.

Par exemple, combien y-a-t ’il de façon de choisir k objets parmi n. Et bien ce nombre sera égal au (k+1)ième coefficient de la (n-1)ième ligne du triangle de Pascal

Bien entendu il existe une formule qui permet de trouver ce résultat sans avoir à fabriquer le triangle de Pascal :

Le nombre de choix possible pour choisir k éléments parmi n est égal à : C_{n}^{k} = \frac{n!}{k!(n - k)!)}

donc :

Choix de 2 éléments parmi 4 (le (2 + 1) = 3^ième nombre de la (4 + 1) = 5^ième ligne) = C_{4}^{2} = \frac{4!}{2!(4 - 2)!)}= \frac{4\times3\times2}{2\times2}= 3 \times 2= 6

Choix de 3 éléments parmi 6 (le (3 + 1) = 4^ième nombre de la (6 + 1) = 7^ième ligne) = C_{6}^{3} = \frac{6!}{3!(6 - 3)!)}= \frac{6 \times 5\times4\times3\times2}{3\times2\times3\times2}= 5 \times4 =20

IV°/ Trouver les puissances de 2 :

Si on additionne tous les nombres de la ligne n on obtient 2^n-1.

Démonstration : d’après la formule du binôme de Newton

(a + b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{n-k}\ b^{k}

Si on prend a = b = 1 on a :

(1 + 1)^{n}=2^{n}= \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\times 1^{n-k} \times 1^{k}= \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}

Donc 2ⁿ est égal à la somme des termes d’une ligne du triangle de Pascal.

V°/ Trouver les puissances de 11 :

C’est un peu plus compliqué et fastidieux. Les nombres du triangle de Pascal représentent les coefficients des puissances de 10 successives.

VI°/ La suite Fibonacci :

Cette suite célèbre est constituée en partant de 0 puis 1. On obtient les nombres suivants en additionnant les deux nombres précédents.

0 ; 1 ; 1 = 0 + 1 ; 2 = 1 + 1; 3 = 2 + 1 ; 5 = 3 + 2 ….

Et bien en additionnant les diagonales ascendantes comme sur la figure ci-dessous, on obtient la suite Fibonacci.

Vous aurez ici une merveilleuse horloge de Fibonacci.

VII°/ La règle de la crosse de hockey :

Si on ajoute les nombres qui se suivent dans une diagonale, on obtient cette somme en bas à droite de la diagonale.

VIII°/ Le triangle de Sierpinski :

Si on enlève les nombres pairs du triangle Pascal on obtient celui de Sierpinski.

Triangle de Sierpinski	Triangle de Pascal	Les deux

IX°/ Les nombres premiers :

Le triangle de Pascal peut nous donner certains nombres premiers, avec une manipulation un peu fastidieuse, mais qui démontre qu’il y a une infinité de nombres premiers.

Voici le début du triangle de Pascal.	Remplaçons les nombres pairs par 0 et les impairs par 1.	Rapprochons les nombres. On obtient des nombres binaires.	Traduisons les nombres binaires en nombres décimaux.	Dès que l’on a un nombre premier, il faut le multiplier successivement à tous les résultats précédents avant de retrouver un nouveau nombre premier.

X°/ Multiple de n de la nième ligne :

Une propriété assez étrange est que si pour la nième ligne, n est un nombre premier, alors cette ligne ne contient que des multiples de n, en enlevant les deux 1.

Par exemple, à la 7ième ligne, il n’y a que des multiples de 7 : 7, 21 et 35.

Un triplet pythagoricien, ou triplet de Pythagore, est un ensemble de 3 nombres entiers naturels non nuls vérifiant le théorème de Pythagore : a² + b² = c². Le triplet pythagoricien le plus connu est (3, 4, 5).

Il en existe une infinité et l’intérêt est de trouver une méthodes pour les trouver tous.

I°/ La suite de Fibonacci :
II°/ Le triplet (3n,4n,5n) :
III°/ Généralisation :
IV°/ Une autre formule :
V°/ Des triplets très particuliers :

I°/ La suite de Fibonacci :

Il existe une infinité de triplets Pythagoricien. On peut en retrouver certains grâce à la suite de Fibonacci.

