Chapitre V.
La récurrence dans la somme des angles d’un polygone convexe ^{1 a} 🔗

La généralisation ne dépasse d’abord pas le passage des triangles aux quadrilatères, et encore avec difficultés :

Mag (5 ;6) : triangle : « Si je coupe là sur les lignes, tu peux deviner ce que tu vas faire en mettant les morceaux ensemble ? — Non (il coupe et arrange). Une maison, un rond… une moitié de rond ! —  Et avec ça ? (T scalène.) [p. 81] — Un toit d’église. — C’est pas un T ? — Non, parce qu’il a une grande pointe là, il est pointu. —  Et en coupant les coins ? — Sais pas (il le fait). Une moitié de rond ! —  Pourquoi ? — Parce que là c’est la même chose (il montre un morceau du 1^er T et du second). — Et avec ça (petit T) ? — Non puisque c’est petit. » Mais il généralise après constatations. On passe à un carré : il prévoit « un rond tout à fait fermé. —  Pourquoi ? — Parce qu’il est grand le carré. — On peut en faire des Tl — Non. —  Essaie. — (Il dessine des T inscrits mais n’épuisant pas la surface.) » On trace alors la diagonale : « Tu peux m’expliquer pourquoi avec un T ça fait un demi-rond et avec le carré un rond ? — Parce qu’il est grand (puis il regarde les deux T engendrés par la diagonale). On peut pas faire (avec ça) un tout à fait rond, parce que c’est 2 T ! — Pourquoi pas ? — Parce que c’est pas un carré comme celui-là (sans diagonale). » Rectangle : pas de prévision, « je sais pas ». Quadrilatère irrégulier avec un angle aigu : « Je sais pas… un rond entier… non une moitié de rond parce qu’il (n’) y a (que) 3 de coins (les angles droits et obtus). »

Bia (5 ;1) prévoit « un rond » pour les coins d’un T, puis après essai : « Ça fait tunnel (= demi-cercle) » et généralise à des T différents « parce qu’il y a les mêmes coins… les mêmes formes ». Pour le carré il prévoit d’emblée « une balle. — Pourquoi ? — Parce qu’il y a 4 coins, il y en a plus ». On accole 2 T en un carré : « Un rond. —  Pourquoi ? — Parce que là (un des T), il y a 3 coins et là aussi, ça fait 6 coins. — Et avec 6 coins qu’est-ce que tu fais ? — Je me rappelle plus, un tunnel, non une balle. —  Et avec 4 coins ? — Une balle. — Et pourquoi 4 et 6 ça fait aussi une balle ? — Parce que c’est la même forme (les 2 T sur le carré). » Rectangle et quadrilatère irréguliers : « Une balle, il y a aussi 4 coins. — (Pentagone.) — Une balle, la même chose qu’avant. —  Comme le carré ? — Oui, mais on la ferait plus grande parce qu’il y a 5 coins. —  (Hexagone ?) — Une grande balle, il y a plusieurs coins. »

Fré (6 ;2), demi-rond pour les T et « un rond entier » pour les Q. « (Pentagone ?) Un grand rond entier parce qu’on peut faire des grands coins. » On découpe un trapèze en 2 T que Fré remet l’un contre l’autre : « C’est une moitié de T (il montre le trapèze, donc 2 moitiés), c’est pas assez pour faire un rond entier… non, on peut pas faire assez grand pour faire un rond entier » (cf. Mag pour le carré à diagonale).

