Le troisième problème de Hilbert avec du produit tensoriel

26/02/2010 Tukikun un commentaire

En 1900, lors de l’Exposition Universelle, à Paris, a lieu le deuxième congrès de mathématiques. L’exposé de David Hilbert (1862-1943, mathématicien allemand, considéré comme un des plus grands mathématiciens du XXème siècle) est l’un des plus attendus. Le 8 août 1890, il présente donc sa liste de 23 problèmes qui tiennent les mathématiciens en échec et qui marqueront le cours des mathématiques du XXème siècle.

On s’intéresse dans cet article au troisième problème de Hilbert, qui est considéré comme le plus facile, et qui a eu une existence brève puisque la solution a été apportée par Dehn dès 1900. Il fallait spécifier deux tétraèdres de même base et de même hauteur, qui ne se subdivisent d’aucune manière en tétraèdres superposables, et qui ne se laissent pas compléter par des tétraèdres superposables en des polyèdres pour lesquels une telle subdivision en tétraèdres superposables soit possible (Ouf ! On peut respirer…). Autrement dit, si deux polyèdres ont même volume, peut-on produire un puzzle pour passer de l’un à l’autre ? Ou encore, si l’on a deux polyèdres de même volume, peut-on découper le premier en un nombre fini de morceaux (polyèdres) et obtenir le second en recollant les morceaux ?

La réponse à ce problème est négative. En particulier il est impossible de découper un cube en un nombre fini de polyèdres et de reconstituer un tétraèdre régulier (de même volume) à partir des morceaux. La démonstration de Dehn repose sur l’introduction d’un nouvel invariant appelé l’invariant de Dehn.

Découpages et recollements

Soient A et B deux parties de \mathbb R^d. On dit qu’elles sont équivalentes par découpage et recollement (ou équidécomposables) s’il existe une partition de A (resp. de B),

A=A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n (resp. B=B_1 \cup B_2 \cup \cdots \cup B_n)

et, pour chaque i=1, 2, \ldots, n, une isométrie g_i:A_i\to B_i qui applique A_i sur B_i. On note alors A\sim B.

Cette relation est clairement une relation d’équivalence.

Polygones, polyèdres, tétraèdres

Afin de se mettre d’accord, il est nécessaire de définir clairement les notions de polygones (ou devrait-on dire de domaines polygonaux) dans le plan, de polyèdre et de tétraèdre dans l’espace.

Un polygone est une figure géométrique plane, formée d’une suite de segments, chacun d’entre eux partageant une extrémité avec le précédent et le suivant, délimitant ainsi un contour fermé. Par exemple, les triangles, les rectangles, les hexagones sont des polygones…

Un polyèdre est traditionnellement une forme tridimensionnelle qui se compose d’un nombre fini de faces polygonales qui sont des parties de plans; les faces se rencontrent par paires le long des arêtes qui sont des segments de droite, et les arêtes se rencontrent aux points nommés sommets.

Icosadodécaèdre

Un tétraèdre est un polyèdre dont les 4 faces sont des triangles. Il est dit régulier si ses 4 faces sont des triangles équilatéraux.

Découpage des polyèdres : pourquoi cette question ?

Nous connaissons tous la formule élémentaire qui donne l’aire d’un triangle : la base fois la hauteur divisé par deux. La preuve de ce résultat consiste à découper le triangle en petits polygones et à les réarranger afin d’obtenir un rectangle qui a la même aire.

Peut-on utiliser un argument semblable (c’est-à-dire une preuve par découpage et recollement) afin d’obtenir le volume d’une pyramide ? En effet, on obtiendrait une preuve « élémentaire » du théorème XII.5 d’Euclide (qui dit que deux pyramides de même base et de même hauteur ont même volume). Et nous obtiendrions ainsi une définition élémentaire du volume d’un polyèdre. En effet, Euclide utilise un processus infini, l’exhaustion (un passage à la limite). Les démonstrations ultérieures de cette formule font toutes appel à des méthodes relevant de près ou de loin à un calcul intégral et aucune démonstration géométrique plus simple n’a pu être trouvée.

Le tétraèdre régulier n’est pas équidécomposable avec le cube de même volume.

Pour prouver ce théorème, Dehn a introduit un nouvel invariant qui porte son nom : l’invariant de Dehn.

