Les énigmes de Luca Pacioli

Il peut arriver que certains très anciens ouvrages nous fassent découvrir des problèmes intéressants et divertissants pour ceux qui aiment chercher. Dans un recueil de Luca Pacioli, Pierre Legrand a déniché quelques problèmes très variés à découvrir !

Pierre Legrand

© APMEP Septembre 2020

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On a souvent écrit que les Problèmes plaisants et délectables [1] de Claude Gaspar Bachet, dont la première édition est de 1612, constituent le premier livre de quelque ampleur consacré aux récréations mathématiques. L’affirmation est exacte si l’on parle d’ouvrages imprimés, mais il existe un imposant manuscrit, nettement antérieur et longtemps oublié, dont les deux premiers tiers constituent un recueil de problèmes récréatifs. Son auteur est Luca Pacioli.

Le personnage

Le portrait ci-dessus, qui aurait été peint en 1495 par Jacopo de Barbari, serait selon l’historien des sciences Carl Boyer la première représentation authentique d’un mathématicien. Il représente le franciscain italien Luca Pacioli (1447–1517), qui est célèbre à plus d’un titre.

Sa Summa de arithmetica, geometria, proportioni et proportionalita (1494), qui résumait les connaissances mathématiques de son temps et proposait des notations nouvelles, eut une influence décisive sur l’évolution du calcul algébrique.

On lui doit aussi le fameux De divina proportione¹, illustré d’une soixantaine de gravures faites d’après les dessins de son ami Léonard de Vinci, à qui il enseigna les mathématiques. Et son Tractatus de computis et scripturis² est l’ouvrage fondateur de la comptabilité en partie double.

Une étrange histoire

À une date située entre 1496 et 1508, donc au moins une dizaine d’années avant sa mort, Luca Pacioli écrivit un ouvrage d’un peu plus de six cents pages, le De viribus quantitatis³, qui resta au stade du manuscrit.

On ignore pourquoi ce texte, précédé d’une longue dédicace, donc destiné à la publication, a été laissé sous le coude par son auteur, puis oublié pendant plus de quatre siècles. On sait seulement qu’il fut retrouvé en 1924 sur les rayons de l’université de Bologne par un historien des sciences, Amedeo Agostini, et qu’avant d’atterrir dans la bibliothèque de l’université, il avait appartenu à un chanoine bibliophile, Giovanni Giacomo Amadei, mort en 1768.

Agostini consacra au document retrouvé un long article [2] fort bien fait… qui resta sans lendemain. Il fallut attendre 1997 pour que l’on se préoccupe à nouveau du manuscrit. Mais cette fois le redécouvreur était un Américain⁴, David Singmaster, connu entre autres par ses deux livres sur le Rubik’s Cube. Il s’employa activement à diffuser sa trouvaille. Une traduction anglaise parut en 2007 et un fac-similé du manuscrit en 2009.

Du coup les Italiens s’y intéressèrent enfin pour de bon : en 2011 parut dans une édition à l’intention du grand public l’ouvrage [3] dont la couverture est reproduite ci-dessus⁵.

Le manuscrit

En dépit de son titre latin, l’ouvrage est écrit en italien. Le texte est en trois parties : la première traite de \(81\) énigmes arithmétiques, la seconde de \(80\) problèmes géométriques suivis de \(54\) problèmes de mécanique, la troisième est un bizarre pot-pourri dont je parlerai plus loin.

Pacioli et Bachet

Agostini affirme que « presque tous les problèmes de Bachet trouvent leur pendant dans le manuscrit de Pacioli ». Le « presque tous » (quasi tutti) semble résulter d’un léger excès de ferveur patriotique : il s’agirait plutôt d’un gros tiers, ce qui n’est déjà pas si mal.

Il est donc raisonnable de se demander si Bachet avait lu le De viribus quantitatis. Il y a de sérieuses raisons de penser que non. Tout d’abord, ce texte n’a jamais été imprimé avant 2007 et sa diffusion, si diffusion il y a eu, n’a pu être que confidentielle. Ensuite, Bachet (qui, par parenthèse, maîtrisait parfaitement l’italien) n’hésitait pas à se référer notamment à Tartaglia (1499–1557) et , quitte à leur rendre un hommage parfois acidulé. On ne voit pas pourquoi il n’aurait pas agi de même avec Pacioli.

