Exercices corrigés : algorithmique et programmation avec Scratch (Quatrième)

Le lutin part de $(0\,;0)$ orienté vers la droite, donc avancer de $100$ pas augmente son abscisse de $100$ et laisse son ordonnée inchangée : il est en $(100\,;0)$. Le mot important est « sa direction actuelle » : $\mathtt{avancer}$ ne signifie jamais « vers la droite », mais « tout droit devant soi ».

Vers le HAUT. Le lutin regardait vers la droite ; tourner de $90$ degrés vers la gauche, c'est-à-dire dans le sens inverse des aiguilles d'une montre, l'amène à regarder vers le haut de la scène. Ce bloc ne le déplace pas : ses coordonnées restent $(100\,;0)$.

Le dernier bloc le fait avancer de $60$ pas vers le haut, donc son ordonnée augmente de $60$ : il termine en $(100\,;60)$. Le tracé obtenu est une ligne brisée formée de deux segments perpendiculaires, visible sur le corrigé.

Le trait mesure $100+60=160$ pas, car le stylo est resté abaissé pendant les deux déplacements. La distance à vol d'oiseau est celle du segment qui joint $(0\,;0)$ à $(100\,;60)$ : le triangle étant rectangle, le théorème de Pythagore donne $\sqrt{100^{2}+60^{2}}=\sqrt{13600}\approx 116{,}6$ pas. Le chemin parcouru est donc plus long que la distance à vol d'oiseau, ce qui est toujours le cas dès qu'on ne va pas tout droit.

Le lutin tourne d'abord, donc il regarde vers le haut AVANT d'avancer. Il monte alors de $100$ pas, en $(0\,;100)$, puis de $60$ pas encore, et termine en $(0\,;160)$. Le résultat est complètement différent de celui de la question 3, alors que les blocs utilisés sont exactement les mêmes : l'ORDRE des instructions fait partie du programme au même titre que les instructions elles-mêmes. C'est le fil de toute la série.

Le bloc $\mathtt{aller\ à\ x:\ 180\ y:\ 120}$. Ce bloc place le lutin aux coordonnées indiquées quelles que soient sa position et sa direction de départ : il ne trace d'ailleurs un segment que parce que le stylo est abaissé. Il ne faut pas le confondre avec un déplacement relatif : $\mathtt{aller\ à\ x:\ 180\ y:\ 120}$ ne veut pas dire « avancer de $180$ vers la droite et de $120$ vers le haut », ce qui, depuis $(100\,;60)$, aurait conduit en $(280\,;180)$, hors de la scène.

Un CARRÉ de côté $80$ pas. Le lutin répète quatre fois la même paire d'actions : avancer de $80$, puis pivoter d'un quart de tour. Quatre côtés de même longueur séparés par quatre angles droits, c'est la définition du carré. On remarque qu'après le quatrième tour, le lutin est revenu à son point de départ et regarde de nouveau dans sa direction initiale : la figure est bien fermée.

Le bloc $\mathtt{avancer\ de\ 80}$ est exécuté quatre fois, donc le trait mesure $4\times 80=320$ pas, ce qui est le périmètre du carré. Attention à ne pas compter les blocs $\mathtt{tourner}$ : ils ne tracent rien, puisqu'ils ne déplacent pas le lutin.

Parce que la somme des rotations d'une figure fermée vaut un tour complet, soit $360^\circ$, et qu'il y a quatre sommets : chaque rotation vaut donc $\dfrac{360}{4}=90^\circ$. Cette division est le seul calcul du chapitre sur les tracés, et elle vaut pour tous les polygones réguliers.

Le lutin doit tourner de $\dfrac{360}{5}=72^\circ$. L'angle de $108^\circ$ est l'angle INTÉRIEUR du pentagone, celui que l'on mesure entre deux côtés à l'intérieur de la figure ; le lutin, lui, arrive dans le prolongement du côté et doit se rabattre : il tourne de l'angle extérieur, qui est le supplémentaire, soit $180-108=72^\circ$ ✓. La cohérence est totale, puisque $5\times 72=360$. Confondre les deux est le piège numéro un du chapitre : avec $108^\circ$, la figure ne se referme pas et le lutin part en étoile.

