Combien de temps durerait une chute dans un tunnel qui traverse la Terre ?

Je résume brièvement.

Et si l’on creusait un tunnel à travers la Terre et que l’on sautait à l’intérieur ?

Alors combien de temps faudrait-il pour arriver jusqu’à l’autre extrémité ? Depuis près de 50 ans, les scientifiques affirment qu’il faudrait 42 minutes et 12 secondes pour traverser un tunnel creusé à l’intérieur de la Terre mais une étude publiée en 2015 leur a donné tort. Ces recherches ont été menées par Alexander Klotz de l’Université McGill à Montréal et ont permis de conclure qu’il en fallait moins (à cause de la densité non uniforme de la Terre).

 

Je me suis penché sur cette problématique, et je me suis basé sur la densité moyenne uniforme de la Terre, comme pour les calculs d’il y a 50 ans.
Une chute libre suit une accélération dans un tunnel en passant par le centre de la Terre.
J’ai tenu compte de la variation de l’accélération de la pesanteur en fonction de la distance parcourue.
Je pose alors g(z) = 9,81 / ((4 R^3 / (z²(3R – z))) – 1)
et aussi z(t) = (1/2) * g(z) * t²
Avec R = 6371000 m (rayon terrestre moyen), z = distance parcourue dans le tunnel, par rapport au point d’origine situé au niveau de la mer.
Calculer la durée à travers du demi-tunnel est tout simple, avec la condition suivante :  z = R. Donc t = 2R/g.
Temps pour parcourir le tunnel entier :   t =  4 R / g = 2 fois 1298,88 secondes, soit 43 minutes et 18 secondes.
Je trouve donc un résultat très proche de la valeur connue jusqu’en 2015.
Évidemment, comme la Terre a une densité variable selon sa profondeur (la densité n’est pas constante dans la réalité), on appelle cela un gradient de densité, cela change forcément le contenu des calculs.
Tout lycéen de Terminale S (niveau Bac S) sait normalement calculer tout cela.
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Géométrie dans l’espace et vecteurs coplanaires

Comment démontrer que 3 points sur un globe sont alignés en suivant la rotondité terrestre ?

Jusqu’à présent, je m’étais basé au mieux sur Google Earth pour cela. Mais on peut utiliser la géométrie dans l’espace et les vecteurs si on veut réaliser une démonstration mathématique.

Soit R le rayon terrestre moyen. Soient x, y et z les axes d’un repère tridimensionnel centré sur le point origine (0;0;0). L’équation de la sphère est x² + y² + z² = R².

Par conséquent, à partir de la latitude et la longitude (angles en radians) d’un point de la surface du globe, on en déduit les coordonnées cartésiennes :

x = -R*sin(longitude)*cos(latitude)
y = R*sin(latitude)
z = R*cos(longitude)*cos(latitude)

Toute latitude Sud est de valeur négative (inférieure à zéro, de 0° à -90°). Toute longitude Ouest est de valeur négative (de 0° à -180°, donc de 0 radian à -pi radians).

Maintenant, pour chaque point situé à la surface du globe correspond un vecteur : ce vecteur est un segment entre ledit point du globe et le centre de la Terre (point origine). Ainsi, pour un point de coordonnées (a;b;c), on aura un vecteur défini selon le point (a;b;c) et le point origine (0;0;0). Le vecteur vaut donc (-a;-b;-c).

Soient 2 points situés sur le globe terrestre : on définit alors un plan qui coupe le globe terrestre et qui passe par (0;0;0) et qui passe aussi par les 2 points. Tout troisième point est aligné avec les 2 premiers points (alignement en suivant la courbure terrestre, mais pas selon une droite) si les 3 vecteurs sont coplanaires, donc appartenant au même plan.

Les vecteurs  \vec u,  \vec v et  \vec w sont coplanaires si et seulement si les trois vecteurs forment une famille liée, s’il existe un triplet de scalaires k, m, n différent de (0,0,0) tel que  k  \vec u + m  \vec v + n  \vec w.