Ari (6 ;8) mêmes réactions. Pour le pentagone : « Un rond entier (très sûre). — On ne pourrait pas peut-être en faire 2 ? — On pourra (hésitations). — Avec 3 coins ? — Un demi-rond. —  Avec 4 ? — Un rond entier. —  Avec 5 ? — Un rond entier aussi (sûre et soulagée !). — (Heptagone.) — Il y a 7 coins, ça fait un rond entier. »

II y a donc chez ces sujets généralisation finale du demi- cercle pour les triangles, mais que Mag conteste d’abord pour les petits triangles puis fonde simplement sur l’analogie de deux des morceaux découpés, car un triangle « pointu » n’est pas un triangle ; de plus cet enfant ne compte pas encore les coins. D’autre part, Bia prévoit au début « un rond » entier. [p. 82] Quant au passage aux quadrilatères, il y a en général prévision de « un rond entier », mais ce n’est nullement parce qu’ils sont formés de 2 triangles : c’est parce qu’ils sont « plus grands » (Mag) ou qu’il y a « plus » de coins et que le sujet ne songe à aucun intermédiaire entre un demi-rond et un entier. D’autre part, lorsqu’on présente un carré ou un trapèze sectionnés en 2 triangles, Mag et Fré pensent qu’on n’aura plus « un rond tout à fait fermé » parce que ce n’est alors « pas assez grand », tandis que Bia accepte le rond entier, mais parce qu’il y a en ce cas 6 coins, et que 6 font comme 4. En effet, lorsqu’on passe aux pentagones, hexagones ou heptagones, il y aura toujours un seul rond comme produit, mais de surfaces agrandies selon le même principe de la « place occupée » et non pas de la forme que chez les sujets IA du chapitre IV.

On voit ainsi qu’il n’y a pas encore de récurrence, à ce niveau IA, même pour le passage de 3 à 4 angles et que les généralisations en jeu, en particulier quant à la conservation du cercle unique pour les polygones à partir de 4 angles, demeurent essentiellement inductives, réserve faite quant aux cadres préalables dont il a été question au chapitre IV.

Le progrès par rapport au niveau IA consiste en une adjonction au rond, à partir de 4 angles, de petits morceaux supplémentaires correspondant aux angles ajoutés, mais sans voir qu’ils n’équivalent pas à la différence entre un demi-cercle et un cercle entier ⁴ :

Seb (6 ;0) constate « une demi-lune » pour un T et généralise aux autres. Pour le trapèze il hésite puis se décide pour « une lune ronde ». Pour le pentagone, « il y a 5 coins : une lune et rien qu’un morceau ». Il dessine un cercle découpé en petits morceaux de forme arbitraire, et rajoute un morceau extérieur en disant « un morceau (externe) et 4 morceaux (internes) accrochés. — Et ça (hexagone) ? — Il y a 6 coins : une lune plus 2 morceaux. —  Et pour 7 coins ? — Ça ferait ça (un de plus). — Et 8 ? — (Il en rajoute) ».

Nie (6 ;1) prévoit pour le T « presque une moitié de rond, peut-être un quart (essai), la moitié ». Pour un T à angles très aigus « ça va donner un quart, ou un rond ou un demi-rond (essai), un demi ». Carré : « Ça va donner plus que la moitié d’un rond : il y a plus de pièces, il y a 4 morceaux cette fois (essai), un rond entier ! —  (Rectangle.) — Peut-être un rond entier. — Rectangle mince. — Un rond entier mais tout petit. — (Pentagone.) — > Un rond [p. 83] entier plus une pièce de trop (= en plue). — (Pentagone irrégulier.) — Comme tout à l’heure (il compte les angles) : un rond entier puis un quart de trop. — (Hexagone.) — Un rond entier et la moitié d’un rond. »

RïC (7 ;4) donne encore des réponses du même type. Il prévoit les 3/4 d’un cercle pour les T et constate le demi-rond « parce qu’il y avait des petits (angles) », tandis qu’un T rectangle qu’il appelle une « moitié de carré » donnera « un peu plus » qu’un demi-cercle. Il en est de même du trapèze, mais le carré donnera « un rond » et le rectangle « un peu plus que la moitié ». Pentagone : « Un rond entier plus une pièce. » A nouveau trapèze : même réaction qu’avant et pour le carré à nouveau « un rond (très sûr) parce qu’il y a 4 grosses pièces ».