Invariant de Dehn, version produit tensoriel

Les sous-groupes de \mathbb R étant soit dense, soit de la forme \alpha\mathbb Z, \alpha\in\mathbb R^*, on a \pi\mathbb Z qui est un sous-groupe distingué (car (\mathbb R, +) est abélien) de \mathbb R. On peut ainsi considérer le groupe quotient \mathbb R/\pi\mathbb Z, qui peut être vu comme le groupe des angles de droite (au moyen de la mesure des angles en radians).

On pourra alors définir l’invariant de Dehn dans le produit tensoriel \mathbb R \otimes_{\mathbb Z} (\mathbb R/\pi\mathbb Z).

Par définition du produit tensoriel, on a une application \mathbb Z-bilinéaire naturelle

i : \begin{array}[t]{rcl}\mathbb R\times(\mathbb R/\pi\mathbb Z) & \to & \mathbb R\otimes_{\mathbb Z}(\mathbb R/\pi\mathbb Z) \\ (a,\theta) & \mapsto & a\otimes\theta\end{array}

On a aussi une fonction \mathbb Z-bilinéaire

\overline f : \begin{array}[t]{rcl}\mathbb R\times(\mathbb R/\pi\mathbb Z) & \to & \mathbb R \\ (a,\theta) & \mapsto & af(\theta)\end{array}

Par la propriété universelle du produit tensoriel, il existe une unique application \mathbb Z-linéaire

F : \begin{array}[t]{rcl}\mathbb R\otimes_{\mathbb Z}(\mathbb R/\pi\mathbb Z) & \to & \mathbb R \\ a\otimes\theta & \mapsto & af(\theta)\end{array}

On peut ainsi définir l’invariant de Dehn indépendamment de la fonction f en l’exprimant dans le produit tensoriel.

Soit un polyèdre P dans l’espace. On définit l’invariant de Dehn de P comme le nombre réel :

\delta(P)=\sum_{e\in P}\ell(e) \otimes \alpha(e)

où l’on somme sur toutes les arêtes e du polyèdre, \ell(e) représentant la longueur de l’arête e et \alpha(e) l’angle entre deux faces dont l’intersection est e.

On a donc le théorème suivant :

Si deux polyèdres sont équidécomposables, ils ont le même invariant de Dehn.

qui repose sur le caractère additif de l’invariant de Dehn : si un polyèdre P est réunion disjointe de polyèdres P_1, \ldots, P_r, on a

\delta(P)=\delta(P_1)+\cdots+\delta(P_r)

On souhaite donc calculer l’invariant de Dehn du cube et celui du tétraèdre. Pour cela on a besoin d’un résultat préliminaire :

Un élément t=a\otimes\theta \in \mathbb R\otimes_{\mathbb Z}(\mathbb R/\pi\mathbb Z) , avec a\neq 0, est nul si et seulement si \frac\theta\pi est rationnel. En effet, si \frac\theta\pi = \frac pq, on a

t=(q\frac aq)\otimes\frac pq \pi = \frac aq \otimes (q\frac pq \pi) = \frac aq \otimes p\pi = \frac aq \otimes 0 = 0.

Supposons maintenant que \frac\theta\pi est irrationnel. Par la propriété universelle du produit tensoriel, étant donnés

\overline f : \begin{array}[t]{rcl}\mathbb R\times(\mathbb R/\pi\mathbb Z) & \to & \mathbb R \\ (a,\theta) & \mapsto & af(\theta)\end{array} et i : \begin{array}[t]{rcl}\mathbb R\times(\mathbb R/\pi\mathbb Z) & \to & \mathbb R\otimes_\mathbb Z(\mathbb R/\pi\mathbb Z) \\ (a,\theta) & \mapsto & a\otimes\theta\end{array}

deux applications bilinéaires, il existe une unique application \mathbb Z-linéaire

F : \begin{array}[t]{rcl}\mathbb R\otimes_\mathbb Z(\mathbb R/\pi\mathbb Z) & \to & \mathbb R \\ a\otimes\theta & \mapsto & af(\theta)\end{array}

On aura gagné si on trouve f telle que f(\theta)\neq0. Comme \mathbb R est un \mathbb Q-espace vectoriel et qu’il existe des bases de \mathbb R comme \mathbb Q-espace vectoriel, et comme \theta et \pi sont \mathbb Q-indépendants, on les complète en une base et on envoie \pi sur 0 et \theta sur 1. Cet homomorphisme se factorise par \pi\mathbb Z et c’est ce que l’on désirait.