 

Étude du cas de Stonehenge, la caldeira de Santorin et la Kaaba (La Mecque) :

  • Stonehenge : 51,18° N et 1,826° W
  • Santorin : 36,4° N et 25,4° E
  • Kaaba : 21,42°N et 39,83° E

 

Ce qui donne les coordonnées cartésiennes suivantes :

  • Point S : Stonehenge : 127 ; 4964 ; 3992
  • Point T : Santorin : -2200 ; 3781 ; 4632
  • Point K : Kaaba : -3799 ; 2327 ; 4555

On change le signe des nombres pour obtenir les valeurs cartésiennes des vecteurs OS, OT et OK.

On constate qu’il existe des nombres réels a et b et c tels que :

a * vect(OS) + b * vect(OT) + c * vect(OK) = 0

et je trouve : 0,059061 vect(OS) – 0,69299 vect(OT) + 0,40328 vect(OK) = 0

Par conséquent, les vecteurs OS, OT et OK sont coplanaires, et donc les points S, T et K sont alignés sur la courbure terrestre. (Il ne s’agit évidemment pas d’un alignement euclidien, comme une droite).

 

Preuve visuelle avec Geogebra :

Geogebra

 

John Philip C. Manson

 

 

Hexagone inscrit dans un cube

  • Dans un vieil article, j’avais évoqué des polygônes dans le cas du cube tranché lors des défis mathématiques du journal Le Monde :  https://jpcmanson.wordpress.com/2013/04/05/les-defis-mathematiques-du-monde-le-cube-tranche/

Je vais donner davantage de détails pour le cas de l’hexagone inscrit dans un cube. On peut voir une vidéo à ce sujet ici : http://www.lemonde.fr/sciences/video/2013/04/19/les-defis-mathematiques-du-monde-reponse-de-l-episode-2-le-cube-tranche_3163253_1650684.html

De plus, vous constaterez en bas de la vidéo un commentaire désobligeant écrit par un imbécile qui s’est permis de critiquer Cédric Villani sans raison valable…

Bon, revenons au sujet.

Soit un cube de côté 1. Dont voici les coordonnées des sommets :

  • A (0;0;1)    B(1;0;1)  C(1;0;0)   D(0;0;0)
  • E(0;1;1)   F(1;1;1)   G(1;1;0)   H(0;1;0)

Ensuite, les coordonnées des milieux d’arêtes :

  • I(1/2;0;1)    J(1;0;1/2)    K(1;1/2;0)
  • L(1/2;1;0)     M(0;1;1/2)   N(0;1/2;1)

Un plan coupe de cube de façon à ce que les intersections soient les sommets d’un hexagone régulier.

On a alors un hexagone régulier de côté 1/√2.

L’équation paramétrique du plan, par lequel sont les points de l’hexagone, est :   x + y+ z + 3/2 = 0.

Cela démontre qu’il est possible d’obtenir un hexagone en tranchant un cube de façon oblique.

 

John Philip C. Manson

 

 

Les lieux sacrés et les alignements entre eux

Je reviens sur un des paragraphes de mon article https://jpcmanson.wordpress.com/2015/07/08/silence-ca-pousse/ dans lequel était évoqué le Vercors, que certains qualifient de « haut lieu énergétique »… Expression étrange à prendre avec des pincettes, bien sûr. S’il y avait vraiment de hautes énergies, il y aurait longtemps que les prophètes du développement durable les auraient exploitées…

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Selon le site ci-contre http://reve-la-tion.over-blog.com/article-hauts-lieux-energetiques-118830803.html les lieux « énergétiques » se situeraient à l’intersection de lignes « d’énergie », un peu comme « les méridiens d’acupuncture ». J’ai connaissance que cela s’appelle aussi « lignes ley », et cela me fait penser au « réseau Hartmann ».

Bien évidemment, si je parle de ce sujet, c’est pour en faire une analyse critique, et certainement pas pour en proclamer une quelconque adhésion.

