Une tour de cartes qui penche à l’infini

Pista verde El 14 noviembre 2016  - Escrito por  Samuel Tapie, Joe Viola Ver los comentarios (10)

En partant d’une tour de cartes bien droite, et en poussant intelligemment ses cartes, on peut la faire pencher sans qu’elle tombe... Jusqu’où peut-elle pencher ? Une réponse mathématique à double sens.

Rediffusion d’un article publié le 5 octobre 2015.

Faire pencher une tour de cartes

Dans cet article, on appelle une «tour de cartes» un paquet de (beaucoup de) cartes posées à plat. Une pile de cartes très haute, donc.

Considérons une tour de $n$ cartes à jouer et faisons un petit jeu : jusqu’où peut-on pousser les cartes (vers la droite, par exemple) sans faire tomber la tour [1] ?

Commençons tout en haut. Si on déplace uniquement la première carte, on devine qu’on peut la pousser jusqu’à ce qu’elle soit en équilibre, à moitié sur la carte en-dessous et à moitié dans le vide. On ne peut pas la pousser plus, on ne peut même pas souffler trop fort, sans qu’elle ne tombe.

Pourquoi précisément pousser jusqu’à la moitié ? C’est que le centre de gravité de la carte à jouer se trouve en son milieu. Rappelons que le centre de gravité d’un objet (ici, puisqu’on ne pousse les cartes que dans une seule direction, notre carte se ramène à un objet à une dimension, une «barre») est le point sur lequel on peut le poser de sorte qu’il tienne en équilibre. Dans cet article, nous aurons simplement besoin du centre de gravité d’une barre (de masse négligeable) qui relie deux poids : cela correspond à la notion mathématique de barycentre [2]. Le lecteur pourra se reporter au bel article sur les mobiles de Calder pour plus de détails sur cette notion.

Donc si le centre de gravité de la carte est au dessus de la tour, la carte tient en équilibre ; s’il est au dessus du vide, elle tombe.

Poussons un peu plus de cartes, toujours en commençant par le haut. Pour simplifier les calculs, supposons que la longueur d’une carte est 2 unités. Si on déclare que le centre de la tour est à zéro (le côté droit se trouve donc à $1$), on a vu que l’on peut pousser le centre de la première carte de $1$ unité et pas plus loin (voir figure ci-dessus).

Une fois cette première carte poussée de 1 unité, regardons si l’on peut faire bouger ensemble les deux cartes supérieures. Un dessin suffit à se convaincre que le centre de gravité de cet ensemble de deux cartes se trouve à mi-chemin entre les centres de gravité de chaque cartes. On peut donc encore décaler ces deux cartes ensemble de $\frac12$ unité (voir dessin) en gardant le centre de gravité au-dessus de la tour. C’est à dire sans faire tomber nos deux cartes. Le bout de la tour a donc avancé de $1+\frac12 = 1,5$ unités. Schématiquement, puisque nous avons poussé les deux premières cartes le plus loin possible, on peut les modéliser ensemble par deux pierres (pesant chacune le poids d’une carte) empilées exactement sur le bord de la troisième carte.

État après une carte déplacée

Calcul du nouveau centre de gravité

Déplacement

Refaisons pareil : maintenant que les deux cartes supérieures sont décalées au maximum, essayons de les pousser avec la troisième. Là encore, il nous faut comprendre où se trouve le centre de gravité de cet ensemble de trois cartes. On a donc le poids d’une carte en 0 (la carte n$^o$3) et le poids de deux cartes en 1 (les cartes n$^o$1 et n$^o$2). La vieille loi de la balance d’Archimède [3], ou encore la définition du barycentre pour un mathématicien, nous disent que le centre de gravité de cette ensemble se trouve à distance $\frac23$ du côté gauche, et distance $\frac13$ du côté droit. On peut donc décaler encore ce paquet de trois cartes de, exactement, $\frac13$. L’avancée totale du surplomb de notre tour se trouve maintenant à $1 + \frac12 + \frac 13$ unités de son bord initial.

État après 2 cartes déplacées

Calcul du nouveau centre de gravité

Déplacement

Bien sûr, si l’on souhaite recommencer et pousser la quatrième carte le plus loin possible, on va modéliser les trois premières cartes comme un empilement de trois pierres posées exactement sur le bord de la quatrième (dont le poids est en 0), calculer où se trouve le centre de gravité de ce nouvel ensemble. On trouvera donc qu’on peut décaler un peu plus, exactement de $\frac14$ d’unité, la quatrième carte. Ainsi de suite...

État après 3 cartes déplacées

Calcul du nouveau centre de gravité

Déplacement

Voici les figures pour le déplacement de la 5ème carte...

État après 4 cartes déplacées

Calcul du nouveau centre de gravité

Déplacement

On continue de la même façon : si on a déjà poussé les $n-1$ premières cartes (le plus loin possible), on les modélise comme un empilement de $n-1$ pierres au dessus du bord de la $n$-ème carte. En régardant la $n$-ième carte comme une pierre placée en zéro, la même application de la loi de la balance nous dit qu’on peut encore décaler cette $n$-ième carte d’exactement $\frac{1}{n}$.

