Nombre triangulaire

Summarize Timeline Top Qs Fact Check

Formellement, les nombres triangulaires sont définis à partir d'une suite, notée ${\displaystyle (T_{n})}$ dans cet article, où ${\displaystyle n}$ est un indice^[2] parcourant les entiers strictement positifs :

Une autre manière de définir cette suite est de le faire par récurrence. Les deux formulations sont équivalentes :

Chez les Pythagoriciens, le quatrième nombre triangulaire, c'est-à-dire 10, est nommé tetraktys. Il dispose d'une dimension symbolique^[6].

Remarque : Le choix de ne pas définir le nombre triangulaire d'indice 0 se justifie historiquement, le zéro n'existant pas chez les Grecs de l'Antiquité. Cette convention est choisie pour certaines présentations didactiques^[3]. Elle est aussi choisie historiquement dans l'encyclopédie de Diderot et D'Alembert pour tous les nombres figurés^[7]. Mais elle n'est pas toujours suivie. Si l'on admet 0 comme nombre triangulaire, tout entier positif est somme de trois nombres triangulaires. Cette raison pousse Fermat et Gauss à choisir d'accepter 0 comme nombre triangulaire^[8].

Une vieille méthode de calcul provient de l'école pythagoricienne^[9]. Les Grecs de cette époque usaient de géométrie pour résoudre les questions de cette nature. Cette approche est qualifiée d'arithmétique géométrique. La figure de droite permet de comprendre comment ils calculaient le 8^e nombre triangulaire. La zone rouge de la figure correspond à ce nombre, c'est-à-dire la somme 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8. À cette zone rouge, on accole la zone bleue de la figure, contenant exactement le même nombre de pastilles que la rouge. La zone bleue et rouge contient un nombre de pastilles égal à deux fois le 8^e nombre triangulaire. Or cette zone est un rectangle de base 9 et de hauteur 8. Le double du 8^e nombre triangulaire est égal à 8 × 9 = 72 donc ce 8^e nombre est égal à 36. On retrouve bien la formule annoncée en introduction :

${\displaystyle T_{n}=1+2+\cdots +(n-1)+n={\frac {n(n+1)}{2}}.}$

Les nombres triangulaires sont ceux de la colonne d'indice 2 du triangle de Pascal

	0	1	2	3	4	5	6	7	8
1	1	1
2	1	2	1
3	1	3	3	1
4	1	4	6	4	1
5	1	5	10	10	5	1
6	1	6	15	20	15	6	1
7	1	7	21	35	35	21	7	1
8	1	8	28	56	70	56	28	8	1

Cette formule se réinterprète comme l'expression du n-ième nombre triangulaire sous la forme d'un coefficient binomial :

${\displaystyle T_{n}={n+1 \choose 2}.}$

Il en existe une preuve directe sans mots, par bijection entre les pastilles du triangle et les paires contenues dans un ensemble à ${\displaystyle n+1}$ éléments^[10].

Pour d'autres preuves, purement algébriques, voir l'article Somme (arithmétique), § « Somme des premiers entiers ».

Summarize Timeline Top Qs Fact Check

Les Grecs de l'école de Pythagore n'avaient pas connaissance des théorèmes fondamentaux de l'arithmétique élémentaire, comme le lemme d'Euclide, le théorème de Bachet-Bézout ou encore le théorème fondamental de l'arithmétique. Ils ont développé une arithmétique différente et les résultats présentés ici sont un peu à l'image de leur conception de l'arithmétique^[11]. Néanmoins, comme il n'existe pas de texte directement écrit sur cette question par les membres de cette école, il est difficile de relier des résultats précis à des dates ou des noms de membres de l'école^[12], ainsi que d'être catégorique sur le fait qu'un résultat était bien connu d'eux.

La figure de droite montre que la somme du quatrième et du cinquième nombre triangulaire forme le cinquième carré parfait, c'est-à-dire 25. Ce résultat n'est pas uniquement vrai pour la valeur cinq :

La formule précédente permet d'établir ce résultat :

${\displaystyle T_{n}+T_{n-1}=2T_{n-1}+n=n(n-1)+n=n^{2}.}$

Les deux graphiques ci-contre indiquent que le n-ième nombre triangulaire est somme de quatre nombres triangulaires. Ceci est vrai quelle que soit la parité de l'indice ${\displaystyle n}$. En effet, T₁₄ est la somme de trois fois T₇ et de T₆ et T₁₅ est la somme trois fois T₇ et de T₈. Cette proposition s'exprime de la manière suivante :

En effet :

${\displaystyle (3T_{n}+T_{n-1})+(3T_{n-1}+T_{n})=4(T_{n}+T_{n-1})=4n^{2}=(2n)^{2}=T_{2n}+T_{2n-1},}$ ${\displaystyle (3T_{n}+T_{n-1})-(3T_{n-1}+T_{n})=2(T_{n}-T_{n-1})=2n=T_{2n}-T_{2n-1}.}$

Remarque : on en déduit, ce qui se voit aussi sur les figures, que ${\displaystyle T_{2n-1}=2T_{n-1}+n^{2}}$ et ${\displaystyle T_{2n}=2T_{n}+n^{2}}$.