Examinons bien l’image : https://eurogrille.files.wordpress.com/2013/01/avebury-mont-saint-michel.jpg

Les lignes font des intersections et tracent des formes hexagonales.

Trois lieux ont retenu mon attention : Stonehenge, le Mont Saint-Michel et l’île d’Oléron. L’alignement de ces trois lieux est-il parfait ? Non ! Le Mont Saint-Michel est approximativement au sud de Stonehenge, avec une déviation angulaire vers l’est de 18,25 minute d’arc, et l’île d’Oléron est approximativement au sud du Mont Saint-Michel, avec une déviation angulaire vers l’ouest de 12,66 minutes d’arc. De plus, la distance entre Stonehenge et Saint-Michel est carrément différente de la distance entre Saint-Michel et Oléron : 283,64 km pour la première distance, et 302,81 km pour la deuxième. Tandis qu’avec des hexagones réguliers, les segments auraient dû avoir géométriquement la même longueur. Vu la grandeur des distances pour un hexagone, cette aire couvre la surface d’un ou de deux départements français, il est donc naturel de trouver fortuitement des villes importantes (au moins 1 préfecture et des sous-préfectures) à proximité des « noeuds » de convergence des lignes… De là à les considérer comme des lieux sacrés…

Un calcul m’indique que si l’on disperse 34 points aléatoirement sur un plan, alors la probabilité qu’il y ait au moins 3 points alignés (selon une déviation angulaire inférieure ou égale à 0,5°) est supérieure à 50%. Ainsi, sur une carte IGN présentant une trentaine de points étant des lieux historiques, touristiques ou culturels (qui sont aléatoirement placés sur la carte), il y a de fortes chances pour que l’on observe un alignement de 3 points parmi la trentaine de points existants. L’alignement alors observé est dû au hasard, il n’y a pas de déterminisme caché derrière ça.

On a vu avec Stonehenge, Saint-Michel et Oléron que ces lieux sont assez approximativement alignés à défaut d’un alignement parfait. De plus, les distances diffèrent (ce qui ne forme plus vraiment un hexagone régulier).

Concrètement, un hexagone ici a un côté dont la longueur est soit de 141,82 km, soit de 151,405 km. Ainsi, l’aire d’un hexagone ici est entre 52254,9 km² et 59556,9 km² (soit plus de 5 millions d’hectares). Ainsi, en gros, il y a 3500 à 4000 villes dans chaque hexagone, d’après l’image https://eurogrille.files.wordpress.com/2013/01/avebury-mont-saint-michel.jpg Ce qui implique qu’un alignement même approximatif est assez probable… Il ne faut que 90 points aléatoires environ pour avoir au moins un alignement certain à 100% entre 3 points dont la déviation est inférieure ou égale à 0,5°.

Et en réexaminant un de mes articles anciens : https://jpcmanson.wordpress.com/2014/07/11/topometrie-alignement-de-sites-statistiques-et-probabilites/ je dois apporter des éléments nouveaux.

Il est possible de déterminer le nombre d’alignements de 4 points en fonction du nombre de points aléatoires sur un plan. J’ai personnellement trouvé une fonction :  A(N) = 0,0000312543 N3 – 0,000018304 N² – 0,000163868 + 0,000150918.

  •  On a alors 80 alignements de 4 points avec 137 points aléatoires.
  • Et 607 alignements de 4 points avec 269 points aléatoires.
  • On aura a priori un alignement à partir de 31 ou 32 points aléatoires.

 

 

John Philip C. Manson

 

Equation de la sphère

Par hasard, sur Yahoo Q/R, je découvre une question de géométrie dans l’espace :

  • Déterminer l’équation de la sphère passant par les deux points A(4 ; 2 ; -3), B(-1 ; 3 ; 1) et ayant son centre sur la droite CD connaissant C(2 ; 3 ; 7) et D(1 ; 5 ; 9).

Je précise ne pas avoir abordé ce type de problématique quand j’étais au lycée (il y a bien longtemps). Ou bien je n’avais pas su le résoudre (à l’époque c’est certain).

