Preuve par l'absurde

Utiliser un grand canon pour un moineau

Par Mathoman, mercredi 8 avril 2009 à 12:37 - Maths pour tous - Tags

Récemment en colle d'arithmétique j'ai posé la question suivante :

Soient x, y, z trois entiers vérifiant

$x^3 + y^3 = z^3\,.$

Montrer qu’au moins un parmi eux est divisible par 3.

La solution que j'attendais de l'élève n'est pas compliquée (faire une preuve par l'absurde en étudiant l'équation modulo 9) mais depuis 1994 cette question classique semble devenue obsolète — enfin, je ne sais pas vraiment car je ne comprends pas la preuve du théorème de Wiles-Fermat... Qui peut donc m'éclaircir et me dire si la preuve de Wiles utilise ou non le résultat de cette innocente question de colle ?

Explication pour les non-matheux

Dans le 17ème siècle Pierre de Fermat écrivit sur la marge d'un livre que si n est un nombre entier strictement plus grand que 2 alors il n'existe pas de nombres entier non-nuls x, y, z vérifiant

$x^n + y^n = z^n\,$ .

Il ne donna pas de preuve et écrivit seulement J’ai trouvé une merveilleuse démonstration de cette proposition, mais la marge est trop étroite pour la contenir.
Pendant 300 ans les mathématiciens ont cherché une preuve de cette conjecture de Fermat, mais en vain. C'est seulement en 1994 qu'Andrew Wiles a réussi de la prouver ! Désormais la conjecture de Fermat est devenu le théorème de Fermat-Wiles. Sa preuve utilise des techniques très avancées. On est convaincu aujourd'hui que la preuve mentionnée par Fermat, celle qui était trop longue pour la marge, était eronnée.

Si on utilise le théorème de Fermat-Wiles la question de colle devient trivial. En effet, si trois entiers vérifient l'équation, alors au moins un parmi eux est nul et donc divisible par 3.

Pour revenir à l'histoire de ce théorème : à mon avis elle est typique à plusieurs titres pour la recherche en mathématiques :

D'abord l'équation de Fermat est une généralisation d'une autre que tout le monde connaît, à savoir l'équation de Pythagore a²+b²=c². Il existe des entiers non-nuls qui la vérifient, par exemple 3²+4²=5² ; c'est-à-dire on peut construire un triangle rectangle de côtés entiers.
L'énoncé du théorème de Fermat-Wiles est tellement simple que tout collégien peut le comprendre mais sa démonstration est tellement difficile que seulement quelques spécialistes la comprennent.
L'énoncé n'a aucune application dans les sciences et ne possède, à ma connaissance, même pas de conséquences importantes en mathématiques. Son seul intérêt est sa beauté.
Des générations de mathématiciens ont cherché à prouver cette conjecture. Ils l'ont fait pour l'honneur de l'esprit humain, sans penser à des applications, mais les outils mathématiques qu'ils ont développés ont fait avancer toute la science.
Les ordinateurs ne peuvent jamais démontrer une telle conjecture car il faudrait tester l'équation sur une infinité de nombres ; ils peuvent seulement la rendre plausible.

8 commentaires

Pourquoi ne pas lire aussi :

Fibres d'une application complexe

Par Mathoman - Tags

Hier Pierre Lecomte a posé dans son blog un exercice sur des angles et la cotangente qui m'a inspiré la généralisation complexe suivante.

Notons

$A :=\left\{ (\alpha,\beta,\gamma)\in(\mathbb{C}\setminus\pi\mathbb{Z})^3\;|\; \alpha+\beta+\gamma\in\pi\mathbb{Z}\right\}.$

Question:
Déterminer les fibres de l'application $f\: :\; A\: \to \: \mathbb{C}^3$ définie par

$f(\alpha,\beta,\gamma)=(\cot\beta\cot\gamma,\,\cot\alpha\cot\gamma,\,\cot\alpha\cot\beta).$

Réponse:
Soit H est l'hyperplan de C³ d'équation u+v+w=1 et D_k, k=1,2,3, les droites

$D_1=(1,0,0)+\mathbb{C}(0,1,-1), \;\;D_2=(0,1,0)+\mathbb{C}(1,0,-1), \;\;D_3=(0,0,1)+\mathbb{C}(1,-1,0).$

Notons D'₁=D₁\{(1,0,0)}, D'₂=D₂\{(0,1,0)}, D'₃=D₃\{(0,0,1)} les droites épointées. Alors l'image de f est

$f(A)=H\setminus(D'_1\cup D'_2\cup D'_3).$

Les fibres de f en les points (1,0,0),(0,1,0) et (0,0,1) sont une union dénombrable de plans complexes (desquels on a enlevé des points isolés), tandis que la fibre en tout point de $H\setminus(D_1\cup D_2\cup D_3)$ est discrète. Plus précisément, la restriction de f à $f^{-1}(H\setminus(D_1\cup D_2\cup D_3))$ est un revêtement au-dessus $H\setminus(D_1\cup D_2\cup D_3)$ .

Preuve:
D'abord nous remarquons que la formule d'addition

$\cot(\alpha+\beta)=\dfrac{\cot\alpha\cot\beta-1}{\cot\alpha+\cot\beta}$

peut s’écrire aussi comme $\cot\beta\cot(-\alpha-\beta)+\cot\alpha\cot(-\alpha-\beta)+\cot\alpha\cot\beta=1.$ Cela signifie que pour tout $(\alpha,\beta,\gamma)\in(\mathbb{C}\setminus\pi\mathbb{Z})^3$ on a

$\cot\beta\cot\gamma+\cot\alpha\cot\gamma+\cot\alpha\cot\beta=1 \quad\Leftrightarrow\quad \alpha+\beta+\gamma\in\pi\mathbb{Z}.$

Par conséquence l'image de f est contenue dans l'hyperplan H.
Soit maintenant $(\alpha,\beta,\gamma)\in A$ .