Il suffit de changer deux nombres : $\mathtt{répéter\ 5\ fois}$, $\mathtt{avancer\ de\ 80}$, $\mathtt{tourner\ de\ 72\ degrés\ vers\ la\ droite}$. Le périmètre de ce pentagone vaut $5\times 80=400$ pas, plus grand que celui du carré alors que le côté est identique.

Il faudrait $\dfrac{360}{24}=15^\circ$. Avec des côtés courts, disons $20$ pas, la figure obtenue serait pratiquement indiscernable d'un CERCLE de périmètre $24\times 20=480$ pas : plus le nombre de côtés augmente, plus l'angle de rotation diminue et plus le polygone régulier ressemble à un cercle. C'est d'ailleurs ainsi que l'on trace un cercle en programmation, et c'est la même idée qui permet d'approcher le nombre $\pi$.

On remplit une ligne par tour, en utilisant à chaque fois la valeur de la ligne précédente. Tour 1 : $5\times 2-3=7$. Tour 2 : $7\times 2-3=11$. Tour 3 : $11\times 2-3=19$. Tour 4 : $19\times 2-3=35$. Le tableau est donc $5$, puis $7$, $11$, $19$, $35$. Cette colonne de calculs est la seule méthode fiable : lire le script « en gros » ne permet jamais de prévoir une valeur.

Le lutin dit $35$, la valeur contenue dans la variable après le quatrième et dernier tour. Le bloc $\mathtt{dire}$ est en dehors de la boucle, donc il n'est exécuté qu'une seule fois, à la fin. S'il avait été à l'intérieur, le lutin aurait annoncé successivement $7$, $11$, $19$ puis $35$.

Le lutin dit $3$. En effet $3\times 2-3=3$ : la valeur ne change pas, et elle ne changera donc jamais, quel que soit le nombre de tours. La boucle tourne bien quatre fois, mais elle recopie chaque fois la même valeur.

$x=2x-3$ donne $x-2x=-3$, soit $-x=-3$ et $x=3$. Ce nombre $3$ est appelé POINT FIXE de la transformation : c'est l'unique valeur que le programme laisse inchangée, et c'est exactement ce qu'on a observé à la question 3. Une équation du premier degré vient donc de répondre à une question de programmation, ce qui est l'un des intérêts du chapitre.

$2\times 2-3=1$, puis $1\times 2-3=-1$, puis $-1\times 2-3=-5$, puis $-5\times 2-3=-13$. Les valeurs sont $1$, $-1$, $-5$, $-13$ : elles descendent de plus en plus vite. Attention au calcul avec les nombres relatifs, où $-1\times 2-3$ vaut $-5$ et non $-1$.

Tout se lit sur l'ÉCART au point fixe $3$. Si la valeur vaut $3+e$, alors le tour suivant donne $2(3+e)-3=3+2e$ : l'écart au point fixe est simplement DOUBLÉ à chaque tour. Partant de $5$, l'écart vaut $+2$, puis $+4$, $+8$, $+16$, $+32$, et la valeur finale est $3+32=35$ ✓. Partant de $2$, l'écart vaut $-1$, puis $-2$, $-4$, $-8$, $-16$, et la valeur finale est $3-16=-13$ ✓. Une valeur de départ égale à $3$ a un écart nul, qui reste nul : on retrouve la question 3. C'est ce raisonnement qui permet de prévoir le résultat après $20$ tours sans remplir vingt lignes.

Pour $n=4$ : la condition $4>10$ est fausse, donc c'est la branche $\mathtt{sinon}$ qui s'exécute et le lutin annonce $4+20=24$. Pour $n=10$ : la condition $10>10$ est FAUSSE, car l'inégalité est stricte ; c'est encore la branche $\mathtt{sinon}$, et le résultat est $10+20=30$. Pour $n=11$ : la condition est vraie, donc c'est la branche $\mathtt{alors}$ et le résultat est $11\times 2=22$.

Parce qu'on change de BRANCHE. Jusqu'à $10$ inclus, le programme ajoute $20$ ; à partir de $11$, il double. Or à cet endroit, doubler donne moins qu'ajouter $20$ : $22$ contre $30$. Le graphique montre bien ce SAUT, avec le point plein en $(10\,;30)$ et le rond vide en $(10\,;20)$, qui marque la valeur que la deuxième branche prendrait si elle s'appliquait en $10$, ce qui n'est pas le cas. Un programme défini par un test peut parfaitement donner un résultat plus petit pour une entrée plus grande : c'est ce qui rend ces programmes surprenants et ce qui explique la plupart des erreurs de facturation dans la vraie vie.