La figure de droite montre qu'il est possible d’emboîter huit nombres triangulaires d'indice 7 pour former un carré de côté 15, auquel il manque la pastille centrale, en gris sur la figure ; résultat qui se généralise à tous les carrés de nombres impairs :

En effet, ce résultat est directement l'application d'une identité remarquable :

${\displaystyle (2n+1)^{2}-1=(2n+1-1)(2n+1+1)=4n(n+1)=8T_{n}.}$

Un autre résultat traite des cubes. Il s'énonce ainsi :

Ceci vient de ce que ${\displaystyle T_{n}+T_{n-1}=n^{2}}$ et ${\displaystyle T_{n}-T_{n-1}=n}$, donc ${\displaystyle T_{n}^{2}-T_{n-1}^{2}=n^{3}}$.

On en déduit :

En effet ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{3}=\sum _{k=1}^{n}(T_{k}^{2}-T_{k-1}^{2})=T_{n}^{2}}$.

Ceci est redécouvert par le mathématicien perse Al-Karaji^[13], qui le démontre sur l'exemple ${\displaystyle n}$ = 10 en considérant des gnomons.

Notons que la somme des carrés de deux nombres triangulaires consécutifs est un nombre triangulaire : ${\displaystyle T_{n-1}^{2}+T_{n}^{2}=T_{n^{2}}}$.

Summarize Timeline Top Qs Fact Check

On a les séries convergentes suivantes :

• ${\displaystyle 1+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{10}}+\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{T_{n}}}=2}$.
• ${\displaystyle 1-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{10}}+\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{T_{n}}}=4\ln 2-2}$.

• ${\displaystyle 1+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{10}}+\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}\left({\frac {1}{T_{2n-1}}}+{\frac {1}{T_{2n}}}\right)=\pi -2}$.

Summarize Timeline Top Qs Fact Check

En 1638, Fermat affirma détenir une preuve du fait que tout entier est somme de trois nombres triangulaires (à condition de considérer zéro comme un nombre triangulaire) et même d'une généralisation (le théorème des nombres polygonaux de Fermat, finalement démontré par Cauchy en 1813) et proclama son intention d'écrire un livre qui révolutionnerait cette partie de l'arithmétique^[14], mais aucun livre ne parut^[15]. En 1796^[16], Gauss découvrit la preuve suivante^[8].

La démonstration ici n'est pas géométrique. L'arithmétique telle qu'on la concevait à l'époque de Pythagore est impuissante pour prouver des résultats de cette nature. La partie difficile de la preuve est le théorème des trois carrés de Legendre, qui a pour conséquence que tout entier positif congru à 3 modulo 8 est somme de trois carrés parfaits.

Soit ${\displaystyle M}$ un nombre entier positif, ${\displaystyle 8M+3}$ est somme de trois carrés. De plus chaque carré de la somme est impair, sinon leur somme ne serait pas congrue à 3 modulo 4. On en déduit l'existence de trois entiers naturels ${\displaystyle x,y,z}$ tels que :

${\displaystyle 8M+3=(2x+1)^{2}+(2y+1)^{2}+(2z+1)^{2}=8\left({\frac {x(x+1)}{2}}+{\frac {y(y+1)}{2}}+{\frac {z(z+1)}{2}}\right)+3.}$

Cette dernière égalité implique le résultat recherché : ${\displaystyle M}$ est la somme des trois nombres triangulaires d'indices ${\displaystyle x,y{\text{ et }}z}$.

Il s'agit de résoudre l'équation diophantienne ${\displaystyle 2T_{n}\left(=n^{2}+n\right)=2P_{k,m}\left(=(k-2)m^{2}-(k-4)m\right)}$.

En posant ${\displaystyle X=2n+1,Y=2(k-2)m-(k-4)}$, l'équation se met sous la forme de l'équation de Pell-Fermat : ${\displaystyle Y^{2}-(k-2)X^{2}=(k-3)(k-6)}$^[17].

Par exemple :

• pour ${\displaystyle k=4}$, ${\displaystyle X=2n+1,Y=4m=2Y'}$ donne l'équation de Pell-Fermat classique ${\displaystyle X^{2}-2Y'^{2}=1}$, voir à nombre triangulaire carré.
• pour ${\displaystyle k=6}$, ${\displaystyle X=2n+1,Y=8m-2=2Y'}$ donne l'équation ${\displaystyle X^{2}-Y'^{2}=0}$ et on retrouve que les nombres hexagonaux sont les nombres triangulaires d'indice impair.
• pour ${\displaystyle k=8}$, ${\displaystyle X=2n+1=X'/3,Y=12m-4=2Y'}$ donne l'équation ${\displaystyle X'^{2}=6Y'^{2}-15}$, voir la résolution dans ^[17], ainsi que la suite A046181 de l'OEIS.
• pour ${\displaystyle k=11}$, ${\displaystyle X=2n+1=X'/3,Y=18m-7}$ donne l'équation ${\displaystyle Y^{2}-X'^{2}=40}$ qui ne fournit pas d'autres solutions que ${\displaystyle n=m=1}$^[17].

Il n'existe pas trois carrés en progression arithmétique de raison un carré non nul, mais il existe une infinité de triplets de nombres triangulaires en progression arithmétique de raison triangulaire, comme ${\displaystyle 6,21=6+15,36=21+15}$^[18].

Par contre la relation ${\displaystyle 8T_{n}+1=(2n+1)^{2}}$ montre que d'après le théorème de Fermat sur les 4 carrés en progression arithmétique, il n'existe pas de triplet de nombres triangulaires en progression arithmétique.