Premier cas: $\alpha\in\frac\pi2+\pi\mathbb{Z}.$ Alors $\beta+\gamma\in\frac\pi2+\pi\mathbb{Z}$ et par conséquence $\cot\beta=\tan\gamma$ et on a $f(\alpha,\beta,\gamma)=(1,0,0)$ .
Second cas: $\alpha\not\in\frac\pi2+\pi\mathbb{Z}.$ Supposons par l'absurde que la première coordonnée de $f(\alpha,\beta,\gamma)$ est égale à 1. Ainsi $\cot\beta\cot\gamma=1$ et $\cot\alpha\cot\gamma+\cot\alpha\cot\beta=0$ . Alors $\cot\beta=-\cot\gamma.$ Par conséquence $(\cot\beta)^2=-1$ , c'est-à-dire $\cot\beta=\pm i$ . C'est une contradiction, car la cotangente est une application de $\mathbb{C}\setminus\pi\mathbb{Z}$ sur $\mathbb{C}\setminus\{\pm i\}.$

On vient de prouver que l'image de f ne contient pas la droite épointée D'₁, et par permutation des coordonnées elle ne contient ni D'₂ ni D'₃. Les seuls points de l'image de f ayant une coordonnée 0 ou 1 sont les trois points (1,0,0), (0,1,0) et (0,0,1). On vient aussi de voir que la fibre en (1,0,0) est

$f^{-1}(1,0,0)=\left(\frac\pi2+\pi\mathbb{Z}\right)\times\left{(\beta,\,\gamma)\in(\mathbb{C}\setminus\pi\mathbb{Z})^2\,|\,\beta+\gamma\in\frac\pi2+\pi\mathbb{Z}\right}.$

De même on obtient les fibres en (0,1,0) et (0,0,1) par permutation des coordonnées.

Montrons maintenant que la restriction de f réalise un revêtement au-dessus $H\setminus(D_1\cup D_2\cup D_3).$ Notons arccot la fonction réciproque de la cotangente. C'est une fonction analytique multivaluée sur $\mathbb{C}\setminus\{\pm i\}$ , primitive de s=-dz/(1+z²). On remarque que le résidu de s en i (resp. -i) vaut i/2 (resp. -i/2). Donc un petit tour dans le sens positif autour de +i (resp. -i) ajoute $-\pi$ (resp. $\pi$ ) à la détermination de arccot.
Soit (u,v,w) dans H tels que u>0, v>0 et w>0. En résolvant l'équation $f(\alpha,\beta,\gamma)=(u,v,w)$ on trouve:

(*) $(\alpha,\beta,\gamma)=\left(\rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{vw}u}\right),\,\rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{uw}v}\right),\, \rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{uv}w}\right)\right),\;\;\;u,v,w>0.$

Cette formule (*) se prolonge analytiquement sur tout $H\setminus(D_1\cup D_2\cup D_3).$ Pour voir cela il suffit de vérifier que les valeurs des racines évitent les points ±i où arccot n'est pas défini. Supposons par l'absurde que (vw/u)^½=±i. Alors vw/u=-1. Avec l'égalité u+v+w=1 cela implique v=1 ou w=1. Donc (u,v,w)=(0,1,0) ou (0,0,1), points qui ne sont pas dans $H\setminus(D_1\cup D_2\cup D_3).$ Le prolongement analytique est donc possible, on obtient bien un revêtement, ce qui termine la preuve.

Si u fait un petit tour autour de 0 alors la détermination de la racine change de + en -. Vu que pour tout réel x on a $\rm{arccot}(-x)=\pi - \rm{arccot}(x)$ on obtient alors l'autre solution

(**) $\left(\pi-\rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{vw}u}\right),\,\pi-\rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{uw}v}\right),\, \pi-\rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{uv}w}\right)\right),\;\;\;u,v,w>0.$

Regardons le cas particulier où on prolonge (*) d'un point (u,v,w) dans H avec u>0, v>0, w>0 vers un point (u',v',w') dans H avec u'<0, v'<0, w'>0. Essentiellement il y a à choisir entre deux types de chemins:

Dans le plan de la variable u on fait un petit demi-tour (sens positif) autour de l'origine et dans le plan des v on fait la même chose. (Le point w reste proche de 1.) Le prolongement de (*) le long de ce chemin aboutit à
(I) $\left(\rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{vw}u}\right),\,\rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{uw}v}\right),\, \rm{arccot}\left(-\sqrt{\frac{uv}w}\right)\right),\;\;\;u,v<0,\:w>0.$
La variable u fait un petit demi-tour autour de l'origine et v fait la même chose mais dans le sens opposé. Le prolongement de (*) le long de ce chemin aboutit à
(II) $\left(\rm{arccot}\left(-\sqrt{\frac{vw}u}\right),\,\rm{arccot}\left(-\sqrt{\frac{uw}v}\right),\, \rm{arccot}\left(\sqrt{\frac{uv}w}\right)\right),\;\;\;u,v<0,\:w>0.$

Evidemment ces deux formules n'ont pas besoin de prolongement analytique pour être démontrées. Si la formule (I) donne un triplet de somme $k\pi$ alors la formule (II) donne un triplet de somme $(3-k)\pi.$

1 commentaire

Les limites des logiciels de calcul formel?

