Réciproque d'un énoncé

Exercice sur un pavage de rectangles

Par Mathoman, vendredi 21 novembre 2008 à 16:02 - Exo, enigme, casse-tête - 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.

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Pourquoi ne pas lire aussi :

Un exercice bizarre à propos de la température sur terre

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Voici un exercice sur un énoncé de climatologie très théorique et inutile. Il est dédié à mon ami A. Wirth qui a quitté les maths pures pour consacrer son talent à des questions aussi appliquées que la météorologie et l'océanographie ;-)

Exercice : On assimile la terre à une boule parfaite et on suppose que la température sur la surface terrestre est une fonction continue. Montrer qu'il existe une infinité d'ensembles disjoints deux à deux {A,B} où A et B sont des points sur la surface terrestre tels que la température en A et B est la même et tels que la distance entre A et B est 1000 km.

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Multiples et diviseurs

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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 ?

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Peut-on relier deux points par un chemin injectif ?

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Les commentaires du billet un exercice de topologie sur le blog de PB soulevait quelques questions intéressantes. Une parmi elles possède la réponse suivante :

Dans une variété topologique connexe on peut relier tout couple de points distincts par un chemin injectif.

Remarquons que ce résultat ne vaut plus sur des espaces non-séparés comme la droite avec un point dédoublé (une variété topologique est séparée par définition).

Démonstration :

Rappellons d'abord que sur une variété topologique les notions connexe et connexe par arcs sont équivalentes.
Quelques notations : B(r) désigne la boule ouverte de rayon r et de centre 0 dans $\mathbb{R}^n$ pour la norme euclidienne. Pour noter la boule fermée, on mettra une barre dessus.

Soit M une variété topologique de dimension n et x un point de M. Notons E le sous-ensemble de M constitué de x et de tous les points qu'on peut relier injectivement à x. Notre but est de prouver que E=M. Vu que M est connexe et que E est non-vide, il suffit de montrer que E est ouvert et fermé.

Ouvert : Soit y un point arbitraire dans E. Dans l'atlas de la variété M il existe une carte .
- Si $x\in U$ alors $U\subset E$ car dans une boule on peut toujours relier injectivement deux points distincts par un segment.
- Dans l'autre cas où x n'est pas dans U nous posons r=1/2 et nous allons prouver que $\varphi^{-1}(B(r))\subset E.$ On sait déjà qu'il existe un chemin injectif $\lambda\::\:[0,1] \rightarrow M$ tel que $\lambda(0)=x$ et $\lambda(1)=y$ . L'ensemble $\varphi^{-1}(\overline{B}(r))$ est compact, et comme M est séparé, on déduit qu'il est fermé (voir aussi remarque 2 en bas).
  
  Par continuité l'image réciproque $\lambda^{-1}(\varphi^{-1}(\overline{B}(r)))$ est fermé dans [0,1] et possède donc un plus petit élément $t_0$ . On a l'inégalité $t_0>0$ car $\lambda(0)=x\not\in U.$
  
  Le point $\varphi(\lambda(t_0))$ ne peut pas être contenu dans la boule ouverte $B(r)$ , sinon $\varphi(\lambda(t_0-\epsilon))$ le serait également pour $\epsilon>0$ assez petit, contrairement à la définition de $t_0$ . Donc $\varphi(\lambda(t_0))$ est sur le bord de la boule $B(r)$ . Par construction on peut relier injectivement $\lambda(t_0)$ à tout point de $\varphi^{-1}(B(r))$ sans rencontrer $\lambda([0,t_0[)$ . En juxtaposant ces deux chemins, on relie donc injectivement x à n'importe quel point de $\varphi^{-1}(B(r)).$ Donc $\varphi^{-1}(B(r))$ est un voisinage ouvert de y contenu dans E.

Fermé : Nous devons prouver que le complémentaire de E est ouvert. Soit donc y un point arbitraire dans M\E, autrement dit y est un point qui ne peut pas être relié injectivement à x. On prend une carte . Alors on sait déjà que x ne peut pas être dans U. De deux choses l'une :
- Soit l'ouvert U est une partie de M\E — dans ce cas on a terminé.
- Soit U n'est pas inclu dans M\E — dans ce cas il existe un point z dans l'intersection $U\cap E$ . Pour $r=||\varphi(z)||$ on a $0<r<1$ . Il existe un chemin injectif $\lambda\::\:[0,1] \rightarrow M$ allant de x à z. L'ensemble
  $K=\lambda([0,1])\cap\varphi^{-1}(\overline{B}(r))$
  est compact car c'est l'intersection d'un compact et d'un fermé. (Pour voir que $\varphi^{-1}(\overline{B}(r))$ est fermé on utilise, comme en haut, le fait que M est séparé.)
  Parmi tous les points du compact $\varphi(K)$ il existe un ayant norme minimale. Nous notons w ce point et $\lambda(t_0)$ son correspondant sur la variété (toujours via la carte $\varphi$ ). Clairement $\lambda(t_0)\neq y$ . D'une part on a la restriction de $\lambda$ à $[0,t_0]$ et d'autre part le chemin correspondant au segment [w,0] ; en juxtaposant ces deux chemins injectifs on obtient un chemin de x à y qui, par construction, est injectif. Contradiction, ce cas ne peut pas avoir lieu.