Bachet n’a d’ailleurs jamais fait mystère de ses sources, comme le montre la mention faite sur la page de titre de son livre : « partie recueillis de divers auteurs, partie inventés de nouveau⁶ avec leur démonstration ». L’originalité de son travail était moins dans le choix des problèmes que dans son souci d’étudier leurs variantes ou leur généralisation et surtout de donner à leur solution un support mathématique irréprochable.

Des sources communes

Selon toute vraisemblance Pacioli, Tartaglia, Bachet et leurs successeurs ont puisé dans un fonds commun transmis de génération en génération, parfois depuis l’Antiquité, fonds qu’ils ont au fur et à mesure enrichi. Le De viribus quantitatis contient d’ailleurs un certain nombre d’exercices figurant déjà chez Fibonacci (Liber Abaci, 1202) ou même chez Alcuin [4] (Propositiones ad acuendos juvenes, vers 800).

Delle forze naturali cioé de Arithmetica⁷

Ces énigmes arithmétiques sont transcrites ici selon les notations algébriques actuelles car dans leur texte originel elles sont fort difficiles à lire. Il faut en effet se rappeler que l’algèbre de l’époque était « rhétorique » (autrement dit : pas de formules, mais des phrases, voir [5]), que la représentation d’une inconnue par une lettre et les symboles usuels restaient à inventer… et que Pacioli fut un des tout premiers à créer un embryon de formalisation.

L’intérêt de ces problèmes, dont la numérotation suit celle de l’auteur, est pour nous très variable. Les numéros \(11\) à \(21\), par exemple, reposent sur des égalités algébriques souvent simplettes. Voici le numéro \(11\) :

Problème n°11
Le cobaye choisit un nombre que le meneur de jeu devra deviner. Le cobaye le partage en deux parties qu’il n’indique pas : \(x=y+z\). Il calcule de tête \(y^2\), puis \(z^2\), puis \(2yz\). Il annonce leur somme. Le meneur de jeu n’a plus qu’à en extraire la racine pour avoir le résultat.

Nous sommes tentés d’y voir un usage trivial de l’égalité \((y+z)^2=y^2+2yz+z^2\). Mais essayez pour voir de faire une formulation purement rhétorique de ce problème !
Voici d’abord quelques énoncés peu connus.

Problème n°1

Le meneur de jeu donne à ses deux cobayes \(n\) pièces de monnaie (\(n> ;2\)) et leur demande de se les répartir à leur guise, chacun prenant au moins une pièce. Puis il met sur la table \(n(n+1)\) pièces et s’en va en demandant au premier de retirer du tas le double du nombre de pièces qu’il avait choisies, et au second de retirer du tas \(n\) fois le nombre de pièces qu’il avait choisies. Il revient, compte le tas restant (\(r\) pièces) et annonce combien de pièces chacun avait pris.

• Si le premier cobaye a pris \(a\) pièces et le second en a pris \(b\), le meneur de jeu doit donc calculer \(a\) et \(b\) connaissant \(n=a+b\) et \(r=n(n+1)-2a-nb\). On a donc deux équations à deux inconnues, ce qui pour nous règle le problème : \(\left\{\begin{matrix}
  a+b& =& n\\
  2a+nb& =& n(n+1)-r
  \end{matrix}\right.\) En multipliant la première équation par \(n\) et en soustrayant la seconde au résultat, il vient : \((n-2)a=r-n\), soit \(a=\dfrac{r-n}{n-2}\) et \(b=n-a\).

• Pacioli ne dispose pas du calcul algébrique, mais il a une méthode ingénieuse ; il en indique l’idée générale et détaille le cas \(n=10\) pour (\(a=3\), \(b=7\)) et \((a=7\), \(b=3\)). Voici, avec des notations modernes, comment il procède.