Par Mathoman - Tags

Dans ce billet j'ai posé l'exercice de montrer que la loi binaire

x¤y := x(y²+1)^½+y(x²+1)^½

définit une structure de groupe sur l'ensemble des réels. Le seul obstacle est l'associativité; la preuve n'est pas très difficile (il s'agit d'un simple transport de la loi + par le sinus hyperbolique). Mais avec Maple je n'arrive pas à faire la preuve par force brute; en effet, je ne sais pas comment faire en sorte que le logiciel simplifie l'expression concernée (tandis que le logiciel Xcas y arrive, comme l'a remarqué Tukikun).

Dans le même esprit, je me demande si quelqu'un arrive à démontrer avec Maple que, sur les courbes elliptiques (réelles), l'addition par la méthode des sécantes est associative. Je n'y suis pas arrivé.

1 commentaire

Une preuve à prendre avec précaution

Par Mathoman - Tags

Le fait que

0,999999... = 1

est une des premières choses qu'un étudiant apprend lorsqu'il étudie les nombres réels. Voici une démonstration de cette égalité.

On pose
X = 0,99999...
Alors on a l'égalité
10X = 9,99999...
dont on soustrait la première,
9X = 9,00000...
D'où X = 1.

Convaincant, n'est-ce pas ? Pour beaucoup de gens il s'agit d'une preuve — mais en réalité ça reste une tricherie car on ômet de réfléchir sur un certain nombre détails (comme par exemple à la signification rigoureuse de 0,99999... ou du produit 10 × 0,99999.... C'est un peu comme en topologie où il faut aussi faire comprendre au débutant que le fait que les boules ouvertes sont des ouverts nécessite une preuve.)
Or qui a bien compris le cours sur les nombres réels n'a pas besoin d'une preuve car l'égalité 0,999999... = 1 est une conséquence immédiate des diverses définitions possibles du corps des réels.

Voici la manière dont j'expliquerai l'égalité 1=0,99999... à quelqu'un qui ne connais pas grand chose en maths :

Une bien meilleure méthode

On pose X = 0,99999... et on part de

0 < 0,9 < 0,99 < 0,999 < 0, 9999 < ... < X

donc par multiplication par -1 les inégalités changent de sens,

0 > - 0,9 > - 0,99 > - 0,999 > - 0,9999 > ... > - X.

En ajoutant 1 à chaque membre de ces inégalités, on obtient

1 > 1 - 0,9 > 1 - 0,99 > 1 - 0,999 > 1 - 0,9999 > ... > 1 - X.

Autrement dit,

1 > 0,1 > 0,01 > 0,001 > 0,0001 > ... > 1 - X.

Ainsi la différence 1-X est plus petite que tout nombre de la forme 0,000...0001. C'est-à-dire 1-X ne peut pas être strictement positif. D'autre part 1-X n'est pas strictement négatif car X est n'est pas plus grand que 1. Cela prouve que 1-X = 0 , ou encore que X = 1. CQFD

Avec un tel raisonnement, je crois, le non-initié comprend mieux les idées mathématiques qu'avec une tricherie qui fait seulement appel à ses habitudes de calcul.

Brenoms

D'ailleurs au lieu d'écrire une infinité de chiffres après la virgule on peut aussi écrire une infinité de chiffres devant. On obtient alors ce qu'on appelle un brenom (verlan de nombre). On additionne les brenoms en commencant par la droite. Ca donne des résultats bizarres comme par exemple

Plus de détails sur les brenoms dans ce bel article.

8 commentaires

Exercice sur les cordes d'un cercle

Par Mathoman - Tags

Voici un joli exercice de géométrie dans le plan. L'énoncé est surprenant et semble plutôt simple, mais la démonstration ne l'est pas.

Soit $\scr{C}$ un cercle, A,B deux points distincts sur $\scr{C}$ et M le milieu de la corde [AB]. Soient [PQ] et [SR] deux autres cordes passant par M. On note C (resp. D) le point d'intersection de [AB] avec [PS] (resp. [RQ]).
Démontrer que M est aussi le milieu de [CD].

cercle, cordes, milieu d'un segment, preuve difficile

Etonnant : si M est le milieu de [AB], alors aussi de [CD] !

Remarque : Ce problème est posé dans une vidéo sur Jean-Pierre Kahane du site Images des Maths. On y trouve une preuve élégante utilisant un faisceaux de coniques (niveau supérieur). Mais il existe aussi deux autres preuves, l'une géométrique et astucieuse (niveau collège) et l'autre bête et calculatoire (niveau classe de première) : vous les trouverez dans les commentaires ci-dessous.

4 commentaires

SO(3) e(s)t l'espace projectif à 3 dimensions

Par Mathoman - Tags

Quelques fois on garde un souvenir très complet d'une démonstration mathématique, et ce souvenir inclût également des accessoires absurdes et inutiles comme par exemple le numéro de la page du livre où on l'a apprise ou la couleur de la chemise du professeur qui l'a expliquée...

Ci-dessous j'explique, en forme d'exercice corrigé, pourquoi le groupe SO(3) de rotations dans l'espace peut être identifié à l'espace projectif réel $\mathbb{P}^3$ . Et je me rappelle que c'était un collègue d'études qui m'a raconté cette preuve par la méthode de hand waving sous le soleil d'été dans une piscine plein air à Bonn!