Preuve du théorème

Considérons le cube C. On utilisant la bilinéarité du produit tensoriel sur \mathbb Z on a

\delta(C)=\sum_{e\in C} \ell(e)\otimes \frac\pi2 = \sum_{e\in C} 2\frac{\ell(e)}2\otimes \frac\pi2 = \sum_{e\in C} \frac{\ell(e)}2\otimes 2\frac\pi2 = \sum_{e\in C} \frac{\ell(e)}2\otimes \pi = 0

Considérons maintenant le tétraèdre régulier T de volume 1 avec des cotés de longueur \ell (=6\sqrt2). En utilisant le résultat préliminaire et la liberté de la famille \{\alpha,\pi\} où \alpha est tel que \cos \alpha = \frac 13, on a

\delta(T)=\sum_{e\in T} \ell(e)\otimes \alpha = \sum_{e\in T} \ell\otimes\alpha = 6 \underbrace{\ell\otimes \alpha}_{\neq0}\neq 0.

Jolie application du produit tensoriel non ?

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Preuve topologique de l’infinitude des nombres premiers

03/02/2010 Valvino 4 commentaires

Voilà un titre qui en jette un maximum! J’ai lu dans l’excellent livre Raisonnements divins (chez Springer) une démonstration étonnante du fait qu’il existe une infinité de nombres premiers. Elle est d’un niveau élevé car elle fait appel à des notions de topologie générale, mais elle est assez élémentaire pour qui connait cette théorie. Je la livre donc ici.

On définit une topologie sur \mathbb Z en disant que les ouverts sont le vide et les O \subset \mathbb Z vérifiant que pour tout entier a\in O, il existe un entier b>0 tel que a+b\mathbb Z\subset O. Il est clair que la réunion quelconque d’ouverts est un ouvert. De plus, si O_1,O_2 sont des ouverts, ou bien l’intersection est vide et O_1 \cap O_2 est un ouvert, ou bien pour a \in O_1 \cap O_2, on a a+b_1b_2\mathbb Z \subset O_1 \cap O_2, avec  des entiers b_1,b_2>0 tels que a+b_1\mathbb Z\subset O_1 et a+b_2\mathbb Z\subset O_2. Finalement,  O_1 \cap O_2 est un ouvert. On a donc bien une topologie sur \mathbb Z.

On remarque d’une part que tout ouvert non vide est infini (car par définition il contient un ensemble infini), et d’autre part que tout ensemble du type a+b\mathbb Z, avec a,b des entiers (b>0), est un fermé. En effet, on a

\displaystyle a+b\mathbb Z=\mathbb Z-\left(\bigcup_{k=1}^{b-1} [a+k+b\mathbb Z]\right),

c’est donc le complémentaire d’un ouvert.

Comme tout entier différent de 1 et -1 admet un diviseur premier, on a

\displaystyle \mathbb Z-\{-1,1\}=\bigcup_p 0+p\mathbb Z

où la réunion se fait sur tous les nombres premiers p. S’ils étaient en nombre fini, \bigcup_p 0+p\mathbb Z serait fermé comme réunion finie d’ensembles fermés. Par passage au complémentaire, \{-1,1\} serait ouvert, ce qui est absurde car c’est un ensemble fini non vide. Il existe donc une infinité de nombres premiers.

Joli, non?

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Le théorème de Wielandt

26/01/2010 Valvino Aucun commentaire

La fonction gamma \Gamma prolonge la notion de factorielle sur l’ensemble des nombres complexes privés des entiers négatifs ou nul. Il s’agit là d’une fonction holomorphe, sauf aux entiers négatifs ou nul où elle admet des pôles. C’est donc une fonction méromorphe sur les nombres complexes.

On dispose de plusieurs caractérisations de cette fonction. Citons le théorème de Bohr-Mollerup :

Soit une fonction f:]0,+\infty[ \to ]0,+\infty[ telle que

  1. f(1)=1;
  2. f(x+1)=xf(x) pour tout x>0;
  3. f est log-convexe, c’est-à-dire que \log(f) est une fonction convexe.

Alors f(x)=\Gamma(x) pour tout x>0.

On dispose d’une autre caractérisation, il s’agit du théorème de Wielandt :

Soit f une fonction holomorphe sur \mathrm{Re}(z)>0 telle que

  1. f(1)=1;
  2. f(z+1)=zf(z) pour tout \mathrm{Re}(z)>0;
  3. f est bornée dans la bande 1 \leq \mathrm{Re}(z) \leq 2.