Sur le graphique, la deuxième portion passe par le point d'abscisse $15$ et d'ordonnée $30$. Vérification par le script : $15>10$ est vrai, donc le résultat vaut $15\times 2=30$ ✓. Lecture graphique et calcul se confirment mutuellement, ce qui est la meilleure façon de vérifier une lecture.

DEUX valeurs : $n=10$, par la branche $\mathtt{sinon}$, et $n=15$, par la branche $\mathtt{alors}$. Le graphique le montre immédiatement, puisque la droite horizontale d'ordonnée $30$ rencontre le tracé en deux points. Un programme à deux branches peut donc renvoyer la même sortie pour deux entrées différentes, ce qui interdit de « remonter » du résultat vers la donnée sans précaution.

Il faut être dans la branche $\mathtt{alors}$, car la branche $\mathtt{sinon}$ ne dépasse jamais $30$. On résout donc $n\times 2>40$, soit $n>20$ : la première valeur entière qui convient est $n=21$, qui donne $42$. Pour $n=20$ le résultat vaut exactement $40$, ce qui ne DÉPASSE pas $40$ : la lecture précise du mot « dépasser » vaut ici un point entier.

Cela ne change qu'une seule valeur, mais elle change beaucoup : pour $n=10$, la condition devient vraie, et le résultat passe de $30$ à $10\times 2=20$. Toutes les autres entrées sont inchangées. Sur le graphique, cela revient à échanger le point plein et le rond vide. C'est le genre de détail qui, dans un programme de caisse, fait payer le mauvais prix à un seul client sur mille et reste invisible pendant des mois.

À chaque tour, le compteur augmente de $1$ et la somme augmente du double du nouveau compteur. Tour 1 : compteur $1$, somme $0+2=2$. Tour 2 : compteur $2$, somme $2+4=6$. Tour 3 : compteur $3$, somme $6+6=12$. Tour 4 : compteur $4$, somme $12+8=20$. Tour 5 : compteur $5$, somme $20+10=30$. Tour 6 : compteur $6$, somme $30+12=42$. Tour 7 : compteur $7$, somme $42+14=56$. La condition $56>50$ est alors vraie, et la boucle s'arrête.

Le lutin dit $7$, et $\mathtt{somme}$ vaut $56$. Attention : la boucle ne s'arrête pas à $50$ mais au premier dépassement STRICT de $50$. À la fin du sixième tour, la somme valait $42$, c'est-à-dire moins que $50$ : le septième tour était donc obligatoire, et il fait passer d'un coup à $56$.

Après le tour numéro $k$, la somme vaut $2\times(1+2+\ldots+k)$, c'est-à-dire le double de la somme des $k$ premiers entiers. Or cette somme des entiers vaut $\dfrac{k\times(k+1)}{2}$, donc $\mathtt{somme}=k\times(k+1)$. Vérifications : pour $k=4$, $4\times 5=20$ ✓ ; pour $k=7$, $7\times 8=56$ ✓. Cette formule évite de remplir le tableau quand le nombre de tours devient grand.

On cherche le premier entier $k$ tel que $k\times(k+1)>500$. Comme $21\times 22=462$, encore insuffisant, et $22\times 23=506>500$ ✓, la boucle s'arrête au tour $22$ : le lutin dit $22$, et la somme vaut alors $506$. Remplir un tableau de vingt-deux lignes aurait pris dix minutes ; la formule de la question 3 rend la réponse immédiate.

La variable $\mathtt{compteur}$ reste à $0$, donc chaque tour ajoute $0\times 2=0$ à la somme, qui reste indéfiniment à $0$. La condition $\mathtt{somme>50}$ n'est jamais vraie : la boucle tourne SANS FIN et le programme se bloque. C'est le défaut classique des boucles conditionnelles : il faut toujours vérifier que le corps de la boucle fait bien progresser la variable testée.

Un seul tour. Au moment du premier test, $\mathtt{somme}$ vaut $0$, et $0>0$ est faux, donc la boucle exécute un tour, ce qui porte la somme à $2$. Au test suivant, $2>0$ est vrai et la boucle s'arrête. Le lutin dit donc $1$. Le point à retenir est que la condition est testée AVANT chaque tour : si elle avait été vraie dès le départ, la boucle n'aurait effectué aucun tour du tout.