Ainsi, je vais faire l’exercice avec comme seul outil : la logique. La mémoire des cours n’est donc pas nécessaire. On parvient à résoudre l’exercice par la seule réflexion. Il faut prendre le temps de réfléchir et de comprendre.

Tout d’abord, l’équation du cercle, où le cercle de rayon R est centré sur le point (0;0) dans un plan est x² + y² = R².

Mais l’équation de la sphère ? Je me suis dit qu’il fallait ajouter une dimension spatiale perpendiculaire au plan.

Ainsi, une sphère de rayon R et centrée sur le point (0;0;0) obéit à cette équation :

x² + y² + z² = R²

Mais l’on sait d’après l’énoncé que la sphère n’est pas centrée sur (0;0;0).

Soient a et b et c tels que (a;b;c) est le centre de la sphère, lequel est un point qui appartient à la droite CD.

Alors dans ce cas, l’équation devient :

(x+a)²+(y+b)²+(z+c)² = R²

De plus, d’après les points A et B, on sait que l’équation de la sphère doit respecter l’égalité suivante :

(4+a)²+(2+b)²+(-3+c)² = (-1+a)²+(3+b)²+(1+c)²

Ainsi, les segments OA et OB ont même longueur (égale au rayon R), où le point O désigne le point (a;b;c) qui est le centre de la sphère.

Pour déterminer les valeurs de a et b et c, j’ai improvisé une sorte de cuisine, en écrivant une sorte d’équation paramétrique de la droite CD. Paramétrique, dis-je, parce que j’ai ailleurs entendu parler d’équation paramétrique du plan, et là j’applique cela à une droite qui traverse un espace.

J’introduis alors la variable t, telle que :

a = 2 – t
b = 2t + 3
c = 2t + 7

C’est le seul moyen que j’ai trouvé pour tenter de résoudre le problème, et je suppose que c’est comme ça que ça se fait habituellement.

Ensuite, on obtient donc ça :

(x+(2-t))²+(y+(2t+3))²+(z+(2t+7))² = R²

Et en injectant les points A et B dans cette équation, je trouve ça :

(4+(2-t))²+(2+(2t+3))²+(-3+(2t+7))² = (-1+(2-t))²+(3+(2t+3))²+(1+(2t+7))²

Ainsi, on va pouvoir résoudre t. Je trouve t = -4/5.

Connaissant désormais la valeur de t, on peut calculer a et b et c :

a = 14/5 = 2,8 , b = 7/5 = 1,4  , c = 27/5 = 5,4.

Alors l’équation de la droite, encore incomplète, devient :   (x+14/5)² + (y + 7/5)² + (z + 27/5)² = R²

Vérification :

(4+14/5)² + (2 + 7/5)² + (-3 + 27/5)² = (-1+14/5)² + (3 + 7/5)² + (1 + 27/5)² = R² = 1589/25

Maintenant, nous connaissons enfin le rayon de la sphère, il vaut R = 7,9725.

L’équation de la sphère est maintenant complète :

(x+14/5)² + (y + 7/5)² + (z + 27/5)² = 1589/25

Par vérification, en remplaçant (x;y;z) par les points A et B, on constate que l’égalité ci-dessus est respectée : les points A et B font bien partie de la surface de la sphère. Tandis que le point (a;b;c) qui est le centre de la sphère, il fait bien partie de la droite CD.

J’ai su résoudre l’exercice. Normalement, les élèves de Terminale S doivent pouvoir résoudre eux aussi ce genre d’exercice, car la géométrie dans l’espace fait partie du programme scolaire de Terminale S.

Avec cet exercice ici, on comprend les mathématiques quand on prend le temps de réfléchir. Les solutions ne tombent jamais du ciel. Il faut de l’effort et du temps. On n’est pas dans un stade olympique où il faut essayer de courir plus vite que le dieu Usain Bolt. 😉

En maths, la vitesse est l’ennemie de l’exactitude. Aller trop vite, c’est prendre le risque de se planter. On tombe à terre et on mord la poussière. Aller vite, c’est le signe que l’on prend les maths comme une corvée dont on veut se débarrasser, non ?