Bin (7 ;0) prévoit « la moitié d’un rond » pour la plupart des T, presque un rond pour le trapèze (angles aigus !) et « tout un rond » pour le carré. Pentagone : « un cercle puis le commencement d’un autre cercle », mais seulement « un grand cercle » s’il est irrégulier. Hexagone : « un rond et un morceau… plus grand ». On suggère de décomposer le carré en T : « Il y en a 2. —  Et les angles ? — 4. — Ce T vaut combien ? — Un demi-cercle. — Et l’autre ? — Aussi. — Et avec les 2 ? — Pas tout un cercle entier. Il en faudrait encore un pour faire un cercle entier. — Alors il faudrait quoi pour un entier ? — 5 coins. » Logique avec ce nouveau point de vue, elle compte les 3 T disjoints inscrits dans le pentagone comme donnant « un demi-cercle, un demi-cercle aussi et celui-là aussi (donc 3 demi-cercles en tout). — Et toute la figure ? — Il y a 5 coins, ça fait tout un cercle ». Pour l’hexagone la réaction est encore plus curieuse : sur les 4 T, les 2 premiers font « tout un cercle. — Et les 2 autres ? — Tout un cercle. — Et en tout ? — Je ne sais pas (elle compte les angles) ça fera 6. Ça fera tout un cercle ».

L’intérêt de ces réactions, qui font la transition entre les niveaux IA et IIA, est le début d’une quantification en fonction du nombre des angles : les quadrilatères donneront une somme totale supérieure à celle des triangles et les pentagones encore davantage. Mais comme aucune de ces figures ne comporte une résultante constante, car le nombre des angles n’est pas seul en jeu et le sujet admet des variations selon qu’ils sont plus ou moins aigus ou obtus, il n’y a donc pas d’unité de mesure : le sujet a beau avoir vérifié que les triangles donnent des demi-ronds, il calcule en fait par « pièces » ou « morceaux » qui reviennent à peu près à un quart. L’hexagone de Nie valant un rond et demi n’est donc pas confondu avec un pentagone : il vaut un rond et deux quarts, puisque les angles du pentagone sont évalués à un rond et quart.

Cette absence de métrique est particulièrement frappante lorsqu’on suggère au sujet une décomposition en triangles : par [p. 84] exemple Bin a beau savoir que les 3 angles d’un triangle valent un demi-cercle et que 2 demis font un cercle entier, il nie que le carré partagé en 2 triangles donne encore un entier, il nie ensuite que les 3 demi-cercles du pentagone partagé en 3 triangles disjoints donnent plus qu’un entier et il refuse même d’admettre que les 4 triangles inscrits dans l’hexagone et valant donc 2 à 2 un cercle (il le reconnaît) donnent plus qu’un cercle au total. Ces affirmations aberrantes tiennent naturellement au fait que quand le sujet considère à part les angles de la figure totale, il les juge qualitativement et renonce à tout calcul numérique pour n’évaluer que les surfaces.

Les réactions de ce sous-stade HA sont en partie analogues à celles du même niveau au chapitre IV, bien que le rôle de l’action du sujet soit ici moindre et que, au lieu d’une insuffisante prise de conscience de celle-ci, on trouve dans les cas suivants, à côté de déductions correctes, un flottement entre le nombre des angles et leurs caractères qualitatifs, donc entre la déduction et l’observable :

Aub (7 ;5) prévoit un demi-cercle pour les T équilatéraux et, après avoir cru à une surface plus petite lors d’angles plus aigus, il explique qu’« ils ont quand même la même forme » et qu’un petit angle est compensé par un grand. Par contre, il proteste à l’idée qu’un angle de plus ne changerait rien : « Un carré qui donne un demi-cercle, ah ! non. » Le T minuscule : « Pareil, un demi-cercle parce que c’est toujours la même forme. » Carré : « Un rond parce qu’il y a 4 quarts de cercle », un rectangle aussi, mais pas un trapèze irrégulier faute de compensations. Pentagone : « Un rond et il resterait ça (un angle) », mais dès qu’on suggère de tracer les T inscrits : « Ça fera 3 T, il y aurait un rond (les 2 premiers) et il resterait encore un T : un rond et un demi-cercle ! » Par contre cela ne vaut plus pour un pentagone irrégulier à cause des angles inégaux et un hexagone ne donnera qu’un demi-rond.