  De \(r=n(n+1)-2a-nb\), il tire \(r=(a+b)(n+1)-2a-nb\), puis \(r=(n-1)a+b\) d’où \(r/(n-1)=a+b/(n-1)\)

  Si \(\dfrac{r}{n-1}\) n’est pas entier, comme \(1\leqslant b\leqslant
  n-1\), on a \(a=\left[\dfrac{r}{n-1}\right]\), en désignant par \([x]\) la partie entière de \(x\).

  Si \(\dfrac{r}{n-1}\) est entier, \(\dfrac{b}{n-1}\) l’est aussi et, comme \(1\leqslant b\leqslant n-1\), on a \(b=n-1\) et \(a=1\).

Remarque : les problèmes \(2\) à \(6\) sont du même genre, à ceci près qu’au lieu de partager un total en deux, on le partage en trois, quatre ou même cinq parts.

Problème n°9

On demande au cobaye d’effectuer les opérations suivantes : penser un nombre (entier) ; lui ajouter sa moitié et dire si le résultat est entier ; s’il ne l’est pas, l’arrondir à la hauteur inférieure ; ajouter au nombre ainsi obtenu sa moitié et dire si le résultat est entier ; s’il ne l’est pas, l’arrondir à la hauteur inférieure ; diviser ce nouveau résultat par \(9\), annoncer le quotient (au sens de la division euclidienne). Le meneur de jeu devine alors le nombre choisi.

Comme le cobaye doit diviser à deux reprises par \(2\), on peut subodorer que la valeur modulo \(4\) du nombre \(x\) choisi joue un rôle important. Posons \(x=4a+b\), \(b\) valant \(0\), \(1\), \(2\) ou \(3\). En désignant par \([u]\) la partie entière de \(u\), autrement dit l’entier \(v\) tel que \(v\leqslant u< v+1\), on obtient le tableau suivant :

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\rule[-12pt]{0pt}{30pt}x&\dfrac{3x}{2}&\dfrac{3x}{2}&\left[\dfrac{3x}{2}\right]&
\dfrac{3}{2}\left[\dfrac{3x}{2}\right]&\dfrac{3}{2}\left[\dfrac{3x}{2}\right]&
\left[\dfrac{3}{2}\left[\dfrac{3x}{2}\right]\right]&
\left[\dfrac{1}{9}\left[\dfrac{3}{2}\left[\dfrac{3x}{2}\right]\right]\right]\\
\hline
4a&6a&\text{entier}&6a&9a&\text{entier}&9a&a\\
\hline
\rule[-12pt]{0pt}{30pt}4a+1&6a+\dfrac{3}{2}&\text{non entier}&6a+1&9a+\dfrac{3}{2}&\text{non entier}&9a+1&a\\
\hline
\rule[-12pt]{0pt}{30pt}4a+2&6a+3&\text{entier}&6a+3&9a+\dfrac{9}{2}&\text{non entier}&9a+4&a\\
\hline
\rule[-12pt]{0pt}{30pt}4a+3&6a+\dfrac{9}{2}&\text{non entier}&6a+4&9a+6&\text{entier}&9a+6&a\\
\hline
\end{array}
\]
On voit sur le tableau que le résultat final du processus est le quotient de la division euclidienne de \(x\) par \(4\), soit \(\left[\dfrac{x}{4}\right]\), partie entière de \(\dfrac{x}{4}\cdotp\)

Pour avoir \(x\), on multiplie le résultat par \(4\) et on lui ajoute :

1. si les réponses ont été entier-entier ;

2. si les réponses ont été non entier-non entier ;

3. si les réponses ont été entier-non entier ;

4. si les réponses ont été non entier-entier.

Là encore Pacioli ne donne pas de formule générale, mais les idées directrices et des exemples.

Remarque : ce problème figure déjà chez Fibonacci ; on le retrouve ensuite chez Bachet, qui donne des variantes et une démonstration détaillée.

Les problèmes n° 7 et n° 10 en sont proches.