En ajoutant toutes ces distances ($1/k$ pour la $k$-ième carte), on obtient un surplomb maximal pour une tour de $n+1$ cartes (chacune de longueur $2$) de
\[ E(n) = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}, \]
car la $(n+1)$-ième carte est toujours à sa place sur le sol !

Y a-t-il un surplomb maximal ?

Le surplomb de notre tour avance avec chaque carte déplacée, mais chaque fois un peu moins ! Lorsque l’on déplace la $1000$-ème carte, on ne peut la bouger que d’un millième d’unité... Du coup, peut-on vraiment faire avancer notre surplomb arbitrairement loin ? Autrement dit, la quantité
\[ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \]
peut-elle être aussi grande que l’on veut lorsque $n$ devient très très grand ? Nous allons montrer que oui : la tour peut bien avancer aussi loin qu’on veut.

La première carte avance de $1$ unité, la seconde de $\frac12$ unité. Remarquons ensuite que $1/3 \geq 1/4$ et $1/4 \geq 1/4$. Donc
\[ \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \geq \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}. \]
En déplaçant quatre cartes, la tour avance donc d’au moins $1 + \frac12 + \frac12 = 2$ unités. L’avantage de cette méthode est que on peut la répéter : $1/5$, $1/6$, $1/7$ et $1/8$ sont tous les quatres supérieurs à $1/8$. On a donc
\[ \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} \geq 4\times \frac{1}{8} = \frac{1}{2}. \]

En déplaçant 8 cartes, la tour avance donc d’au moins $1+\frac12 + \frac12 + \frac12=2,5$ unités. On continue comme cela, en ajoutant a chaque fois deux fois plus de cartes pour arriver à $1/2$ :
\[ \frac{1}{9} + \frac{1}{10} + \dots + \frac{1}{16} \geq 8 \times \frac{1}{16} = \frac{1}{2}, \]
\[ \frac{1}{17} + \frac{1}{18} + \dots + \frac{1}{32} \geq 16 \times \frac{1}{32} = \frac{1}{2}. \]
En déplaçant 32 cartes, la tour avance donc d’au moins $1+\frac12 + \frac12 + \frac12 + \frac12 + \frac12= 3,5$ unités... On se convainc facilement que, en prenant assez de cartes, on peut faire avancer la tour autant de fois que l’on veut de $1/2$ unité. Il n’y a donc pas de limite à l’avancée du surplomb ! Mais il faut beaucoup de cartes...

Quels surplombs peut-on vraiment construire ?

Nous pouvons donc faire avancer le surplomb de notre tour d’une distance de $1/2$ (fois la longueur d’une carte), autant de fois qu’on veut, mais cela coûte cher : on ajoute 2 cartes, puis 4, puis 8, puis 16, puis 32... après 20 répétitions de ce procédé, notre surplomb avancera bien d’au moins 10 fois la longueur d’une carte, mais il nous faut pour cela 2.097.150 cartes !

Notre raisonnement ci-dessus n’a pas donné la valeur exacte du nombre de l’avancée maximale d’une tour de $n$ cartes. Néanmoins, la vérité n’est pas bien loin. Avec un ordinateur (et avec une fonction incroyable qui s’appelle le logarithme) on peut calculer précisement le nombre de cartes dont on aurait besoin.

Rappelons qu’une carte à jouer standard a $89$mm de longueur et $0,27$mm d’épaisseur. Sa largeur est de $64$mm, mais elle n’a pas d’importance ici.

Si on prend mille cartes, on obtient donc une tour de 27cm de hauteur. Jusqu’où peut-on pousser son surplomb ? Le calcul
 [4]
montre que l’avancée maximale est
\[ E_{max} = 33,3\mbox{cm}, \]
ce qui est déjà pas mal !

Construisons maintenant une tour cartes de 2m de hauteur. Combien de cartes faut-il ? On divise la hauteur par l’épaisseur d’une carte, $0,27\mbox{mm} = 0,00027\mbox{m}$, il nous faut donc
\[ n = \frac{2\mbox{m}}{0,00027\mbox{m}} = 7.407 \mbox{ cartes}. \]
Le calcul montre alors que le surplomb peut avancer de
\[ E_{max} = 42,2\mbox{cm}. \]
C’est un peu décevant : on est passé de 33cm à 42cm de surplomb, alors nous avons multiplié la hauteur de la tour par plus que 7 !

La tour Eiffel fait 309m de hauteur. Si on avait beaucoup de cartes, plus d’un million, pour en faire une tour de 309m, qu’obtiendrait-on ? La réponse est encore plus décevante : l’avancée du surplomb serait au maximum
\[ E_{max} = 64,5\mbox{cm}. \]
Un million de cartes ne suffit pas pour obtenir un surplomb qui avance d’un mètre, loin de là !

