Du nombre d'or à la spirale dorée par Jean Pakhomoff

Le nombre 1,618 (F)

dit nombre d’or

Si l’on écrit une suite de nombres comme 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89….de façon à ce que chacun à partir du 3è soit la somme des 2 précédents,

on obtient rapidement lorsque l’on fait le rapport de l’un sur le précédent un nombre très proche de 1,618 (que nous écrirons 1.618) appelé nombre d’or.

Cette suite de nombres est appelée suite de Fibonacci .

On peut s’assurer que ceci est tout autant exact pour les multiples de ces nombres (0 3 3 6 9 15…. Par exemple).

Certains voient en ce nombre une divine proportion car à leur goût un rectangle ayant ses côtés dans ce rapport serait d’une beauté inégalée.

Les cathédrales seraient également construites dans cette proportion et beaucoup d’œuvres d’art et autres choses de la nature y seraient rattachées :

coquilles, cristaux de neige…

L’addition théosophale de 1.618 conduit au chiffre 7 considéré traditionnellement comme ayant une forte signification symbolique.

Nous nous proposons d’étudier ici quelques manifestations géométriques de ce nombre.

Dans ce qui suit sqr signifiera racine carrée de.

A- Section dorée d’un segment de droite.

On dit qu’un segment AB est divisé harmoniquement lorsqu’ avec un point C de AB, AC non égal à CB, on peut écrire

AB/AC = AC/CB (AB . CB = AC²). En posant AC = x BC = y et AB = x+y on écrit

Fig 1

(x+y)/x = x/y et en posant arbitrairement y = 1 on a (x+1)/x = x ou x² = x+1 (1)

(x ne peut être égal à 1 car par hypothése x est différent de y).

x²-x-1 = 0 dont la racine positive est (1+sqr5)/2 = 1.618 = F que nous écrirons F.

Si dans (1) on remplace x par F on obtient F² = F+1 = 2.618

De même en divisant les 2 parties de (1) par F on a F²/F = F/F+1/F et F = 1+1/F

D’où 1/F = F-1 = O.618.

B- 3 cas de division harmonique d’un segment de droite.

Un segment divisé harmoniquement est formé d’un tout (AB), d’une majeure (AC) et d’une mineure (CB).

a)- Division harmonique connaissant le tout.

C’est la méthode de Nagroski dîte du carré long.

Fig 2

Prenons AB = 2 et BD = 1 perpendiculaire en B à AB. ABD est rectangle et AB² = 2²+1

AB = sqr 5. Avec la pointe du compas placée en D menons B en E sur AD de façon que

DE = DB = 1. Pareillement menons E en C depuis A de façon que AC = AE = sqr 5-1

Alors BC = 2-(sqr 5-1) = 3-sqr 5.

Les points ABC divisent harmoniquement le segment AB car AB . CB = AC²

Ici on a AB . CB = 2 (3-sqr 5) = 6-2sqr 5

AC² = (sqr 5-1)² = 5+1-2sqr 5 = 6-2sqr 5

b)- Division harmonique connaissant la majeure.

Fig 3

Soit AC connu. Par C menons la perpendiculaire CF à AC puis prenons le point G au milieu de AC.

Plaçons la pointe du compas en G et menons GF en GB sur AC.

Les points ACB divisent harmoniquement le segment AB.

En effet si AC = 1 GC = ½ et GCF rectangle en C donne GF² = 1² + (½)² = 4/4+1/4=5/4

GF = (sqr 5)/2 et CB = (sqr 5)/2 - ½

AB = AG+GB = ½ +(sqr 5)/2

AB . CB = [½ +(sqr 5)/2] [(sqr 5)/2 - ½] = 5/4-1/4 = 1

AC² = 1

c)-Division harmonique connaissant la mineure.

Fig 4

Prenons le petit segment CB égal à l’unité et prenons BG = ½ perpendiculaire à CB.

CBG est rectangle en B et CG = (sqr 5)/2. Par G traçons le cercle de centre G et de rayon égal à GB puis prolongeons CG

jusqu’à sa rencontre en H avec ce cercle.