Problème n°22 : « a trovare un numero pensato non più de 105 »
Le cobaye choisit un entier strictement positif \(x\) \((x\leqslant105)\) que le meneur de jeu devra deviner. Le cobaye annonce successivement les restes \(r\), \(s\) et \(t\) de la division de \(x\) par \(3\), \(5\) et \(7\). Le meneur de jeu peut alors trouver \(x\).

Si les trois restes sont nuls, \(x=105\). Sinon est \(x\) est le reste de la division de \(z=70r+21s+15t\) par \(105\).

C’est un cas particulier du problème des « restes chinois ». Si \(x\) est divisible par \(3\), \(5\) et \(7\), il est divisible par leur produit, \(105\), donc \(x=105\). On écarte désormais ce cas.

On vérifie aussitôt que \(3\) divise \(z-r\) ; il divise \(x-r\) d’après la définition même de \(r\), donc aussi \(z-x\). On montre de la même façon que \(5\) et \(7\) divisent \(z-x\). Ainsi \(z-x\) est divisible par \(3\), \(5\) et \(7\), donc par leur produit \(105\) et, comme \(x\) est strictement inférieur à \(105\), \(x\) est le reste de la division de \(z\) par \(105\).

Problème n°32 : première partie
Trouver deux entiers dont le produit ait pour écriture décimale \(111\ldots11\).

• Prenons d’abord un cas simple : \({1\,111}={1\,100}+11=11\times101\).

• De même : \({111\,111}={111\,000}+111=111\times{1\,001}\) ; mais on peut aussi écrire selon le même principe : \({111\,111}={110\,000}+{1\,100}+11\), donc \({111\,111}=11\times{10\,101}\).

• Dans le cas d’une liste de douze \(1\), on peut couper cette liste en tranches de taille égale de quatre façons : tranches de longueur \(2\), \(3\), \(4\) ou \(6\). Cela donne quatre décompositions en produit de deux facteurs, par exemple \({111\,100\,000\,000}+{11\,110\,000}+{1\,111}\), qui donne la décomposition : \[{111\,111\,111\,111}={1\,111}\times{100\,010\,001}.\]

• Plus généralement, si l’écriture est de longueur non première \(n=pq\), le nombre \(111\ldots11\) est non premier : il suffit de grouper les \(1\) en \(p\) paquets de longueur \(q\) pour en tirer une décomposition en deux facteurs.

  Par exemple : \({111\,111\,111}={111\,000\,000}+{111\,000}+111=111\times{1\,001\,001}\).

Signalons que si \(n\) est premier, le nombre \(111\ldots11\) ne l’est pas forcément : le plus petit \(n\geqslant3\) pour lequel \(111\ldots11\) est premier est \(19\).

Pacioli se limite à deux exemples, dont il exhibe sans trop s’expliquer deux décompositions en produit, différentes de celles que nous avons trouvées : \[{111\,111}=777\times143\quad\text{et}\quad{111\,111\,111\,111}={900\,991}\times{123\,321}.\]

Problème n°32 : seconde partie
Trouver deux entiers dont le produit ait pour écriture décimale \({10\,101\,010\,101}\).

Pacioli se contente d’indiquer que \({10\,101\,010\,101}\) est divisible par \({900\,991}\), sans qu’on sache d’où sort le résultat. Commençons par une situation plus simple : \[{1\,010\,101}={1\,010\,000}+101=101\times{10\,001}.\] Dans le cas étudié par Pacioli, on peut écrire : \[{10\,101\,010\,101}={10\,101\,000\,000}+{10\,101}={10\,101}\times{1\,000\,001}.\] Le lecteur pourra aisément vérifier que le raisonnement s’étend au cas où l’écriture du nombre comporte un nombre pair de « \(1\) ».

Problème n°35

Le meneur de jeu distribue à ses trois cobayes , et respectivement \(12\), \(24\) et \(36\) jetons. Il leur tourne le dos pendant que chacun des trois prend l’un des trois objets \(X\), \(Y\) et \(Z\) qui sont sur la table. Puis, toujours le dos tourné, il demande aux détenteurs des objets \(X\), \(Y\) et \(Z\) de mettre sur la table respectivement la moitié, le tiers et le quart de leurs jetons, et d’en faire un seul tas. Il se retourne alors, compte les jetons déposés et en déduit qui a chaque objet.