Pour rappel, la suite de Fibonacci consiste à partir du nombre 0 puis 1, et à additionner les nombres deux à deux à l’infini :

1 1 2 3 5 8 13 21 … ( en effet : 1  0 + 1 = 1  1 + 1 = 2  1 + 2 = 3  2 + 5 = 5 …)

Pour trouver quelques nombres Pythagoriciens, il suffit de prendre 4 nombres qui se suivent dans la suite de Fibonacci et d’effectuer les calculs suivants :

Soient w, x, y et z, 4 nombres la suite de Fibonacci et a, b et c les triplets Pythagoricien : a = wz ; b = 2xy et c = wy + xz.

Utilisons les nombres la suite de Fibonacci :

Démonstration : 4 nombres la suite de Fibonacci w, x, y = w + x et z = x + y = x + w + x = 2x + w

triplets Pythagoricien a, b et c : c² = a² + b²

c² = (wy + xz)² = w²y² + 2wxyz + x²z² = w²(w + x)² + 2wx(w + x)(2x + w) + x²(2x + w)² = w²(w² + 2wx + x²) + 2wx(2wx + w² + 2x² + wx) + x²(4x² + 4wx + w²)

= w⁴ + 2w³x + w²x² +  4w²x² + 2w³x + 4wx³ + 2w²x² + 4x⁴ + 4wx³ + w²x² = w⁴ + 4x⁴ + 4w³x + 8wx³ + 8 w²x²

a² + b²= w²z² + 4x²y² = w²(2x + w)² + 4x²( w + x)² = w²(4x² + 4wx + w²) + 4x²(w² + 2wx + x²) = 4w²x² + 4w³x + w⁴ + 4w²x² + 8wx³ + 4x⁴ = w⁴ + 4x⁴ + 4w³x + 8wx³ + 8w²x²

II°/ Le triplet (3n,4n,5n) :

Le triplet le plus connu est (3, 4, 5) : en effet 3² + 4² = 9 + 16 = 25 = 5².

De fait, les triplets de la forme (3n, 4n ,5n) sont aussi pythagoricien : (3n)² + (4n)² = 9n² + 16n² = 25n² = (5n)².

III°/ Généralisation :

On peut en trouver d’autre : 5² + 12² = 25 + 144 = 169 = 13² et leur variantes : (5n)² + (12n)² = 25n² + 144n² = 169n² = (13n)².

Tout triplet pythagoricien (a,b,c) peut s’obtenir de la façon suivante : Choisir trois entiers naturels quelconques u,v et n, avec u strictement plus grand que v, et poser :

IV°/ Une autre formule :

Il existe une formule « magique » et très élégante qui permet trouver une infinité de triplet.

Cherchez des triplets :

V°/ Des triplets très particuliers :

1°/ Un triplet compliqué :

Voici un triangle rectangle avec des côtés rationnels (le côté le plus long a un dénominateur de 45 chiffres !) et une aire de 157 a été découvert par Don Zagier en 1993.

2°/ Une hypoténuse paradoxale de longueur nulle :

Un étrange triangle rectangle impliquant le nombre imaginaire unitaire i. Le carré du  nombre complexe i est égal à -1, donc : i² + 1 ² = -1 + 1 = 0 !!!!!!! C’est bien sûr n’importe quoi, mais c’est amusant.

3°/ Un triangle rectangle magique :

Un triangle avec des côtés π (3,14), e (2,71) et le nombre d’or (1,61) est presque un triangle rectangle !

 4°/ Triangle de Kepler :

Un triangle de Kepler est un triangle rectangle formé de trois carrés dont les aires sont en progression géométrique selon le nombre d’or. Ce triangle a pour côté 1,\sqrt{\varphi} et \varphi, donc on a bien : \sqrt{\varphi}^{2}+1^{2}=\varphi+1=\varphi^{2}

Traçons le cercle circonscrit au triangle de Kepler dont le diamètre est l’hypoténuse du triangle. Les périmètres du carré (4\sqrt{\varphi} ≈ 5,0884) et du cercle (2\pi R=2\pi\frac{\varphi}{2}=\pi\varphi ≈ 5,083) sont presque égaux avec une erreur inférieure à 0,1 %.De là, nous pouvons obtenir la coïncidence d’approximation : 4\sqrt{\varphi}=\pi\varphi\Rightarrow\pi=\frac{4\sqrt{\varphi}}{\varphi}=\frac{4}{\sqrt{\varphi}}

5°/ Triangle rectangle de Fibonacci :

La somme des carrés de nombres de Fibonacci consécutifs est un autre nombre de Fibonacci.