Rog (8 ;4) prévoit un demi-rond pour tous les T « parce qu’il y a aussi 3 angles » pour les scalènes ou les tout-petits. Le trapèze donnera « un rond. Ah ! non, pas entier parce qu’il faudrait 6 morceaux de T pour faire un rond entier » mais sitôt qu’on suggère la diagonale : « Ça fait comme s’il y avait 2 T : un cercle entier ! » Mais pour le carré elle n’a pas l’idée de faire de même et y voit 4 T en les confondant avec les angles. Pentagone : « Un demi-cercle (= 1 T) plus 2 pointes qui restent. » Pour l’hexagone il croit que : 6 angles = 2 T = « un cercle entier ».

Ani (8 ;4). Tous les T = un demi-rond. Trapèze : « Un rond. — Pourquoi ? — Parce qu’il y a un demi-rond en plus. —  Où ? — Un angle en plus (mais par confusion angle = T. » Rectangle, etc. : « Aussi un rond. » Pentagone : [p. 85] « Un rond avec une pièce en trop » et l’hexagone avec 2. On suggère les T et Ani accepte d’emblée que les 2 T du carré vérifient « un rond ». Mais, du fait qu’on peut couper 4 angles dans le carré et 3 dans chaque T, la somme de ces 6 fera « un rond plus 2 angles. — Ça n’est pas la même chose si je découpe les deux T de la figure ou les 4 angles de la même figure ? — Non ça fera pas la même chose ». Pour le pentagone Ani dessine 3 T. « Et si on coupe les bouts ? — Un rond avec 3 pièces à côté. —  Et avec les 3 pièces ? — Un rond et pis un demi-rond (pour le tout) ! — Et si on découpe les 5 angles de la figure ? — Ça ne ferait pas la même chose » puisque ça fait 1 rond (= le carré) avec 1 pièce de trop (la 5^e pointe). On fait préciser 3 T = 3 demi- ronds = « 1 rond et un demi-rond. —  Ça correspond à ce que tu as dit avant ? — Non. —  Qu’est-ce qui est juste ? — Les deux ! —  C’est pas la même chose de découper, etc. ? — Pas la même chose, oui la même chose, Ah ! non. —  Alors, oui ou non ? — Non, oui, j’sais pas. Ça fera 1 rond et 1 demi-rond. —  Ça ferait la même chose si je découpais les angles de la figure ? — Non ». Hexagone : « G côtés » et « 4 T. —  Si tu découpes les T ? — 2 ronds ». Il faut alors lui faire écrire la liste des figures du T à l’hexagone, avec en regard le nombre des côtés et le nombre des triangles inscrits pour qu’elle entrevoie qu’en rajoutant un côté on ajoute un T et donc 1 demi-rond (mais sans voir la relation T — n côtés — 2).

Dom (9 ;7) : 1 demi-rond pour les T et 1 rond pour le carré « parce que deux comme ça (T) ça fait le 1/2 d’un rond ». Par contre un quadrilatère irrégulier : « Les 3/4 d’un rond, peut-être la 1/2. — Pas un rond ? — Je trouve que c’est un peu petit ! » Pentagone : « Un rond plus 1/4 parce qu’avec le carré ça faisait 1 rond alors si on prend un angle de plus, ça fera 1/4 de plus. — Tu peux faire des T dans le pentagone ? — Oui (3). — Combien on fait de ronds avec 1 T ? — Un demi-rond, mais ça dépend si on a 1 petit angle et 2 grands ça fait 1/2 mais si on a 3 plus grands ça fait les 3/4 (il revient donc sur ses généralisations correctes du début pour tous les T). — Et ici ? — Les 3/4 parce que les angles sont assez gros. — (Pentagone irrégulier.) — Un rond et 1/4. — (Hexagone ?) — 1 rond 1/2. » Dodécagone : « 3 ronds parce que 3 X 4 ça fait 12. » Il calcule donc comme si 4 angles de la figure égalent 1 carré (1 rond).