Un bel énoncé géométrie et topologie
Le but de l'exercice est de montrer que $\;SO(2)\:\simeq\: \mathbb{P}^1\;\;$ et $\;\;SO(3)\:\simeq\:\mathbb{P}^3\,.$

Notations
Dans un premier temps — dont nous nous contentons ici — le symbole $\:\simeq\:$ signifie simplement qu'il existe une bijection entre les ensembles concernés; c'est clairement une relation d'équivalence.
Comme d'habitude $\mathbb{P}^n$ dénote l'espace projectif réel de dimension n, c'est-à-dire l'ensemble des droites vectorielles dans $\mathbb{R}^{n+1}$ . Fixons aussi les notations pour trois sous-ensembles importants de $\mathbb{R}^{n+1}\:$ :

la boule $\;\mathbb{B}^{n+1}=\{x\in\mathbb{R}^{n+1} \:|\: x_1^2+\cdots+x_{n+1}^2\leq1\}\,,$
$\:$
la sphère $\;\mathbb{S}^{n}=\{x\in\mathbb{R}^{n+1} \:|\: x_1^2+\cdots+x_{n+1}^2=1\}\,,$
$\:$
l'hémisphère nord $\;\mathbb{S}^{n}_+=\{x\in\mathbb{S}^{n} \:|\: x_{n+1}^2\geq0\}\,.$
$\:$

Le bord de la boule $\mathbb{B}^{n+1}$ est la sphère $\mathbb{S}^n$ . Chaque point x sur ce bord possède un antipode, à savoir le point —x.
Si on ``recolle'' $\mathbb{B}^{n+1}$ par identification des antipodes sur son bord, alors on obtient un nouvel ensemble que nous notons $\mathbb{B}^{n+1}/\!\sim\,.$ Ca, c'est du handwaving. De manière ensembliste on pourra écrire

$\;\;\;\;\;\mathbb{B}^{n+1}/\!\sim~\;\,=\;\,\left(\mathbb{B}^{n+1}\backslash\mathbb{S}^n\right)\:\dot{\bigcup}\:<br />\big\{\{x,-x\}\,|\,x\in\mathbb{S}^n\big\}\,.<br />$

Questions

Expliquer par des mots de quelles formes sont la boule $\mathbb{B}^n$ et son bord $\mathbb{S}^{n-1}$ dans les cas n=1,2,3.
Démontrer que $\;\mathbb{S}^n_+ \:\simeq\: \mathbb{B}^n\,.$
$\,$
Démontrer que $\;\mathbb{B}^n/\!\sim~\;\simeq\:\mathbb{P}^n\,.$
$\,$
Démontrer que $\;SO(2)~\simeq~\mathbb{P}^1\,.$
$\,$
Démontrer que $\;SO(3)~\simeq~\mathbb{P}^3\,.$
$\,$

Cliquez pour lire la Solution.

7 commentaires

Conseils aux étudiants pour une bonne rédaction

Par Mathoman - Tags

Souvent les étudiants en première année ont une idée intuitive pour une preuve mais lorsqu'ils l'écrivent avec les termes de la logique mathématique leur rédaction est très maladroite, voire fausse ou illisible. Ces lignes leur sont destinées. Je vais montrer sur des exemples très simples ce qu'il faut faire et ce qu'il faut éviter.

Syntaxe d'une assertion

Une assertion (ou proposition) mathématique est une phrase contenant un verbe. Les verbes mathématiques sont par exemple

$=\;\;\;<\;\;\;>\;\;\;\leq\;\;\;\geq\;\;\;\subset\;\;\;\supset\;\;\;\in\;\;\;\ni\;\;\;\Rightarrow\;\;\;\Leftarrow\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;\perp\;\;\;\parallel$

et leurs négations. Par exemple

7 + 1 = 8

est une assertion (qui est vraie), et

1 < 0

est une assertion (qui est fausse). Mais

7+1

n'est pas une assertion car elle ne contient pas de verbe, donc on ne peut pas se demander si elle est vraie ou fausse. Entre deux assertions équivalentes on n'écrit pas = mais le symbole $\Leftrightarrow$ . Ce symbole étant lui-même un verbe c'est donc un emboîtement d'assertions (pensez aux poupées russes).
Ecrire

$1 \leq x \leq 5\;\;\Leftrightarrow\;\; [1,5]$

n'a aucun sens car [1,5] n'est pas une assertion (c'est un intervalle). En revanche, on peut écrire

$1 \leq x \leq 5\;\;\Leftrightarrow\;\; x\in [1,5].$

Il ne suffit pas de mettre un verbe pour avoir une assertion, il faut aussi que la syntaxe soit correcte. Par exemple écrire $\{7\}\in\mathbb{N}$ et $7\subset\mathbb{N}$ n'ont pas de sens. Mais $\{7\}\subset\mathbb{N}$ et $7\in\mathbb{N}$ sont des assertions (qui sont vraies d'ailleurs).
Le langage mathématique suit les mêmes règles que notre langage habituel (phrase principale, phrase relative, conjonctions,...). Si quelqu'un vous disait

Nous ¤ camping # faisez ((à pluie sec

pouvez-vous dire qu'il dit la vérité ou non ? Non, vous ne pouvez pas ! Or c'est précisément ce que certains étudiants écrivent sur leurs copies de mathématiques : des juxtapositions de symboles qui ne donnent aucun sens. Et donc nous, les correcteurs, ne pouvons pas donner de point pour ce charabia.
Les symboles ne sont que des raccourcis d'écriture. Vous devriez être capables de rédiger sans eux. Si la traduction en langage français de ce que vous écrivez à l'aide de symboles n'a pas de sens, alors il y a un problème.

Introduire les objets avant leur utilisation

Ne faites jamais apparaître un objet sans l'introduire. Par exemple n'écrivez pas

$x^2-6x+5=0\;\;\Leftrightarrow\;\; S=\{1,5\}$ .