Si on appelle \(12x\), \(12y\), \(12z\) respectivement les nombres de jetons donnés aux détenteurs des objets \(X\), \(Y\) et \(Z\), le meneur de jeu trouve sur la table \(6x+4y+3z\) jetons. Il lui suffit alors d’avoir mémorisé le tableau ci-dessous.

\[\begin{array}{|c||*{6}{c|}}
\hline
(X,Y,Z)& (\mathsf{A},\mathsf{B},\mathsf{C})& (\mathsf{A},\mathsf{C},\mathsf{B})& (\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{C})& (\mathsf{B},\mathsf{C},\mathsf{A})& (\mathsf{C},\mathsf{A},\mathsf{B})& (\mathsf{C},\mathsf{B},\mathsf{A})\\
\hline
(x,y,z)& (1,2,3)& (1,3,2)& (2,1,3)& (2,3,1)& (3,1,2)& (3,2,1)\\
\hline
6x+4y+3z& 23& 24& 25& 27& 28& 29\\
\hline
\end{array}\] Lecture du tableau : si par exemple \(27\) jetons se trouvent sur la table, alors l’objet \(X\) était à  \(\text B\), \(Y\) était à \(\text C\) et \(Z\) à \(\text A\) .

Quelques problèmes célèbres

Les problèmes 49 à 52 sont des variantes des « Trois voyages du chameau » d’Alcuin [6].

Les problèmes 52 et 53 portent sur l’énigme des « Trois vases » [1], qu’on trouve ensuite chez Tartaglia, Cardan, Bachet et quantité d’auteurs jusqu’à notre époque.

Le problème 61 est celui des « Trois maris jaloux », déjà présent chez Alcuin [4] et Chuquet. Il a été repris jusqu’à nos jours avec des variantes par la plupart des traités de récréations mathématiques.

Della forza et virtu lineale et geometrica⁸

Cette seconde partie du manuscrit a suscité un intérêt nettement moindre que la première. Agostini n’en parle pas, non plus que le livre italien récent que nous avons mentionné. On le comprend dans une large mesure, car beaucoup des problèmes traités sont des paraphrases de propositions figurant dans les Éléments d’Euclide. Elle a pourtant un certain intérêt, comme le montrent les exemples ci-après.

Problème n°21
Construction approchée d’un heptagone régulier.

Pacioli donne deux approximations du côté \(\alpha\) d’un heptagone régulier inscrit dans un cercle :

• la distance du centre aux côtés d’un hexagone régulier inscrit ;

• la moitié de la longueur des côtés d’un triangle équilatéral inscrit.

Le lecteur vérifiera aisément que l’une et l’autre sont égales à \(R\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) où \(R\) est le rayon du cercle. La valeur exacte de \(\alpha\) est \(2R\sin\left(\dfrac{\pi}{7}\right)\cdotp\) Or \(2\sin\left(\dfrac{\pi}{7}\right)\approx{0,867\,77}\) alors que \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx{0,866\,03}\). L’approximation est donc par défaut et fort bonne (environ 0,2 % d’erreur relative).

Problèmes 52 à 58
Construire avec la règle et le compas un carré de même aire qu’un polygone donné.

Résumons la démarche en zigzag suivie par l’auteur :

1.  construire un rectangle de même aire qu’un triangle donné (figure 1) ;

2.  construire un carré de même aire qu’un rectangle donné (figure 2) ;

3. construire un carré dont l’aire soit la somme des aires de deux carrés donnés (figure 3) ;

4.  décomposer le polygone en triangles, effectuer pour chacun d’eux les étapes 1 et 2, puis itérer l’étape 3.

L’étape 1 est évidente sur la figure 1 ci-dessous.