Comme dit plus haut, l’intérêt de ces réactions est qu’elles correspondent, en termes d’observables sur l’objet, à ce que nous avons vu au niveau IIA du chapitre IV en termes d’observables sur l’action. En effet, les sujets IIA du chapitre IV, tout en tirant de leurs actions certaines inférences valables ne parvenaient pas à une prise de conscience suffisante pour atteindre les coordinations nécessaires guidant en fait leurs manipulations. Dans le présent cas, ce n’est pas le détail de l’action qui pose des problèmes : couper des angles et les relier est facile, la question étant au contraire seulement de savoir si les angles du polygone une fois réunis (par le dessin ou en pensée, comme le sont en action ceux du premier triangle [p. 86] présenté) donneront la même somme que ceux de tous les triangles disjoints dessinés dans le polygone. Or ce problème témoigne d’un conflit intéressant entre la généralisation constructive et l’inductive. Contrairement aux sujets du niveau IB, ceux-ci généralisent à tous les triangles la propriété de comporter des angles dont la somme est un demi-cercle, et ceci par un jeu de compensations étudiées jadis avec B. Inhelder, ce qui comporte donc déjà une part de généralisation constructive. Lorsqu’un polygone quelconque est muni de triangles inscrits, il est alors facile de les compter (n) et d’en déduire (encore par généralisation constructive) que la somme de ses angles vaudra n demi-cercles. Seulement, à considérer percep- tivement et qualitativement le polygone, on n’a aucun moyen de contrôle sans une mesure en degrés de chacun de ses angles et, à se fier à ces observables relatifs à ceux-ci on ne peut rien dire de plus sérieux que les sujets du niveau IB. Or, chose extraordinaire pour un niveau déjà opératoire sur de nombreux points, ces sujets refusent de donner raison sans plus à la déduction constructive et maintiennent les droits d’une généralisation inductive, à partir du pentagone, fondée sur l’idée d’un quadrilatère plus un angle (ou une « pièce », un « morceau ») évalué qualitativement. Chez Ani et Dom la contradiction est même explicite : Ani en conclut alors que la somme des angles du polygone n’équivaut pas à celle des demi-cercles (triangle) et va jusqu’à dire que « les deux » sortes d’estimation sont justes, d’où une situation sans issue. Dom malgré ses 9 ans 1/2 renonce alors à ses généralisations pourtant fondées concernant les triangles !

La raison de ces difficultés est évidemment que le sujet, tout en ayant déjà assimilé le rapport n triangles = n demi- cercles, n’a cependant pas compris la relation entre le nombre TV des angles du polygone et celui des triangles disjoints que l’on peut y inscrire, qui est de TV — 2. Il en résulte que pour l’enfant de ce niveau 3 angles quelconques des polygones équivalent à ceux d’un triangle et 4 à ceux d’un quadrilatère : Rog croit ainsi : que l’hexagone ayant 6 angles ne correspond qu’à 2 triangles et Dom que les angles d’un dodécagone se répartissent en 3 carrés puisque 3 X 4 = 12.

Comme dans les deux chapitres précédents, le niveau IIB marque une réussite en ce qui concerne [p. 87] le processus de la récurrence mais non sans tâtonnements et sans que toutes les lois soient encore dégagées.

Cha (9 ;5) n’est pas sûre que tous les T donnent un demi-cercle puis le reconnaît au vu des compensations. Même réaction pour les quadrilatères et le rond entier. Pentagone : « 1 rond 1/4, peut-être 1/3 en regardant la largeur des angles. » Hexagone : « 1 rond 1/2, peut-être un peu plus. » On suggère le partage d’un trapèze en 2 T, et Cha l’applique au pentagone : « Ça ferait 3 T, donc on aura, je suis (cette fois) sûre, un rond et demi. » Hexagone : 2 ronds. Récapitulation : « Chaque fois qu’il y a un angle de plus il y a un demi-cercle de plus. —  8 angles ? — 4 cercles, non 3. »