Peut-être votre enseignant au lycée vous a donné cette mauvaise habitude, mais la lettre S n'est pas universellement reconnue pour désigner l'ensemble de solutions d'une équation. Il faut donc faire précéder par une petite phrase comme : Notant S l'ensemble de solutions de l'équation x²-6x+5=0 on obtient... Mais cela est bien lourd. Ecrivez donc plus simplement

$x^2-6x+5=0\;\;\Leftrightarrow\;\; x\in\{1,5\}$ .

Exemples de bonne syntaxe

Les théorèmes 1, 2 et 3 ci-dessous sont des assertions. Les deux premiers sont équivalents ; et chacun d'entre eux implique le troisième.

Théorème 1. Soit $a\in \mathbb{R}$ . Alors la fonction f définie par f(x)=ax pour tout réel x est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ si et seulement si a > 0.

Théorème 2. Pour tout réel a la fonction f définie par f(x)=ax pour tout réel x est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ si et seulement si a > 0.

Théorème 3. Si a > 0 est un réel alors la fonction f définie par f(x)=ax pour tout réel x est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .

La preuve du théorème 2 devrait commencer comme suit.

Preuve du théorème 2. Soit a un réel. Blabla...

Evidemment on aurait pu écrire soit b un réel et continuer à travailler avec ce b. Ca serait tout à fait correct car dans le théorème 2 le réel a est une variable locale car précédé par le quantificateur $\forall$ . Ecrire soit a un réel ou soit b un réel revient à fixer ce réel ce qui en fait une variable globale pour la suite du raisonnement.
C'est le moment de mentionner une subtilité. Le théorème 1 commence par soit a un réel. De ce fait a est déjà fixé (une variable globale) dans le théorème 1 et ça serait inutile et même faux de commencer la preuve par dire soit a un réel. Il est déjà donnée et nous devons travailler avec lui et pas avec un autre a ni un autre b.

Mauvaise rédaction de la preuve

Preuve du théorème 2 (version débutant).
Soit a un réel. Supposons a > 0. Il faut montrer que pour tous réels x, y tels que x < y on a f(x) < f(y). Or x < y et a > 0 entraînent ax < ay ou encore f(x) < f(y). Donc f est strictement croissante.
Réciproquement supposons que f est strictement croissante, c'est-à-dire pour tous réels x, y tels que x < y on a f(x) < f(y). On voit sur l'inégalité ax < ay que a doit être forcément positif, sinon l'inégalité devrait être dans l'autre sens.

Trois erreurs :

On voit sur l'inégalité ax < ay .... Or les symboles x et y n'ont pas été introduits précédemment. Il fallait écrire soit x et y....
La fin du raisonnement devrait être... n'est pas clair.
Le débutant écrit il faut montrer que... puis il donne la définition d'une fonction strictement croissante. Or redonner une définition tellement basique c'est presqu'un insulte vis-à-vis du correcteur ! Evitez de redonner des définitions que tout le monde connaît et n'écrivez pas ce que vous voulez démontrer si c'est déjà écrit clairement dans l'énoncé.
En revanche, si ce que vous allez démontrer est une reformulation équivalente ou seulement une condition nécessaire pour la proposition que vous cherchez à prouver alors il est souhaitable que vous écrivez "je vais démontrer ceci...". Par exemple c'est une bonne idée d'écrire : Soit a > 0. Pour montrer que la fonction définie par f(x)=ax pour tout réel x est strictement croissante sur R je vais prouver que sa dérivée est strictement positive.

Bonne rédaction

Preuve du théorème 2 (version de l'étudiant expérimenté).
Soit a un réel.
Supposons a > 0. Soient x, y deux réels tels que x < y. Alors on a
f(x) = ax < ay = f(y). Cela prouve que f est strictement croissante.

Réciproquement supposons f strictement croissante. Alors l'inégalité 0 < 1 entraîne l'inégalité f(0) < f(1). Cela prouve que a = f(1) > f(0) = 0.

Structure d'une preuve

Exemple de structure d'une preuve bien rédigée :

Enoncé. Soient A et B des ensembles et f une application de A dans B. Montrer que si on a l'hypothèse (H) ... alors f est injective.
Preuve.
Supposons (H). Soient x et y deux éléments de A tels que f(x) = f(y) ......
...... (je raisonne) ...... j'utilise la propriété (H) ...... (je raisonne) ...... j'obtiens x = y.
Cela prouve l'injectivité de f.

Autrement dit, vous introduisez deux éléments x et y qui vérifient l'égalité f(x) = f(y), puis vous gardez en tête que vous voulez arriver à l'égalité x = y. Si vous voulez vous pouvez l'écrire x = y en bas de votre page pour savoir où vous voulez arriver. Mais surtout ne l'écrivez pas plus tôt car c'est votre but et non votre point de départ ! Sur le chemin du raisonnement vous devez, très probablement, utiliser la propriété (H).

Preuve alternative (par contraposition).
Supposons (H). Soient x et y deux éléments distincts de A ......... (je raisonne) ........
........ j'utilise la propriété (H) ........ (je raisonne) ........ je trouve que f(x) est différent de f(y). Cela prouve l'injectivité de f.

Autre conseil

Mon collègue et ami Laurent Kaczmarek a écrit des conseils de rédaction utiles concernant la notation des fonctions en analyse.

1 commentaires

Multiples et diviseurs

Par Mathoman - Tags

Dans ce qui suit tous les nombres sont des nombres naturels : 0, 1, 2, 3, 4, ...

Multiples

Définition. Les multiples d'un nombre n sont les nombres 0, n, 2n, 3n, 4n, ...