Par la pointe du compas en C menons CH en CA sur CB.

On a CA = CH = (sqr 5)/2+1/2

Les points A C et B divisent harmonieusement le segment AB. En effet

AB . CB = [(sqr 5)/2+1/2]+1 = (sqr 5)/2 +3/2

AC² = [(sqr 5)/2+1/2]² = 5/4 +1/4 + 2(sqr 5)/4 = (sqr 5)/2 + 3/2

C- L’étoile flamboyante.

C’est le pentagramme, figure géométrique formée par la jonction de chaque sommet ou pointe d’un pentagone régulier aux

2 sommets directement opposés.

Fig 5

Traçons donc le pentagone ALBCM inscrit dans le cercle de centre O comme sur la figure 4. Chacun de ses côtés correspond à un angle au centre de 72°.

Les droites de jonction des sommets citées ci-dessus s’entrecoupent pour donner un petit pentagone EDFQP central et inversé de même centre O.

Nous considérons cela comme démontré par ailleurs.

Nous allons simplement rechercher le rapport existant entre un côté du pentagone et un côté du pentagramme puis entre les côtés des 2 pentagones.

Considérons le triangle BAC . Il est formé par les côtés AB et BC de l’angle inscrit BAC et par la corde BC commune à cet angle inscrit et à l’angle au centre BOC.

Les sommets des angles BOC et BAC étant sur le même diamètre OA celui-ci est perpendiculaire à BC et coupe BC en K.

AK est médiatrice et bissectrice du triangle isocèle BAC et BAK = CAK.

Les triangles AOL et AOM sont égaux (isocèles à même angle au centre).

OAM = (180-72)/2 = 54° = OAL

AOB et AOC sont égaux et AOB = AOC = 180-72/2 = 144° d’où BAK = 18° = CAK.

Par des raisonnements identiques on trouvera OML = 18° = OLM etc…

On a AG = AO-OG = r-r sin 18

MG = r cos 18 et AM² = AG²+MG² = (r(1-sin 18))² + (rcos 18)² et

AM = r sqr 2 sqr (1-sin 18)

COA = 180-(72/2) = 144° et CAO = (180-144)/2 = 18 = BAO et BAC = 36°

AK = OA+OK = r+OC cos (72/2) = r(1+cos 36) KC = r sin 36

AC² = AK²+KC² = (r (1+cos 36))² + (r sin 36)² et AC = r sqr 2 sqr (1+cos 36)

AC / AM = sqr ( (1+cos 36) / 1-sin 18) = 1.618

Donc le rapport du côté du pentagramme au côté du pentagone est dans le nombre d’or.

De même KC = OC sin 36 = r sin 36 OG = OM sin OML = r sin 18

AG = r-OG = r(1-sin 18)

Si MBC = LMB alors LM parallèle à BC et les triangles AGF et AKC sont semblables.

LMB = 36° MCB = 2 OCB = 2 fois 54° = 108° et MBC = (180-108)/2 = 36° = LMB

Donc on peut écrire KC/GF = AK/AG = (1+cos 36) / (1-sin 18) = 2.618 = F²

Le rapport du côté du grand pentagone au côté du petit est dans le carré du nombre d’or.

D- La spirale dorée.

a)- Construction de cette spirale.

Dans un repère orthonormé on peut lier la dimension d’un vecteur initial à une fonction de son angle de rotation.

Par exemple si r est le vecteur initial,u sa dimension lorsque celui-ci a pivoté de t (radians), les diverses valeurs de u peuvent

donner des images de spirales, ou cardioïde, lemniscate…

u = r t donne une spirale appelée spirale d’Andromède

u = r/t donne une spirale hyperbolique

u = r ^t donne une spirale logarithmique…

La spirale dorée se trace à partir d’un rectangle doré (qui a ses côtés dans le rapport du nombre F).

Construisons donc un tel rectangle situé entre l’infiniment petit représenté par le point O de la figure 5 et l’infiniment grand.

Fig 6

Soit ABCD ce rectangle où AD = 1 et AB = F.