Cla (9 ;1) débute comme Cha mais pour le pentagone dit d’emblée : « Un rond et demi, parce que les angles sont larges. — (Irrégulier.) — Un rond et pas tout à fait le demi. » Hexagone : « 2 quarts de plus : les angles sont assez larges pour faire 1 cercle, plus 3 encore 1 alors ça fait 2 cercles. — 7 côtés ? — J’sais pas. » Décomposition en T : le pentagone irrégulier donne cette fois « 1 cercle et demi. —  Toutes les figures à 5 côtés ? — Oui, je suis sûre. —  (Hexagone ?) — Ça méfait 2 cercles. — Si on a 1 côté de plus on peut toujours rajouter un T, donc on aura 1 demi-cercle en plus. — 1 côtés ? — 2 cercles et 1/2. —  15 côtés 1 — J’sais pas. Il faut dessiner les T. »

Cat (9 ;9) généralise d’emblée le demi-cercle à tous les T et le cercle à tous les quadrilatères mais rectilignes, car « je ne dis pas que toutes les figures à 4 côtés feront un rond » et il dessine pour preuve un rectangle à petits côtés concaves et à 4 angles « très effilés ». Pour le pentagone il raisonne d’abord comme au niveau HA : « Un rond et un quart de rond : avec 4 angles (= un carré !) on a un rond et avec 5 il reste forcément un quart. » Hexagone : « Un rond et demi : 4 angles ça fait un rond, plus 2 ça fait 1/2 rond, chacun un 1/4. —  Et avec 7 côtés ? — Un quart de plus. — Et si on passe de 24 à 25 côtés ? — Toujours un quart de rond en plus. » Il procède donc par récurrence mais oublie le passage des T aux quadrilatères. Par contre, lors de la décomposition en T, il voit d’emblée pour le trapèze que chaque T donnant un demi- rond, les deux font un entier et sitôt le pentagone réparti en 3 T il déclare : « Un rond et demi. J’avais dit 1 rond et 1/4, c’est faux puisque de nouveau il y a le T en plus. — Avec 6 côtés ? — 3 T, ah 4 T, ça fait 2 ronds. — Pourquoi ? — De nouveau chaque fois qu’on ajoute 1 côté on a un T de plus. —  Avec 7 ? — On aura 5 T et ça formera 2 ronds et 1/2. —  Avec 10 côtés ? — Ça fera 8 T, il faut 2 côtés pour former un T, on enlève chaque fois 2 pour avoir les T… et chaque fois le T vaut un 1/2 cercle. »

Sans problème pour les triangles et les quadrilatères, ces sujets raisonnent encore comme ceux du niveau HA à partir du pentagone : évaluations qualitatives (même si la l^re réponse est juste chez Cia) sans idée de décomposition en carrés ou triangles. Par contre, la grande différence avec les réactions précédentes est que, sitôt suggérée la décomposition, celle-ci [p. 88] est non seulement effectuée d’emblée correctement, mais encore elle impose une certitude immédiate quant aux inférences qui s’ensuivent, et le sujet dévalorise aussitôt ses estimations antérieures considérées alors comme sans fondement : Cha et Cat sont nets à cet égard. De plus les résultats ainsi obtenus donnent lieu à une récurrence explicite avec correspondance entre le nombre des côtés et celui des triangles, donc des demi-cercles, mais sans la loi « nT = n côtés moins 2 » chez Cha et Cia, tandis que Cat la découvre et rejoint sur ce point le stade III.