Exemples :

Les multiples de 2 sont 0, 2, 4, 6, 8, ...
Les multiples de 3 sont 0, 3, 6, 9, 12, ...
Les multiples de 4 sont 0, 4, 8, 12, 16, ...

On appelle les multiples de 2 aussi nombres pairs. Les non-multiples de 2 sont 1, 3, 5, 7, ... et sont appelés nombres impairs.

Notre définition donne les multiples en forme d'une liste. Mais qu'est-ce qui signifient vraiment les trois petits points dans la liste 0, n, 2n, 3n, 4n, ... ? En fait, on peut écrire les trois points car tout le monde comprend comment on doit continuer la liste : après 4n, il y a 5n, puis 6n, et de suite. Autrement dit, on a la règle suivante.

Règle 1. Un nombre m est un multiple de n si et seulement s'il existe un k tel que m = kn.

Par exemple, le nombre m=24 est multiple du nombre n=4 car 24=k×4 avec k=6.

Il est important que ce k soit aussi un nombre naturel, comme m et n. En effet, on n'a pas le droit de dire la phrase suivante : Le nombre 3 est multiple 4 car 3=k×4 avec k=¾.

Règle 2. Zéro est multiple de tout nombre. Tout nombre est multiple de soi-même.

Preuve : Soit n un nombre choisi. Le nombre 0 est le premier élément de la liste de multiples de n — on l'obtient en prenant k=0. Et n est le deuxième élément dans cette liste — on l'obtient en prenant k=1.

Cas particuliers :

Les multiples de 1 sont 0, 1, 2, 3, 4, ..., c'est-à-dire, tout nombre est multiple de 1.
Les multiples de 0 sont 0, 0, 0, 0, 0, ..., c'est-à-dire, zéro n'a que lui-même comme multiple.

Dans les exemples on voit que la liste des multiples de 4, à savoir 0, 4, 8, 12, ..., est contenue dans la liste des multiples de 2. Si on y réfléchit un peu ce n'est pas très étonnant et nous allons le formuler comme une règle général :

Règle 3. Si m est multiple de n et si n est multiple de p alors m est aussi multiple de p.

Preuve : Si m est multiple de n on peut l'écrire comme m = kn ; et si n est multiple de p on peut l'écrire comme n = k'p. Alors on a m = kn = kk'p ce qui prouve que m est multiple de p.

Exemples :

6 est multiple de 3, donc tout multiple de 6 est aussi multiple de 3.
La réciproque n'est pas vraie, par exemple, 9 est multiple de 3 mais pas de 6.
Tout multiple de 12 est aussi un multiple de 3 et de 4 et de 2.
C'est vrai car 12 est multiple de 3 et de 4 et de 2.

Diviseurs

Beaucoup d'affirmations que nous disons dans notre langage de tous les jours, dépendent de notre point de vu. Par exemple, les deux phrases

Zoé est la fille d'Alexandre et Alexandre est le père de Zoé

signifient la même chose, mais de points de vue différents. C'est cette diversité qui donne de la richesse à notre langue ! En mathématiques aussi il y a des manières différentes pour exprimer une même chose ; c'est utile, pas pour une question de style, mais car en maths le changement du point de vue est souvent un outil très puissant (voir un exemple dans cet article).

Définition. Si m est un multiple de n on dit aussi que m est divisible par n ou que n divise m ou que n est un diviseur de m.

Autrement dit, n divise m si et seulement s'il existe k entier tel que m = kn.
L'équation m = kn équivaut à k = m/n. Ainsi n divise m si et seulement si la fraction m/n est un entier (si n est non-nul).

Notation. Pour dire n divise m on écrit souvent n | m.

Exemples

5 | 15.
On dit 5 divise 15 ou 5 est un diviseur de 15 ou 15 est divisible par 5 ou 15 est un multiple de 5.
3 | 15.

Les affirmations suivantes se déduisent directement de ce que nous avons déjà compris sur les multiples.

Tout nombre divise 0 car 0 est multiple de tout nombre.
En écriture mathématique, n|0 car 0 = 0 × n.
Tout nombre divise soi-même car tout nombre est multiple de soi-même.
Ou encore, n|n car n = 1 × n.
1 divise tout nombre car tout nombre est multiple de 1.
Ou encore, 1|n car n = n × 1.

Preuve : C'est une traduction directe de la règle 3.

Question : Qu'est-ce qui est plus grand, multiple ou diviseur ?

Réponse : Mise à part le multiple 0, les multiples d'un nombre sont plus grands que ses diviseurs.
Par exemple, les multiples non-nuls de 12 sont 12, 24, 36, .... Les diviseurs de 12 sont 1, 2, 3, 4, 6, 12.

Question : Qui sont plus nombreux, les multiples d'un nombre donné ou ses diviseurs ?

Réponse : Un nombre non-nul possède une infinité des multiples mais seulement un nombre fini de diviseurs.
En effet, pour n non-nul, la liste des multiples de n est 0, n, 2n, 3n, ... C'est une liste infinie avec des nombres de plus en plus grands. En revanche, le plus grand diviseur de n est n lui-même, donc n possède un nombre fini de diviseurs qui se trouvent parmi les nombres 1, 2, 3, ..., n.

Trouver tous les diviseurs d'un nombre donnée n'est pas facile si ce nombre est grand. Donc il est pratique de disposer de quelques critères de divisibiltés. Ca sera l'objet du prochain billet. Finissons ce billet avec un énoncé simple et sa preuve. Ca sera l'occasion de voir le formalisme des multiples en action.

Théorème. Un nombre entier est pair si et seulement si son carré est pair.