Alors f(z)=\Gamma(z) pour tout \mathrm{Re}(z)>0.

Je me propose de faire une esquisse de la démonstration.

On remarque tout d’abord que l’on peut étendre f sur l’ensemble des nombres complexes privés des entiers négatifs ou nul par 2. en suivant la même méthode que pour la fonction gamma. Ensuite, on remarque avec 1. que les résidus aux pôles sont les mêmes que ceux de la fonction gamma. Ainsi, la fonction g=f-\Gamma est une fonction entière.

Ensuite, on remarque que g est bornée sur la bande 0 \leq \mathrm{Re}(z) \leq 1. Pour cela, il suffit de remarquer que c’est le cas sur la bande 1 \leq \mathrm{Re}(z) \leq 2, en faisant une majoration explicite sur la formule définissant \Gamma. On utilise ensuite 2. pour se ramener à la bande 0 \leq \mathrm{Re}(z) \leq 1, le problème en 0 étant effaçable par 1.

Enfin, on pose h(z)=g(z)g(1-z).  Par ce qui précède, c’est une fonction entière bornée dans la bande 0 \leq \mathrm{Re}(z) \leq 1. De plus, h(z+1)=-h(z), ce qui montre que h est une fonction bornée sur l’ensemble des nombres complexes. Par le théorème de Liouville, elle est constante. Comme h(1)=0, on a h=0, c’est-à-dire g=0. Finalement, f=\Gamma.

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Maths et magie, racine septième d’un entier

11/01/2010 Tukikun Aucun commentaire

Si vous voulez impressionner des amis (ou des élèves) par vos performances en calcul mental, mais que malheureusement, vous n’êtes pas aussi doués que d’autres mathématiciens, vous pourriez être tenté d’utiliser quelques petites astuces…

Comment extraire une racine septième d’un entier ?

Demandez à la personne en face de vous d’élever un nombre (entier, cela va de soi, sinon votre tour tombe à l’eau) compris entre 1 et 100 à la puissance 7, avec une calculatrice scientifique (la petite calculatrice aura du mal à afficher 100^7=10^{14}, c’est-à-dire 100 000 milliards…, et qu’elle vous annonce le résultat.

Supposons par exemple qu’elle annonce 3 938 980 639 167. Écrivez le nombre sur votre feuille en séparant tous les 3 chiffres (comme on le fait naturellement en français).

Première étape : déterminons le chiffre des unités du nombre élevé à la puissance 7. On regarde alors le chiffre des unités du nombre qui nous a été donné :

3 938 980 639 167

Puis on regarde discrètement dans ce petit tableau qu’on a caché (ou mieux, qu’on a appris par coeur tellement il est simple) à quoi correspond ce chiffre 7 :

Chiffre des unités du nombre donné 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Chiffre des unités du nombre initial 0 1 8 7 4 5 6 3 2 9

Le nombre initial fini donc par un 3 ! Les plus savants peuvent retenir que ce tableau correspond exactement à la permutation (3,7)(2,8)…

Deuxième étape : Déterminons maintenant le nombre de dizaines. Pour cela on regarde le nombre de milliards qui figurent dans le nombre donné, c’est-à-dire qu’on oublie les 9 premiers chiffres. Dans notre exemple :

3 938 980 639 167

Puis on regarde discrètement dans ce petit tableau qu’on a caché (ou mieux, qu’on a appris par coeur… parce qu’il n’y a que 10 valeurs à retenir) où se situe ce nombre 3938 :

Nombre de milliards du nombre donné 0 0,01 1 21 163 780 2700 8000 20000 47000 100000
Nombre de dizaines du nombre initial 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

On voit bien que 3938 se situe entre 2700 et 8000. On prend donc le nombre de dizaines du nombre le plus petit entre 6 et 7, c’est-à-dire 6.

Finalement, vous pouvez annoncer fièrement votre résultat : le nombre de départ était 63 !

Comment ça fonctionne ?

Il est remarquable qu’à la puissance 7, les chiffres des unités des puissances septième soient tous différents selon le chiffre des unités de départ, et on retrouve exactement les mêmes résultats aux puissances 3 et 5. Même mieux, à la puissance 9, le chiffre des unités de la racine neuvième est exactement le chiffre des unité du nombre final !