Remarque 1 :

L'idée de la preuve est de se ramener à l'intuition que nous avons de notre espace usuel. Quand une trajectoire passe de l'extérieur d'une boule à l'intérieur d'une boule, elle doit forcément traverser le bord de la boule, elle coule comme une rivière. Or cela n'est plus vrai dans les espaces non-séparés comme la droite à deux origines dédoublées, 0' et 0''. Quand je fais un chemin de 0' à 0'' alors je rentre directement dans l'intérieur de la boule [-1,1]'' sans passer par -1 ou par 1. Le chemin apparait miraculeusement de nul part, il jaillit comme une source...

Il est donc intéressant de voir où la preuve ne fonctionne plus dans cet exemple. Evidemment c'est au moment où on utilise le fait qu'un compact d'un espace séparé est toujours fermé. Sur la droite dédoublée l'ensemble [-1,1]'' est compact mais il n'est pas fermé, car son complémentaire $\:]-\infty,-1[\,\cup\,]1,+\infty[\,\cup\,\{0'\}\:$ n'est pas ouvert.

Remarque 2 :

On est tenté de dire que $\varphi^{-1}(\overline{B}(r))$ est fermé comme image réciproque d'un fermé par une application continue. Mais cela serait faux ! En effet, $\varphi$ est seulement définie sur U et pas sur toute la variété M. On peut donc dire que $\varphi^{-1}(\overline{B}(r))$ est un fermé de l'espace U (pour la topologie induite par M), mais de là on ne peut pas conclûre directement qu'il s'agit d'un fermé de M. C'est pourquoi nous devons faire ce détour :

$\overline{B}(r)$ compact dans B(1),
donc $\varphi^{-1}(\overline{B}(r))$ compact dans U,
donc $\varphi^{-1}(\overline{B}(r))$ compact dans M,
donc $\varphi^{-1}(\overline{B}(r))$ fermé dans M (séparé).

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UVSQ - 2011/2012

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Sur cette page des remarques et documents destinés aux étudiants qui suivent mes cours et TD à l'UVSQ en 2011/2012.

Probabilités — L2 éco

Polycopié — Cours, exercices & corrigés (mise à jour le 05/02/2012)
Il est possible que vous devez ré-actualiser la page (touche F5).
Exos à préparer pour la séance TD du 15 février : 3.4, 3.6, 3.7, 3.10, 3.12
Contrôle continu 1 : 22 février 2012 dans votre groupe de TD (carte d'étudiant)
Le programme inclut la séance TD du 15 février
Contrôle continu 2 : 28 mars 2012 de 18h30 à 20h dans l'amphi 1 (carte d'étudiant)
Le programme inclut la séance TD du 21 mars
Toute absence non-justifiée par un certificat médical donne lieu à la note 0.
Note globale = (moyenne des notes de CC + note de partiel) / 2
La note globale doit être au moins 10 pour que la matière soit validée.
En session 2, la moyenne des notes de CC intervient seulement si elle est supérieure à la note du partiel session 2.

Préparation Capes — exercices corrigés

Cercles

Théorie des groupes — L2 chimie

TD no.1 — Enoncé des exercices
Patrons des solides de Platon — Réalisation: Carole Le Bellier

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

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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.

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Quelques blagues pour matheux

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Ajourd'hui quelques lignes pour illustrer que le cerveau n'est pas le seul organe actif des matheux...

Comment "le font"-ils ?

Les topologistes le font discrètement.
Les topologistes le font de manière ouverte.
Les topologistes le font avec du caoutchouc.
Les couples de topologistes le font en se rendant connexes.
(les logiciens le font) ou NON (les logiciens le font).
Les algébristes le font en groupe ou en anneau.
Les algébristes le font avec leur corps.
Les algébristes le font associativement.
Les algébristes le font en s'inversant.
Les algébristes le font en se multipliant.
Les analystes le font continûment.
Les analystes le font sur un support compact.
Les experts en théorie de la mesure le font presque partout.
Les experts en équations différentielles le font suivant les conditions initiales.
Les experts en théorie des ensembles le font avec application.
Les experts en combinatoire le font de toutes les manières possibles.
Les mathématiciens le font une infinité de fois s'il peuvent le faire une fois et ensuite une fois de plus.