Preuve du théorème. Fixons un nombre entier n au hasard et prouvons le théorème pour ce nombre. (Le mathématicien dit pour cela soit n un entier.) Alors il y a deux cas possibles : soit n est pair, soit n est impair.
Supposons d'abord que n est pair. Alors il existe un entier k tel que n=2k. Ainsi n²=4k² ce qui prouve que n² est un multiple de 4, et donc en particulier un nombre pair. On vient de prouver que si un nombre est pair alors son carré aussi.
Supposons maintenant que n est impair. Alors il existe un entier k tel que n=2k+1. Donc n²=(2k+1)²=4k²+4k+1, et comme les deux premiers termes de cette somme sont pairs on en déduit que n² est impair. On vient de prouver que si un nombre est impair alors son carré aussi.
Or un nombre entier est soit pair soit impair ; donc en fait on a prouvé lé théorème.

Remarque. Le théorème peut aussi s'énoncer comme suit : un entier est impair si et seulement si son carré est impair.

Exercices. Les quatre exercices suivants sont faciles. Il faut simplement imiter la démonstration du théorème.

Montrer qu'un entier est multiple de 3 si et seulement si son carré l'est.
Montrer qu'un entier est pair si et seulement si son cube l'est.
Est-il vrai qu'un entier est multiple de 4 si et seulement si son carré l'est ?
Est-il vrai qu'un entier est multiple de 3 si et seulement si son cube l'est ?

4 commentaires

Une solution niveau CM2 pour les rectangles entiers

Par Mathoman - Tags

L'exercice amusant sur les rectangles entiers possède apparemment beaucoup de solutions. François-Xavier Vialard m'a indiqué un article en anglais de Stan Wagon qui réunit les différentes démonstrations de 14 auteurs du monde entier ! L'une parmi elles, qui m'a été signalé aussi par Tahar Boulmezaoud, est particulièrement belle. En effet, elle utilise seulement des mathématiques élémentaires que même un élève de 6^e, voire de CM2, peut comprendre. L'idée de la preuve est de travailler avec un réseau en forme d'échiquier. Voici une description détaillé de cette démonstration, lisible par tous, indépendemment du niveau en maths :

Je rappelle que l'énoncé de l'exercice se trouve ici.

On considère un grand échiquier dont chaque case est de longueur 1/2. Nous allons l'utiliser pour poser nos rectangles dessus.

Lemme 1. Si un rectangle est entier alors il couvre autant de surface noire que blanche.

Preuve : Cela se verra plus facilement avec un dessin. Voici un rectangle dont le coté horizontal est 3.

On le découpe,

puis on déplace la partie gauche à droite, sans que cela ne change la superficie blanche ou noire couverte.

Il est maintenant évident que le rectangle couvre autant de superficie blanche que noire, ce qui achève la démonstration du lemme 1.

Remarque : La réciproque du lemme 1 n'est pas vraie. Comme contre-exemple il suffit de prendre un rectangle dont le milieu se trouve sur un point nœud de l'échiquier. Il couvre alors autant d'aire noire que blanche sans être pourtant nécessairement entier :

Mais si on rajoute une condition de plus les choses s'arrangent ! En effet, on a l'énoncé suivant.

Lemme 1. Si un rectangle dont au moins un sommet coïncide avec un point nœud de l'échiquier couvre autant de surface noire que blanche alors il est entier.

Preuve : Prenons le cas où le sommet en bas à gauche du rectangle coïncide avec un point nœud. Colorons ce nœud ainsi que les autres nœuds qui sont de coordonnées entières par rapport à lui. Nous supposons qu'aucun des autres trois sommets est sur un nœud coloré.

Pour examiner si le rectangle couvre autant de surface blanche que noire, nous le découpons ainsi :

Le rectangle bleu a un côté horizontal entier et couvre donc, d'après le lemme 1, autant de surface noire que blanche. De même pour le rectangle vert car son côté vertical est entier. Il reste alors à examiner le petit rectangle rouge.

Le petit rectangle jaune couvre autant d'aire blanche que noire, tandis que le marron couvre plus d'aire blanche que noire. Par conséquence le petit rectangle rouge couvre plus de surface noire que blanche.

Nous avons donc démontré qu'un rectangle dont un unique sommet coïncide avec un nœud coloré ne peut pas couvrir autant d'aire blanche que noire. Donc si un rectangle a au moins un sommet sur un nœud coloré et couvre la même aire blanche que noire alors il a forcément un deuxième sommet sur un nœud coloré, et cela implique qu'il s'agit d'un rectangle entier. Le lemme 2 est ainsi démontré.

Remarque : En réalité, il y a quatre types petits rectangles restants mais nous n'avons traité qu'un seul type car pour les trois autres on voit immédiatement que les aires blanches et noires ne sont pas les mêmes :

Maintenant nous sommes prêts à donner la preuve du problème posé.

Nous plaçons notre grand rectangle de manière qu'un de ses sommet est sur un point nœud de l'échiquier. Par hypothèse tous les petits rectangles le constituant sont entiers, donc chacun couvre, d'après le lemme 1, autant d'aire blanche et que noire. Il en est de même du grand rectangle. D'après le lemme 2 il est entier.

1 commentaires

Exercice sur un pavage de rectangles

Par Mathoman - Tags

Pas si évident que ça!

Appelons un rectangle entier si sa largeur ou sa longueur est un entier.
Soit R un rectangle constitué d'autres rectangles (leur union est R et ils se touchent seulement sur leurs bords).

Questions:

Démontrer que si chacun de ces rectangles est entier, alors le rectangle R l'est aussi.
La réciproque est-elle vraie?
Cet énoncé en dimension deux peut-on le généraliser à des dimensions plus grandes, par exemple aux cubes?