Figure 1

La construction de l’étape 2 se fait comme suit : avec les notations de la figure 2, on prolonge le côté \([\mathsf{AB}]\) du rectangle d’une longueur \(\mathsf{BE}\) égale à \(\mathsf{BC}\), puis on trace un demi-cercle de diamètre \([\mathsf{AE}]\), qui coupe en \(\mathsf{F}\) la perpendiculaire issue de \(\mathsf{B}\) à \((\mathsf{AB})\). La relation classique⁹ \(\mathsf{BF}^2=\mathsf{AB}\times\mathsf{BE}\) dans le triangle rectangle \(\mathsf{EAF}\) montre que l’aire d’un carré construit sur \([\mathsf{BF}]\) est égale à celle du rectangle initial.

 

Figure 2

L’étape 3 est une conséquence directe du théorème de Pythagore : il suffit de placer les deux carrés donnés comme sur la figure 3 pour rendre le résultat évident.

Figure 3

Quant à l’étape 4, elle est un intéressant exemple d’itération avant la lettre : à partir de la décomposition du polygone en triangles, on a obtenu à partir de chaque triangle un carré. Le processus de la figure 3 permet de remplacer deux carrés par un seul ; il ne reste plus qu’à recommencer autant de fois que nécessaire.

De documenti morali utilissimi

Dans cet étrange pêle-mêle on trouve à peu près n’importe quoi. Dans l’ordre :

• vingt-trois proverbes ;

• un poème d’amour¹⁰ (image ci-dessous) ;

• une nouvelle série de proverbes ;

• des recettes d’encre sympathique et de cryptographie ;

• des recettes de couleurs, de parfums, de produits de beauté ;

• une quantité de tours de magie, parmi lesquels l’œuf de Colomb (voir ci-dessous) ;

• et, assez surprenant, une recette pour faire des copies au carbone.

L’oeuf de Colomb. Gravure de William Hogarth (1752).

Le manuscrit se termine par une rubrique DE PROBLEMATIBUS ET ENIGMATA. Ses premières énigmes visent le public lettré. On y trouve notamment un beau palindrome¹¹ :

ROMA TIBI SUBITO MOTIBUS IBIT AMOR

(Rome, vers toi viendra vite l’amour).

Les énigmes rassemblées à la fin sont de niveau nettement plus modeste : selon l’aimable formule de l’auteur, elles sont là per l’amore de molti idioti.

Conclusion

Au terme de cet article, je me sens plongé dans une perplexité qui est sans doute aussi celle du lecteur. Il est quasiment impossible de rendre compte en quelques pages d’un manuscrit aussi foisonnant et aussi peu construit. Pour tenter de le faire, j’ai utilisé senza vergogna les trois textes donnés en références [2], [3] et [7]. Comme le dit un des proverbes de Luca Pacioli : Chi non robba¹² non fa robba (Qui ne vole pas ne fait pas de profits).

Références

Pour avoir de larges extraits (de lecture difficile), aller sur le site uriland.it, puis cliquer sur LUDOMATEMATICA et enfin sur DE VIRIBUS QUANTITATIS.

1. Pierre Legrand. « Problèmes plaisants et délectables ». APMEP. In : Bulletin Vert n° 516 (2015).

2. Amedeo Agostini. « Il De viribus quantitatis di Luca Pacioli ». In : Periodico di Matematiche Volume IV (1924)., p. 165-192.

3. Dario Bressanini et Silvia Toniato. I giochi matematici di Fra’ Luca Pacioli. editioni Dedalo. ISBN : 978-8822068231.

4. Pierre Legrand. « Énigmes carolingiennes ». APMEP. In : Bulletin Vert n° 512 (2015).

5. Pierre Legrand. « Une histoire de notations ». APMEP. In : Bulletin Vert n° 520 (2016).

6. Philippe Langlois. « Les trois voyages du chameau ». APMEP. In : Bulletin Vert n° 511 (2014).

7. Tiago Hirth. « Luca Pacioli and his 1500 book De Viribus Quantitatis ». . Mém. de mast. Universidade de Lisboa, 2015.

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Pierre Legrand a depuis longtemps un rôle actif au sein de l’APMEP, il a écrit de nombreux articles dans le Bulletin Vert.

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