Le propre des sujets de ce niveau est de songer d’eux-mêmes à des décompositions lorsqu’ils se rappellent leurs certitudes initiales ou simplement qu’on leur demande ce qu’ils ont « vu en premier ». D’autre part, si la décomposition doit être suggérée, le sujet parvient par récurrence aux trois niveaux de construction qu’elle comporte en cette épreuve, y compris à n — 2 triangles pour n côtés :

Oli (11 ;1) précise que « tous les T donnent la même somme des angles, sans exception » et que tous les quadrilatères ont « 4 angles forcément » et que « si on fait une diagonale (ce qu’il indique spontanément) ça fait 2 triangles ». Pour le pentagone « c’est simple, 1, 2, 3, 4, 5, ça donnera un rond et un petit bout de rond. ..je vais regarder. — Qu’est-ce qu’on a vu en premier ? — Le triangle, ah ! on va faire ça ». Il coupe en 2 quadrilatères puis se ravise (un quadrilatère et un triangle). « Si je fais comme ça, eh bien ça donne un rond et demi : … trois angles et une espèce de trapèze… un rond et demi. » Pentagones irréguliers : « La même chose. » Pour l’heptagone, sans avoir passé par l’hexagone, il trace un quadrilatère et 2 angles (il oublie le 3^e très aigu et dont la base est donc très courte, la figure ayant été donnée très irrégulière), ce qui donne 3 ronds, mais c’est là une faute de calcul et non pas de méthode. Pour le dodécagone il est porté à compter par nombre d’angles (confusion du niveau IIA entre les angles de la figure totale et les triangles inscrits), mais il se corrige par une remarque qui échappe précisément aux sujets de niveaux inférieurs : c’est que « chaque angle (du polygone total) je les ai séparés, chaque moitié appartient à une autre surface (= un autre triangle inscrit) et cet angle-là est (même) divisé en 3 ».

Asp (12 ;8), après des débuts hésitants, comprend de suite la suggestion des triangles pour un trapèze et, face au pentagone, répond sans dessiner : « Ça fait un rond et demi. —  Pourquoi ? — On peut faire 3 T dedans (les montre). — (Irrégulier.) — On peut encore mettre 3 T dedans. — Plus ? — Non et (avec 1 de moins) on aurait une figure à 3 et une à 4 côtés. —  (Hexagone.) — On peut en faire 1 T déplus, ça donnera 2 cercles. —  Et avec 7 côtés ? — Un côté de plus, un demi-cercle de plus parce qu’il y aurait 1 T de plus. —  [p. 89] Et avec 20 côtés ? — Dans 20 côtés il y aurait 18 T. —  Pourquoi 18 ? — J’ai remarqué là (pentagone) qu’il y avait 3 T pour 5 côtés : il y a toujours 2 côtés de plus (que de T). —  Et si on passe de 20 à 21 côtés ? — Un demi- cercle de plus. —  Et avec 1 000 côtés ? — Ça ferait 998 T (immédiat). »

Ainsi s’achève cette évolution, en parallélisme avec celle qu’ont décrite les deux derniers chapitres. En effet, sous son apparente simplicité, la question posée ici à l’enfant comporte en réalité trois niveaux de construction récurrentielle. La première loi à dégager est qu’en augmentant d’un côté le polygone considéré on accroît par cela même d’un demi-cercle la somme de ses angles, puisqu’un côté de plus permet la construction d’un triangle disjoint de plus (dont 1 ou 2 côtés sont empruntés à ceux du polygone) et que les angles d’un triangle valent un demi-cercle. Cette première loi est découverte au niveau IIA, tandis qu’en IB nous voyons Bin affirmer qu’en un polygone on a 3 demi-cercles, mais conclure que le tout en vaut un seul si l’on se fie, comme cela lui paraît s’imposer, au seul examen des 5 angles (de même qu’en un hexagone, sur 4 triangles, les 2 premiers font un cercle, les 2 seconds un autre, le total étant « tout un cercle » puisqu’il y a 6 angles). La seconde loi peut paraître impliquée dans la première, et même tautologique : c’est que la somme des demi-cercles, donnée par le nombre des triangles inscrits selon les règles, est égale à la somme des angles du polygone total. Or, cette loi n’est admise qu’au niveau IIB, tandis que la première l’était dès IIA : c’est que, pour n angles du polygone enveloppant, on n’a que n — 2 triangles disjoints et qu’alors ces n angles pouvant donner lieu à une estimation perceptive, fondée sur les simples observables qualitatifs, les sujets du niveau IIA, sans s’appuyer exclusivement sur ces deux derniers (comme en IB), continuent de les prendre en considération : d’où des contradictions ressenties comme telles par Ani, Dom, etc., et dont ils sortent comme ils peuvent. En IIB, au contraire, l’inférence tirée des triangles l’emporte résolument. Enfin, la troisième loi, qui est alors celle de n — 2 triangles pour n côtés du polygone total, n’est formulée qu’au stade III (et plus précocement par Cat, intermédiaire entre IIB et III, mais à la fin de l’interrogation), car elle suppose les deux premières et en plus une abstraction réfléchie à partir des coordinations internes nécessaires à la construction en action.