D’autre part, les encadrements données dans le second tableau sont simplement ceux que l’on obtient en calculant les puissances septièmes des différentes dizaines, entre 10 et 100, puis en les divisant pas 1 000 000 000, et en arrondissant.

Il convient juste de faire attention lorsque l’on arrondit de ne pas les rendre inférieurs à la puissance septième située immédiatement en dessous. Par exemple, 60^7 = 2 779,36 milliards et 59^7 = 2 488,… milliards, donc on peut arrondir à 2700, 2600 ou 2500 mais pas moins, et du ce fait les puissances septièmes des nombres ayant 5 pour dizaine seront situés sous la barre des 2 700 (ou 2 600, ou 2 500) milliards.

On pourra s’amuser si on le souhaite trouver des moyens équivalents pour calculer des racines cubiques, cinquième ou neuvième des entiers inférieurs à 100.

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Le théorème de Jordan

13/12/2009 Valvino un commentaire

Prenez une feuille de papier, et un stylo. Tracez une ligne, avec pour conditions

  1. ne pas lever le stylo;
  2. ne pas repasser par dessus la ligne;
  3. refermer la ligne sur elle-même à la fin.
Une ligne respectant les conditions.

Une ligne respectant les conditions.

Le théorème de Jordan vous dit alors que vous avez découpé votre feuille en deux parties d’un seul bloc, avec une partie finie et l’autre infinie (si on considère que le papier pourrait être aussi grand que l’on veut). Et là bien sûr vous vous dites qu’il ne faut pas sortir de Polytechnique pour établir des résultats aussi évidents… Hé bien, en dépit de son apparente simplicité, ce théorème est très difficile à démontrer. Tout réside dans le fait qu’il existe des lignes dans le plan très vicieuses…

Commençons par énoncer rigoureusement le théorème. Tout d’abord, on définit une courbe (c’est-à-dire une ligne) comme une fonction f qui part de l’intervalle [0,1] et qui va dans le plan. D’une certaine manière, [0,1] peut être vu comme le temps (0 le début du tracé, 1 la fin) et f(t) le point tracé exactement à l’instant t. On exige que cette fonction soit continue (la condition de ne pas lever le stylo), ainsi la courbe est « en un seul morceau ». De plus, on veut que la courbe se referme sur elle-même à la fin, donc on exige f(0)=f(1). Enfin, il ne faut pas que la courbe repasse sur elle-même, on veut donc que f(t_1) \neq f(t_2) à deux instants t_1 et t_2 qui ne sont pas exactement 0 et 1. On a donc une condition d’injectivité de la courbe (la courbe doit être injective sur [0,1[ et ]0,1]). Les courbes ainsi définies portent le doux nom de courbes de Jordan.

Comment formaliser le concept d’être « d’un seul bloc »? On dit qu’une partie du plan est connexe (c’est-à-dire d’un seul bloc) si on peut toujours passer d’un point de cette partie à un autre par une courbe continue.

La partie A est connexe, alors que B ne l'est pas.

La partie A est connexe, alors que B ne l'est pas.

Rappelons que le complémentaire d’une partie du plan est tout simplement la partie du plan constituée des points qui ne sont pas dans la première. Deux parties du plan sont dites disjointes si elles n’ont pas de points en commun. Enfin, une partie du plan est dite bornée quand on peut l’inclure dans un disque de rayon fini.

On peut alors énoncer correctement le théorème de Jordan :

Le complémentaire d’une courbe de Jordan est constitué de deux parties connexes qui sont disjointes. L’une est bornée, et l’autre non.

Pourquoi ce théorème est-il si difficile à démontrer? Tout simplement parce qu’il existe des courbes de Jordan très vicieuses. Comme exemple, prenons une courbe de Jordan de type fractale appelée flocon de von Koch. Sans rentrer dans les détails, c’est une courbe obtenue en itérant une infinité de fois le procédé décrit dans l’animation suivante :

Les premières étapes de la construction du flocon de von Koch.

Les premières étapes de la construction du flocon de von Koch.

Le problème de ce genre de courbe est qu’il est difficile de savoir si deux points peuvent être reliés par une courbe continue qui ne passe pas par dessus le flocon à cause des innombrables radicelles que forme la courbe. C’est ce qui fait la difficulté de ce théorème!

Pour plus d’informations, vous pouvez consulter le très bon article wikipédia sur le sujet.

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