Je sais que les maths peuvent donner de grosses migraines, mais ceux qui ont délibérément choisi la voie des mathématiques, ils assument leur choix. Non ?  😉

Mathématiquement vôtre.

John Philip C. Manson

 

 

Topométrie : alignement de sites, statistiques et probabilités

  • Aujourd’hui, le sujet d’étude est consacré aux alignements de sites (monuments, églises, calvaires, mégalithes, etc), et ce concept va être confronté à la géométrie sur le plan et les probabilités.

Beaucoup considèrent ce genre de thème explicité par cet article suivant http://fr.wikipedia.org/wiki/Alignement_de_sites selon le point de vue du sourcier ou du mystique. Ainsi, dans la mouvance New Age, certains croient que les sites topographiques (dûment cités plus haut) forment des alignements surprenants et vont jusqu’à donner des interprétations et explications farfelues.

Moi-même, sur une carte IGN, il y a plus de 20 ans, j’ai constaté en effet des alignements (plus ou moins approximatifs) en ce qui concernent des sites qui ont été construits par la main de l’homme. Ces alignements existent, c’est un fait. Mais quelle interprétation peut-on leur donner ?

L’hypothèse mystique, religieuse, spirituelle ? L’œuvre des dieux du paganisme ou celle des petits hommes verts ? Non, il y a plus simple. L’on doit considérer le sujet comme un thème des mathématiques, notamment la géométrie sur le plan et la statistique.

J’ouvre une carte IGN. Elle est à l’échelle 1:25000. C’est-à-dire que 1 cm sur la carte représente 25000 cm sur le terrain, soit 250 mètres sur le terrain. Donc 4 cm sur la carte, cela fait 1 km sur le terrain. Il y a plus de 20 ans, je constatais des alignements comme je l’ai raconté plus haut.

Mais à propos de ces alignements, il fallait apporter une explication scientifique. Les maths sont là pour nous venir en aide.

Donc, j’ai ouvert la carte. Je pose 1 mètre carré de la carte IGN (IGN est le sigle de l’Institut national de l’information géographique et forestière), voir ici : http://fr.wikipedia.org/wiki/Institut_national_de_l%27information_g%C3%A9ographique_et_foresti%C3%A8re  Franchement, ils font de très bonnes cartes. C’est très intéressant d’étudier des cartes topographiques, notamment quand on fait de la géologie.

En créant un programme informatique qui utilise la notion de vecteurs colinéaires, j’engendre 3 points aléatoires sur 1 m² de la carte. La précision du positionnement de chaque point est de l’ordre de 1 mm sur la carte, soit 25 m sur le terrain. Pour que les 3 points soient alignés entre eux, à 1 mm près, la probabilité est d’environ 0,001%, soit une chance sur 100 000. Et au mieux, une chance sur 60 000 environ.

Mais si on considère un alignement fortuit et assez approximatif, où la déviation peut atteindre 1 cm sur la carte (soit 250 m sur le terrain) et non plus 1 mm, la probabilité atteint environ 0,1%, c’est-à-dire 100 fois plus probable environ par rapport à la précision millimétrique. Soit environ une chance sur 1000.

Pour compliquer les alignements, j’ajoute un 4e point aléatoire : pour que 4 points soient alignés à 1 mm près sur la carte carrée de 1 m², la probabilité pour que cela arrive est entre 0 et 0,0003%. Puis à 1 cm près sur la carte, la probabilité atteint environ 0,01%.

Pour compliquer à nouveau les alignements, j’ajoute un 5e point aléatoire : pour que 5 points soient alignés à 1 mm près sur la carte, sur une aire carrée de 1 m², la probabilité pour que cela arrive est nulle ou presque. Puis à 1 cm près sur la carte, la probabilité atteint environ 0,0001% au mieux.