On obtient une frise de CINQ carrés de côté $40$ pas, alignés horizontalement et séparés les uns des autres. La boucle extérieure se répète cinq fois, et chacun de ses tours trace un carré complet puis déplace le lutin vers la droite sans tracer. Le premier carré commence en $(-180\,;0)$.

Parce que la boucle intérieure fait tourner le lutin quatre fois de $90$ degrés, soit $4\times 90=360$ degrés au total : un tour complet. Un lutin qui a tourné d'un tour complet regarde de nouveau dans sa direction de départ, et comme il a parcouru les quatre côtés d'un carré, il est aussi revenu au même point. C'est ce qui rend la frise régulière : chaque motif repart exactement dans les mêmes conditions que le précédent.

Le bloc est à l'intérieur des deux boucles, donc il est exécuté $5\times 4=20$ fois. La longueur tracée vaut $20\times 40=800$ pas. Le déplacement de $60$ pas, lui, ne trace rien puisque le stylo est relevé : le lutin parcourt en réalité $800+5\times 60=1100$ pas, mais il n'en dessine que $800$. Confondre distance parcourue et longueur tracée est l'erreur classique de cet exercice.

Le lutin avance de $60$ pas depuis le coin où il a fini son carré, mais le carré lui-même occupe $40$ pas de large : l'écart entre le bord droit d'un carré et le bord gauche du suivant vaut donc $60-40=20$ pas.

La frise contient cinq carrés de $40$ pas et quatre écarts de $20$ pas, car il y a toujours un écart de moins que de motifs. Sa largeur vaut donc $5\times 40+4\times 20=200+80=280$ pas. Autre façon de compter : le lutin a avancé quatre fois de $60$ pas entre les motifs, puis il reste $40$ pas pour le dernier carré, soit $4\times 60+40=280$ ✓.

Avec $n$ carrés, la largeur vaut $40n+20(n-1)=60n-20$ pas. On cherche le plus grand entier $n$ tel que $60n-20\leq 480$, c'est-à-dire $60n\leq 500$ et $n\leq 8{,}33$. La réponse est donc $8$ carrés, qui occupent $60\times 8-20=460$ pas ✓, alors que $9$ carrés en occuperaient $520$, soit plus que la scène. Il faut bien arrondir vers le BAS : arrondir $8{,}33$ à $8$ n'est pas ici une question de précision mais de place disponible.

Avec $5$ : $5+3=8$, puis $8\times 2=16$, puis $16-2\times 5=16-10=6$. Avec $10$ : $10+3=13$, puis $26$, puis $26-20=6$. Avec $-4$ : $-4+3=-1$, puis $-1\times 2=-2$, puis $-2-2\times(-4)=-2+8=6$. Attention au dernier calcul : soustraire le double d'un nombre négatif revient à AJOUTER, ce qui est l'erreur de signe la plus fréquente ici.

Le programme A semble donner $6$ quel que soit le nombre choisi. Trois exemples ne démontrent rien, mais ils suffisent à formuler la conjecture : c'est exactement le rôle que joue un programme informatique dans un raisonnement, celui de fournir vite des cas particuliers.

On appelle $x$ le nombre choisi. Le programme calcule $2(x+3)-2x=2x+6-2x=6$. Le terme en $x$ disparaît, donc le résultat vaut $6$ pour TOUTE valeur de $x$, y compris décimale ou négative. C'est ce que trois exemples ne pourront jamais prouver et que deux lignes de calcul littéral établissent définitivement.

Avec $5$ : $5\times 4=20$, puis $26$, puis $13$, puis $10$. Avec $-4$ : $-16$, puis $-10$, puis $-5$, puis $-8$. On conjecture que le programme B DOUBLE le nombre choisi, et l'on démontre : $\dfrac{4x+6}{2}-3=2x+3-3=2x$ ✓. Les deux vérifications concordent, car $2\times 5=10$ et $2\times(-4)=-8$.

$\mathtt{mettre\ b\ à\ (nombre*4+6)/2-3}$. L'ordre des opérations écrites dans le bloc doit reproduire exactement l'énoncé, et les parenthèses sont indispensables : sans elles, $\mathtt{nombre*4+6/2-3}$ calculerait $4x+3-3=4x$, soit le double du résultat attendu. Une parenthèse oubliée ne provoque aucun message d'erreur, le programme donne simplement un résultat faux.