[p. 90] L’intérêt de ces faits est alors de nous montrer combien ces trois paliers récurrentiels sont tributaires de généralisations constructives, et cela plus clairement encore que les raisonnements étudiés dans les chapitres précédents puisque, dans le présent cas, cette forme de généralisation est en conflit ouvert, aux niveaux IB et HA avec la forme extensionnelle. En effet, admettre qu’on puisse atteindre la somme des angles d’un polygone au moyen des triangles disjoints qu’on y inscrit, c’est substituer à des observables directs, à la fois donnés et évaluables perceptivement, un jeu de constructions tel que par inférences successives on introduise dans l’objet de nouvelles formes et de nouveaux contenus, pour en tirer déductivement ce que l’on devrait et pourrait même y voir intuitivement. On comprend donc l’indifférence de Bin (IB) lorsqu’on lui propose cet exercice sophistiqué et le trouble de Ani et Dom en présence des contradictions qu’il comporte par rapport au bon sens même, qui est encore pour eux la simple généralisation inductive à partir d’observables.

Quant à savoir pourquoi cette généralisation constructive est acceptée puis utilisée plus ou moins spontanément aux niveaux IIB et III il est clair qu’en ce cas, comme dans les autres commentés antérieurement, l’emprise progressive de la nécessité logique tient aux progrès d’une prise de conscience qui finit par atteindre les coordinations internes de l’action. C’est ce qui apparaît clairement dans la manière dont Cat justifie la 3^e loi : « Il faut 2 côtés pour former un triangle (ce qui est le cas des deux triangles extrêmes dans l’éventail de ceux qui partent d’un même sommet du polygone à évaluer) on enlève chaque fois deux. »

Relevons enfin combien ces faits confirment et de façon remarquable ce que nous avons déjà vu à propos de la récurrence : c’est que la certitude inhérente à ce mode de généralisation n’est nullement due à de simples extensions des constatations faites sur les nombres initiaux n (comme ce serait le cas d’une « induction » physique élémentaire), mais qu’elle se justifie seulement en s’appuyant sur ce qui va suivre, c’est-à- dire sur le passage de n à n + 1 et donc à « tous » les n + x ultérieurs (d’où le terme d’induction « complète » utilisé par Poincaré). En effet, jusqu’au niveau IIA, le sujet a beau savoir que les angles d’un triangle valent un demi-cercle et ceux du [p. 91] quadrilatère un cercle entier, il ne voit pas le moins du monde que cette différence d’un demi-cercle lorsqu’on ajoute un côté ou un angle pourrait servir à résoudre les questions ultérieures des pentagones, etc. ; et, lorsqu’on suggère la décomposition en triangles, les sujets du niveau IIA comprennent bien qu’on peut ainsi ajouter chaque fois un demi-cercle de plus, mais se refusent à utiliser ce fait pour juger des angles du polygone total lui-même. Ce n’est qu’en trouvant au niveau IIB la raison du passage de n à n + 1 que la récurrence devient possible et c’est au stade III qu’elle devient explicite, mais en s’appuyant sur les séquences ultérieures aussi lointaines que 998 triangles pour 1 000 côtés (Asp). En un mot le raisonnement récurrentiel est un exemple typique de la généralisation constructive en tant que se fondant sur les structures encore à construire et non pas seulement sur les constructions initiales.