Pour terminer, rêvons un peu. Décidons de construire une tour de cartes qui aille de la Terre à la lune. Il faudra pour cela une tour de hauteur
\[ 390.000.000\mbox{m}~! \]
Avec la méthode précédente, la tour peut se pencher jusqu’à ce que le surplomb avance de... 1,27m, la taille moyenne d’un enfant de 8 ans !


Petite conclusion mathématique. La fonction qui donne le surplomb en fonction du nombre de cartes s’appelle le logarithme. On a montré plus haut que lorsque $n$ devient grand, $\log(n)$ devient aussi grand que l’on veut (on dit qu’il tend vers $+\infty$). Mais les quelques exemples de tours décrites juste au dessus montre qu’il ne tend que très lentement vers $+\infty$... En conclusion moins mathématique, méfie-toi si quelqu’un te démontre que tu peux construire une tour avec un surplomb sans limite : il te faudra peut-être une très grande échelle !

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Piles de domino
Piles de dominos, extraites du site How round is your circle et du livre du même nom , Princeton University Press (2011), par John Bryant et Chris Sangwin.

Pour le lecteur curieux, évoquons pour finir quelques variantes dans la construction des tours de cartes.

Supposons d’abord qu’on s’autorise à coller les cartes entre elles, pour pouvoir aller plus loin sans que chaque carte ne tombe, mais sans coller la tour au sol. jusqu’où peut-on faire avancer notre tour, sans que cet ensemble de cartes collées ne tombe sur le côté ? Une construction très simple, ressemblant à une grue de chantier, permet avec $n$ cartes d’avancer de $C\ell *\sqrt{ n}$, où $\ell$ est la longueur de la carte, et $C<1$ peut être aussi proche de $1$ que l’on veut lorsque $n$ est grand... Avec 10000 cartes, on peut donc avancer de plusieurs dizaines de mètres, bien plus que les 45 cm qu’autorisent les cartes non-collées !

Venons-en maintenant à des résultats beaucoup plus récents sur ces tours de cartes (non collées). Supposons qu’on s’autorise des «tours larges», c’est à dire qu’on puisse empiler non pas une seule carte à chaque étage, mais plusieurs, comme sur le dessin ci-dessous. En commençant bien sûr avec une seule carte à la base.

En répartissant intelligemment des cartes de chaque côté du pied de la tour, on peut avancer (sans coller les cartes) nettement plus loin qu’avec la tour qui penche décrite plus haut. Avec des assemblages compliqués, comme ceux décrits dans ce bel article, on peut réaliser avec $n$ cartes, une tour dont l’avancée de l’ordre de $C n^{\frac 1 3}$ ! C’est moins qu’en collant les cartes, mais toujours beaucoup plus qu’avec une simple tour...


Remerciements

S.T et J.V remercient les relecteurs Bastien_B, Serge Cantat, Nicolas Curien et Mélanie Guenais, ainsi que Chris Sangwin pour l’autorisation d’utiliser ses belles images de piles de dominos.

Article édité par Serge Cantat

Notas

[1On ne pousse les cartes que dans une seule direction. On peut donc se ramener à un problème à une seule dimension, dans la direction de la longueur de la carte.

[2Le barycentre de deux points $A$ et $B$ auxquels on a attaché les masse $m_A$ et $m_B$ est défini comme le point $G$ du segment $[AB]$ tel que $\frac{d(A,G)}{m_A} = \frac{d(B,G)}{m_B}.$

[3Le lecteur pourra de nouveau se reporte à l’article sur les mobiles de Calder pour une explication détaillée de la loi de la balance

[4Le calcul de la somme des 1/k est accessible après un Bac + 2 scientifique ; il est par exemple expliqué ici. Il donne
\[\sum_{k = 1}^n \frac{1}{k} \approx \ln n + \gamma,\]
où $\ln$ est la fonction logarithme, $\gamma\simeq 0,577$ est la constante d’Euler, et $\approx$ signifie que la différence entre les deux quantités tend vers 0 lorsque $n$ est grand.
On peut en déduire que la formule pour l’extension maximale $E_{max}$ du surplomb en fonction de la hauteur $H$ de la tour est :
\[ E_{max}(H) \approx \frac{1}{2}\ell\left(\ln \frac{H}{h} + \gamma\right) \]
et la hauteur de la tour nécessaire pour une avancée de surplomb d’une distance $E$ \[ H(E) \approx h \exp\left(\frac{2E}{\ell}-\gamma\right), \]
avec $h = 0,27$mm et $\ell = 89$mm.

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Para citar este artículo:

Samuel Tapie, Joe Viola — «Une tour de cartes qui penche à l’infini» — Images des Mathématiques, CNRS, 2016

Créditos de las imágenes:

Imagen de portada - http://web.mat.bham.ac.uk/C.J.Sangwin/howroundcom/front.html
Piles de domino - http://web.mat.bham.ac.uk/C.J.Sangwin/howroundcom/balance/index.html

Comentario sobre el artículo

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  • Une tour de cartes qui penche à l’infini

    le 7 de octubre de 2015 à 13:01, par ROUX

    A faire (pour ma part, déjà fait) avec des Kaplas :)!!!

    Répondre à ce message

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