On résout $6=2x$, donc $x=3$. Vérification : le programme A donne $6$ et le programme B donne $2\times 3=6$ ✓. Pour toute autre valeur, les deux programmes diffèrent, et l'écart entre eux vaut $|2x-6|$, qui grandit à mesure qu'on s'éloigne de $3$. On retrouve ici le point fixe rencontré à l'exercice 3 : une équation du premier degré répond à une question posée sur des programmes.

FAUX. Énoncé correct : « échanger deux instructions change en général le résultat ». Contre-exemple chiffré, en partant de l'origine tourné vers la droite : dans le premier ordre, le lutin arrive en $(50\,;0)$ ; dans le second, il tourne d'abord, donc il monte et arrive en $(0\,;50)$. Ce sont deux points différents, distants de $\sqrt{50^{2}+50^{2}}\approx 70{,}7$ pas. L'ordre fait partie du programme.

FAUX, et l'erreur porte sur le sens du mot « à ». Énoncé correct : « $\mathtt{mettre\ n\ à\ n+1}$ range dans la case $\mathtt{n}$ le résultat du calcul $\mathtt{n}+1$ effectué avec l'ancienne valeur ». Ce n'est pas une égalité mathématique mais une AFFECTATION : si $\mathtt{n}$ valait $7$, il vaut $8$ après le bloc. C'est d'ailleurs ce bloc qui fait fonctionner tous les compteurs.

FAUX. Énoncé correct : « le lutin doit tourner de $\dfrac{360}{5}=72$ degrés ». Les $108$ degrés sont l'angle INTÉRIEUR du pentagone ; le lutin, lui, tourne de l'angle extérieur, supplémentaire du précédent, et $180-108=72$ ✓. Avec $108$ degrés, la somme des rotations vaudrait $5\times 108=540$ degrés, soit un tour et demi : la figure ne se refermerait pas.

FAUX. Énoncé correct : « la boucle s'arrête au premier tour où $\mathtt{somme}$ DÉPASSE strictement $50$ ». Tant que la somme vaut exactement $50$, la condition $50>50$ est fausse et un tour supplémentaire est effectué. Pour arrêter à $50$, il faudrait écrire $\mathtt{somme\geq 50}$. La différence entre les deux symboles vaut un tour de boucle entier, et parfois beaucoup plus.

FAUX. Énoncé correct : « ce bloc place le lutin AU POINT de coordonnées $(30\,;40)$, quelle que soit sa position de départ ». Il s'agit d'une position absolue et non d'un déplacement. Si le lutin était en $(100\,;100)$, la version fausse le conduirait en $(130\,;140)$, alors qu'il se retrouve en réalité en $(30\,;40)$ : le lutin RECULE, ce qui est l'inverse de ce que l'affirmation prédit.

La condition $\mathtt{de>4}$ est vraie pour les faces $5$ et $6$ seulement, soit $2$ faces sur $6$ : la probabilité vaut $\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\approx 0{,}33$. Attention à l'inégalité stricte : la face $4$ ne convient PAS, alors qu'elle conviendrait avec $\mathtt{de\geq 4}$, ce qui ferait passer la probabilité à $\dfrac{1}{2}$.

On attend en moyenne $60\times\dfrac{1}{3}=20$ lancers gagnants, et donc $40$ lancers perdants. Ce sont des valeurs MOYENNES : une exécution particulière donnera presque toujours autre chose, comme le montre la question 4.

Le gain attendu vaut $20\times 3-40\times 1=60-40=20$ jetons. Le joueur gagne donc en moyenne $\dfrac{20}{60}=\dfrac{1}{3}$ de jeton par lancer : sur le long terme, ce jeu lui est favorable.

La condition est vraie pour les faces $5$ et $6$, dont les effectifs se lisent sur le diagramme : $8$ et $10$, soit $18$ lancers gagnants. La fréquence vaut $\dfrac{18}{60}=0{,}3$, à comparer à la probabilité $\dfrac{1}{3}\approx 0{,}333$ : l'écart est normal sur seulement $60$ lancers. Relancer le programme donnerait d'ailleurs un diagramme différent, puisque le bloc $\mathtt{nombre\ aléatoire}$ retire un nouveau nombre à chaque fois.