Sur AB on construit un carré AEFB qui a pour côté le nombre F. On obtient un nouveau rectangle DEFC de côtés F et F+1. Remarquons ici que :

F¹=F 1

F² = F+1 1

F³ = F²F = F²+F=2F+1 2

F4=F³F=(2F+1)F=2F²+F=3F+2 3

F5=F⁴F=(3F+2)F=3F²+2F=5F+3 5

F6=F⁵F=(5F+3)F=5F²+3F=8F+5 8

F7=F⁶F=(8F+5)F=8F²+5F=13F+8 etc… 13…….

On retrouve les termes de la série de Fibonacci.

Le rectangle DEFC conduit au carré CFGH de côté F+1 puis au nouveau rectangle DEGH de côtés F+1 = F² et F+1+F = F³.

Ce dernier rectangle conduit au carré DHIJ de côté F3 puis encore à un nouveau rectangle de côtés F³ et F³+F² = 3F+2 = F⁴ etc…

Les diagonales DB et EC se coupent en O point origine de la spirale que nous représentons ici de façon plus que schématique en rouge sur la figure 5.

Cette spirale passe par tous les angles des rectangles dorés recevant une diagonale passant par O.

On peut se demander si ces diagonales sont bien perpendiculaires entre elles.

Pour nous en convaincre considérons les triangles rectangles EFC et DAB. On a CF = 1+F, EF = F, AB = F et AD = 1 par hypothèse.

CF/AB= (1+F)/F = F²/F = F= EF/AD

Ces 2 triangles rectangles sont donc semblables et C₁ = B₁. C₁+C₂ = 90°

B1 = D2 comme alternes internes d’où C₁+C₂ = B₁+C₂ = D₂+C₂ = 90°

Donc dans DOC, O = 180°-(D₂+C₂) = 90° et les 2 diagonales sont perpendiculaires.

Les triangles rectangles COD et EOD étant semblables (C₁ = D₂ = E) on a les rapports

ED/DC = EO/OD = (F+1)/F = F. Donc lorsque le rayon vecteur tourne de 90° sa longueur . est multipliée par F. 180° <==> F² ; 270° <==> F³ ;

360° <==> F⁴. Après un tour le rayon est donc multiplié par (1.618)⁴ = 6.8535 et après 2 tours par F⁸ = 46.9708….

On pourra également se demander si la diagonale DG de DEGH est bien le prolongement de la diagonale DB de DABC.

On a GE/GF = (F²+F)/F² = 1+1/F = F ;

ED/FB = (F+1)/F = F ; GED et GFB sont donc 2 triangles semblables rectangles en E et F et D,B et G sont sur la même droite DG.

b)- Equation de cette spirale en coordonnées polaires.

Fig 7

La figure 7 montre l’accroissement de OD = r à OE = rF lorsque t croit de PI/2.

On peut dire qu’une variation K t de t entraîne un accroissement relatif (rF-r)/r de r.

Lorsque r vaut u et que l’accroissement est très petit on peut alors écrire du/u = Kdt (1)

Rappelons que la primitive de la fonction 1/x est log népèrien de x et que

log ab = log a + log b; log a/b = log a – log b; log b^a = a log b

On écrit

rF _PI/2

S du/u = S K dt (2)

r O

ou log u + C1 = K t + C2 où C1 et C2 sont des constantes d’intégration. En posant C = C2-C1

on a log u = K t + C (3)

Si u = r alors t = 0 et log r = C (4)

Si u = rF t = pi/2 et log rF = K pi/2 + C (5)

En faisant (5)-(4) on obtient log rF-log r = K pi/2

et log (rF/r) = K pi/2 = log F

K = (2/pi) log F = log F ^(2/pi) portons cette valeur dans (3) :

log u = log F ^(2/pi) t + log r = log F ^(2t/pi) + log r = log r F ^(2t/pi) et

u = r F ^(2t/pi)

Telle est l’équation en coordonnées polaires de la spirale dorée.

Jean Pakhomoff

1991

Retour à mes travaux personnels en gnomonique

Retour au menu