Réponses: Cliquez ici pour la solution. Voir aussi les discussions ici et là.

13 commentaires

Question sur les groupes topologiques

Par Mathoman - Tags

Un groupe topologique est un ensemble G munie d'une structure de groupe et d'une topologie telles que la loi interne

$G \times G \rightarrow G ,\;\; (x,y) \rightarrow xy,$

et la formation d'inverse

$G \rightarrow G ,\;\; x \rightarrow x^{-1},$

sont des applications continues. En autres mots les deux structures, l'algébrique et la topologique, sont liées de manière naturelle par une condition de compatibilité. On peut alors se poser la question suivante :

Question

Existe-t-il deux groupes topologiques qui sont isomorphes comme groupes et homéomorphes comme espaces topologiques mais qui ne sont pas isomorphes comme groupes topologiques ?

Voici la réponse avec l'exemple de JLT.

Réponse

Oui. Preuve en trois étapes :

Soient G et H des parties denses de $\mathbb{R}$ et $f :\: G \rightarrow H$ une bijection monotone. Alors f est un homéomorphisme.

On peut supposer f croissante. Nous allons montrer sa continité. Soient $x_0\in G$ et $\epsilon>0$ . Puisque H est dense dans $\mathbb{R}$ on a $H\cap\,]f(x_0)-\epsilon,f(x_0)[\,\neq\emptyset$ . Donc il existe
$y_1\in H\cap\,]f(x_0)-\epsilon,f(x_0)[\,.$
De même il existe $y_2\in H\cap\,]f(x_0),f(x_0)+\epsilon[\,.$ A cause de la surjectivité de f on peut écrire $y_k=f(x_k)$ avec $x_k\in G, k=1,2$ . On pose $\delta=\min(x_0-x_1,x_2-x_0)$ . Alors pour tout x dans G
$\begin{align*}x_0-\delta<x<x_0+\delta \;\;\;\Longrightarrow\;\;\;& f(x_0-\delta)<f(x)<f(x_0+\delta)\\ \Longrightarrow\;\;\;&y_1=f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_2)=y_2\\ \Longrightarrow\;\;\;&f(x_0)-\epsilon<f(x)<f(x_0)+\epsilon\,, \end{align*}$
ce qui montre que f est continue en $x_0$ . La preuve de la continuité de la réciproque $f^{-1}$ est la même.
Soient G et H des parties denses et dénombrables de $\mathbb{R}$ . Alors elles sont homéomorphes.

D'abord nous écrivons
$\begin{align*} G&=\{x_0,x_1,x_2,\ldots\}\;\;\;\;\;(*)\,,&H&=\{y_0,y_1,y_2,\ldots\}\;\;\;\;(**)\,. \end{align*}$
Maintenant nous allons énumérer G et H d'une autre manière, et Le but est de faire de sorte que est une bijection monotone (et donc automatiquement un homéomorphisme). On procède comme suit.
- k=0. On prend $x'_0=x_0,\;y'_0=y_0$
- k=1. On prend $x'_1=x_1$ . Pour le choix de $y'_1$ regardons l'ordre de $x'_0$ et de $x_1'$ .
  Si $x'_1<x'_0$ alors on prend comme $y'_1$ un élément de H inférieur à $y'_0$ .
  Si $x'_1>x'_0$ alors on prend comme $y'_1$ un élément de H supérieur à $y'_0$ .
- k=2. On prend comme $y'_2$ le premier élément de $H\setminus\{y'_0,y'_1\}$ de la liste (**). Pour choisir $x'_2$ regardons l'ordre de $y'_0,y'_1,y'_2$ .
  Si $y'_2$ est inférieur à $y'_0$ et $y'_1$ on prend comme $x'_2$ un élément de G inférieur à $x'_0$ et $x'_1$ .
  Si $y'_2$ est supérieur à $y'_0$ et $y'_1$ on prend comme $x'_2$ un élément de G supérieur à $x'_0$ et $x'_1$ .
  Si $y'_2$ est entre $y'_0$ et $y'_1$ on prend comme $x'_2$ un élément de G entre $x'_0$ et $x'_1$ .
- k=3. On prend comme $x'_3$ le premier élément de $G\setminus\{x'_0,x'_1,x'_2\}$ de la liste (*). Pour le choix de $y'_3$ regardons l'ordre de $x'_0,x'_1,x'_2,x'_3$ . Il y a 24 possible manières de ranger ces quatre nombres.
  Si $x'_3<x'_0<x'_1<x'_2$ on prend comme $y'_3$ un élément de H inférieur à $y'_0,y'_1,y'_2.$
  Si $x'_2<x'_3<x'_0<x'_1$ on prend comme $y'_3$ un élément de H entre $y'_2$ et $y'_0$ .
  Et ainsi de suite.
Les groupes topologiques $G=\mathbb{Q}+\mathbb{Q}\sqrt2$ et $H=\mathbb{Q}+\mathbb{Q}\sqrt3$ répondent au problème.

D'après ce qu'on vient de voir, G et H sont homéomorphes comme espaces topologiques. Evidemment ils sont isomorphes comme groupes. Mais ils ne sont pas isomorphes comme groupes topologiques. En effet, supposons qu'il existe un isomorphisme de groupes topologiques $f :\, G \to H$ . Par un récurrence facile f(n)=nf(1) pour tout entier n, et puis f(r)=rf(1) pour tout rationel r. Alors par continuité
$f(\sqrt2)=\sqrt2f(1),\;\;\;\;\lightning$
impossible dans $H=\mathbb{Q}+\mathbb{Q}\sqrt3$ .