Il y a eu $18$ lancers gagnants et $60-18=42$ lancers perdants, donc le lutin a annoncé $18\times 3-42\times 1=54-42=12$ jetons. C'est moins que les $20$ jetons attendus, sans que cela remette en cause le calcul de la question 3 : une moyenne théorique n'est jamais une promesse sur une partie.

Le jeu n'est pas équitable, il est favorable au joueur, puisque le gain moyen par lancer vaut $+\dfrac{1}{3}$ jeton au lieu de $0$. Pour qu'il le devienne avec une perte de $L$ jetons, il faut que le gain moyen s'annule : $\dfrac{1}{3}\times 3-\dfrac{2}{3}\times L=0$, donc $1=\dfrac{2L}{3}$ et $L=1{,}5$ jeton. Vérification sur $60$ lancers en moyenne : $20\times 3-40\times 1{,}5=60-60=0$ ✓. Autrement dit, comme on perd deux fois plus souvent qu'on ne gagne, la perte doit être deux fois plus petite que le gain.

Pour $1$ heure : la condition $1\leq 2$ est vraie, donc le prix vaut $1\times 3=3$ dollars. Pour $2$ heures : la condition est encore vraie, car l'inégalité est large, et le prix vaut $2\times 3=6$ dollars. Pour $5$ heures : la condition est fausse, donc le prix vaut $6+(5-2)\times 2=6+6=12$ dollars. Pour $8$ heures : $6+(8-2)\times 2=6+12=18$ dollars.

Sur le graphique, la deuxième portion passe par le point d'abscisse $4$ et d'ordonnée $10$. Vérification : $6+(4-2)\times 2=6+4=10$ dollars ✓. La lecture graphique et le script donnent bien la même chose, ce qui valide à la fois la lecture et le calcul.

NON. Pour une situation de proportionnalité, le quotient du prix par la durée devrait être constant. Or $\dfrac{3}{1}=3$ pour une heure, mais $\dfrac{12}{5}=2{,}4$ pour cinq heures : les deux quotients diffèrent, donc il n'y a pas proportionnalité. Graphiquement, cela se voit aussi : la représentation n'est pas une droite unique passant par l'origine, mais une ligne brisée qui change de pente en $2$ heures.

Le prix ne dépasse $20$ dollars que dans la deuxième branche. On résout $6+(h-2)\times 2>20$, soit $(h-2)\times 2>14$, puis $h-2>7$ et $h>9$. Il faut donc dépasser $9$ heures : à $9$ heures pile, le prix vaut exactement $6+14=20$ dollars, ce qui ne dépasse pas $20$ ; à $10$ heures, il vaut $22$ dollars ✓.

Le prix moyen de l'heure vaut $\dfrac{18}{8}=2{,}25$ dollars. Il est inférieur au tarif des deux premières heures, $3$ dollars, et supérieur au tarif des heures suivantes, $2$ dollars : c'est logique, puisque la facture mélange les deux tarifs. Plus la durée augmente, plus ce prix moyen se rapproche de $2$ dollars sans jamais l'atteindre.

Parce qu'ici les deux formules donnent la MÊME valeur au point de bascule : à $2$ heures, la première donne $2\times 3=6$ et la seconde donnerait $6+(2-2)\times 2=6$ également. Les deux portions se rejoignent, la ligne est continue et le point de bascule n'a plus besoin d'un point plein et d'un rond vide. Dans l'exercice 4, au contraire, les deux branches donnaient $30$ et $20$ en $n=10$, d'où le saut. C'est ce que vérifie tout bon tarif : personne n'accepterait de payer moins cher en restant plus longtemps.

Trois côtés de $100$ pas séparés par trois rotations identiques : un TRIANGLE ÉQUILATÉRAL de côté $100$ pas.

Le lutin arrive dans le prolongement du côté qu'il vient de tracer : il tourne de l'angle extérieur, $180-60=120^\circ$. Et $3\times 120=360^\circ$ : un tour complet, la figure se ferme. Tourner de $60^\circ$ ne ferait qu'un demi-tour en tout.

Six côtés : $\mathtt{répéter\ 6\ fois}$ et $\mathtt{tourner\ de\ 60\ degrés}$, puisque $\dfrac{360}{6}=60$.

$5\times 144=720^\circ$, soit DEUX tours complets : le lutin revient bien à son point de départ, dans sa direction de départ, mais il a fait deux fois le tour du centre. Les côtés se croisent : on obtient une ÉTOILE à cinq branches.