Mais plus on va ajouter de points, plus les alignements vont en fait devenir de plus en plus probables. Par exemple, supposons que je sature la carte avec une multitude de points, tous espacés quadratiquement entre eux de 1 mm : on obtient alors des alignements horizontaux et des lignes parallèles, et aussi des alignements verticaux et d’autres lignes parallèles, il y a aussi de nombreuses lignes perpendiculaires, sans oublier non plus des alignements en diagonales et à des angles divers et d’autres lignes parallèles entre elles. Il est donc clair qu’après un certain nombre de points aléatoires ajoutés sur la carte, les alignements fortuits deviennent plutôt probables. Avec une carte précise au millimètre près, on peut y mettre un million de points dessus, et cela peut engendrer des milliers d’alignements fortuits (horizontaux, verticaux, diagonales, etc). Avec une précision de 1 cm sur la carte, on peut placer 10 000 points aléatoires et former fortuitement des centaines d’alignements.

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Image ci-dessus : 80 alignements avec 4 points à partir de 137 points aléatoires.

 

Leylines

Ci-dessus : 607 alignements avec 4 points à partir de 269 points aléatoires.

Les alignements topographiques de sites n’ont rien de miraculeux ni rien de mystique. Ces alignements peuvent avoir le hasard comme cause. Ou même la volonté humaine comme cause, les bâtisseurs pouvant décider sciemment de créer des alignements voulus.

 

D’après mes propres recherches, il semblerait que la probabilité optimale d’obtenir un alignement de 3 points avec 3 points aléatoires avec une précision de l’ordre du millimètre au sein d’un carré de 1 mètre de côté serait égale à (0,001 pi / 3) × 3 × 2 = 0,0063, soit 0,63%.

Selon moi, il faut au moins 10 à 11 points aléatoires (avec une précision au mm près pour la position de chaque point) sur un carré de 1 m de côté pour que l’on rencontre au moins un alignement fortuit de 3 points à coup sûr.

 

© 2014 John Philip C. Manson

Nombre pi, géométrie dans le plan et expériences aléatoires

La polémique à propos de l’apparente difficulté de l’épreuve de maths pendant le Bac S 2014 a des conséquences positives. Lorsqu’on plonge dans les maths, et quand on a des idées et beaucoup d’imagination, on peut suivre certaines pistes intéressantes dans le domaine des mathématiques. En explorant la géométrie suite à la réflexion portée sur l’exercice 4 de l’épreuve de maths du Bac S, et qui a aiguisé mon inspiration, et puis en associant la géométrie avec des expériences de simulation du hasard, on peut tomber sur des trucs intéressants.

 

Premier exemple :

J’imagine un repère orthonormé 0;i;j. Soit un carré EFGH de côté 1 dont les coordonnées des côtés sont (0;0) et (0;1) et (1;0) et (1;1). Ensuite, on considère que dans l’aire du carré EFGH (aire qui vaut 1), on génère aléatoirement 3 points A et B et C dont les réels x et y (coordonnées respectives de A,B,C) appartiennent à l’intervalle [0;1].

ABC, par ses 3 points, forme un triangle quelconque ABC. La formule de Héron permet d’en calculer l’aire.

L’enjeu est de déterminer l’aire moyenne de ABC par rapport au carré EFGH. Pour cela, j’ai généré des millions de triangles pour évaluer cette aire moyenne rapportée à celle du carré.

Le rapport moyen vaut environ 0,076. Je m’attendais à découvrir un nombre réel où le nombre pi intervenait. En gros, le quotient moyen semble compris entre 1/(4×pi) et 3/(4×pi²). Je n’ai pas d’autre information là-dessus, c’est à explorer…

Souvent, le nombre pi intervient dans des phénomènes aléatoires. C’est le cas pour l’expérience de probabilité de l’aiguille de Buffon. Pareillement pour la loi normale (avec les courbes de Gauss : voir ici http://upload.wikimedia.org/math/8/f/1/8f1da4cf31d40e7b18f29c22a78c7abd.png).

 

 

Deuxième exemple :

Certains d’entre nous ont entendu dire que le rapport entre la longueur réelle d’un fleuve ou d’une rivière et la distance à vol d’oiseau entre la source et l’estuaire serait égal au nombre pi.

Cela en parle dans cette page : http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/Geometri/PiCurios.htm

Je cite :

  • « 3,14 =rapport entre la longueur réelle d’un fleuve, et sa longueur à vol d’oiseau. Loi postulée par Einstein et constatée par Hans-Hendrick Stolum, spécialiste des sciences de la Terre. »

J’ai vérifié avec le cas de la Loire, un célèbre fleuve français. Selon les géographes, la Loire mesure 1006 km de long, lorsque l’on suit les sinuosités. Ayant moi-même localisé la position géographique de la source (dans l’Ardèche) et celle de l’estuaire (à St Nazaire), et grâce à un calcul que j’ai mis au point il y a quelques mois pour calculer la distance à vol d’oiseau (en suivant la rotondité terrestre) entre deux points de la surface du globe (grâce aux coordonnées GPS), j’ai établi que le rapport vaut 1006 / 562,56 = 1,7883, donc proche de 1,8, ce qui est franchement loin du nombre pi.

Remarque à propos de Wikipedia : l’article sur la Loire (fleuve) raconte que la longueur du fleuve est de 1006 km, mais d’autres articles dans Wikipedia (liste des fleuves français) racontent que la Loire est longue de 1012 km… Je me suis aperçu de ça sur Google, avec les mots clés : longueur Loire. Cela ne change pas grand chose dans mes présents calculs, heureusement, mais les contradictions rencontrées dans Wikipedia ne font pas de celle-ci une référence fiable… La validité d’une information ne se mesure pas à la rapidité de son accès sur le web, mais à son exactitude.

Poursuivre la vérification avec d’autres fleuves est long. J’ai donc développé un programme de simulation qui génère aléatoirement les « courbures » des méandres d’un fleuve. Si l’écoulement est isotrope, c’est-à-dire sans direction d’écoulement privilégiée, le rapport tend vers 10,36 à 10,37 (auquel cas le fleuve peut croiser ses propres méandres, ce qui ne correspond pas à ce qui se passe dans la nature). Cependant, si l’écoulement se dirige dans la direction du vecteur OP (1;1) qui passe par le point O (0;0), alors le rapport devient nettement plus faible (le fleuve dans son parcours ne fait pas intersection avec lui-même). Tout dépend des reliefs rencontrés par le fleuve dans une direction d’écoulement due aux pentes locales.

Sur l’appui des maths, je n’ai pas encore, pour le moment, des preuves que le rapport entre la longueur sinueuse d’un fleuve et de sa longueur à vol d’oiseau tendrait vers le nombre pi. L’anecdote sur Einstein qui aurait lui-même évoqué un tel rapport qui serait égal au nombre pi serait-elle une légende urbaine ?

Je n’ai actuellement aucune conclusion définitive. Néanmoins, le cas de la Loire montre concrètement que le rapport tend vers 2 plutôt que vers 3,1415927… C’est ce qu’affirme aussi ce site : http://www.pi314.net/fr/anecdotespi.php dont je cite : «Skolum (1996) vérifia que le rapport entre la longueur réelle et la longueur à vol d’oiseau (distance entre la source et l’embouchure) d’une rivière égalait en moyenne Pi . Ce rapport se retrouve davantage au Brésil ou dans la toundra sibérienne, mais cela reste à vérifier… Pour ma part, en France, je trouve que le rapport est à chaque fois plutôt proche de 2 (coïncidence, d’ailleurs ?). »   Le doute est donc légitime.

Affaire à suivre.

Élément nouveau : j’ai vérifié pour la Seine, sa longueur courbée vaut 776 à 777 km, et mon calcul indique que la distance à vol d’oiseau entre la source et l’estuaire vaut 400,26 km. La division indique que 777 / 400,26 = 1,94, ce qui est proche de 2. Mais pas du nombre pi.

© 2014 John Philip C. Manson