Comment "le faisaient" les grands ?

Cantor le faisait en diagonale.
Fermat essayait de le faire dans la marge mais n'avait pas assez de place.
Galois l'a fait la nuit juste avant.
Möbius le faisait toujours du même côté.
Klein l'avait simultanément dedans et dehors.
Cauchy le faisait avec un ami (Schwarz, Lipschitz, Riemann).
Markov le faisait à la chaîne.
Archimède le faisait dans sa baignoire.
Newton tomba dans les pommes.
Bourbaki le faisait dans un cas particulier du théorème 10.2.5 en utilisant subtilement le lemme 7.3.2.

Deux contrepèteries

Nul n'est jamais assez fort pour ce calcul !
Mon prof de maths a montré Bézout.

Une réciproque
The duchess: "Excuse me that I am late, but I was so fucking busy and vice versa."

Recommandation bibilographique : Ces blagues m'ont été envoyées par email au fil des années. Mais il existe même des livres sur ce sujet. Le lecteur qui souhaite s'y approfondir se plonger avec profit dans l'ouvrage de référence Je fais des maths comme un(e) cochon(ne) de Gérard-Olivier Maitry publié en 2008.

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Mieux comprendre la topologie des matrices singulières

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Mon billet récent sur la dimension maximale d'un sous-espace affine contenu dans l'ensemble des matrices non-inversibles m'a inspiré les réflexions suivantes, une sorte de version différentiable de ce résultat.

On note ${\mathcal M}_n(\mathbb{R})$ l'espace des matrices n x n à coefficients réels et $GL(n,\mathbb{R})$ le sous-ensemble des matrices inversibles. On sait que $GL(n,\mathbb{R})$ est un ouvert dans ${\mathcal M}_n(\mathbb{R})$ . En effet c'est l'image réciproque de l'ouvert $\mathbb{R}^*$ par l'application continue déterminant

$\det\;:\;\; {\mathcal M}_n(\mathbb{R}) \;\rightarrow\;\mathbb{R}.$

On peut même dire un peu plus : le déterminant étant polynômial en $x_{11},x_{12},\dots,x_{nn}$ le complémentaire des matrices inversibles, c'est-à-dire l'ensemble des matrices de déterminant nul,

$\mathcal{A}\; =\; {\mathcal M}_n(\mathbb{R}) \:\backslash\:GL(n,\mathbb{R})$

est une hypersurface algébrique. Géométriquement parlé $\mathcal{A}$ est un fermé de ${\mathcal M}_n(\mathbb{R})$ qui ressemble localement à un hyperplan (c'est-à-dire à un sous-espace affine de dimension n²-1). Enfin, cela est vrai en presque tous les points, ceux où la différentielle du déterminant ne s'annulle pas (points réguliers). En revanche, en les points où la différentielle du déterminant est nulle (points singuliers), l'hypersurface $\mathcal{A}$ ne ressemble plus à un sous-espace affine. Il peut y avoir un croisement comme par exemple

ou un rétrécissement comme par exemple

(Pour plus d'images de surfaces algébriques visitez le la galerie de Herwig Hauser.)

Il est évident que la différentielle du déterminant est nulle à l'origine. Donc notre hypersurface ${\mathcal A}$ possède une singularité à l'origine. Le résultat suivant dit qu'il s'agit d'une singularité de type rétrécissement, car l'hypersurface de dimension n²-1 y perd quelques dimensions — il y reste juste assez de place pour n²-n dimensions...

Proposition :

Le nombre n²-n est la plus grande dimension possible d'une sous-variété différentiable F de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que $0\in F\subset {\mathcal M}_n(\mathbb{R}) \backslash GL(n,\mathbb{R})\,.$

Démonstration :

L'ensemble des matrices dont la première ligne est nulle est un sous-espace vectoriel (et donc en particulier une sous-variété différentielle) de dimension n²-n. Evidemment il contient l'origine 0 et est contenu dans $\mathcal{A}$ .

Soit F une sous-variété de ${\mathcal M}_n(K)$ de dimension n²-n+1 et telle que $0\in F$ . Nous allons prouver que F contient une matrice inversible.
Au voisinage de l'origine la sous-variété F est décrite par un système de n-1 équations
$f_j(x_{11},x_{12},\ldots,x_{nn})=0\,,\;\;\;j=1,\,\ldots\,,n-1,$
tel que les différentielles $df_j$ sont linéairement indépendantes à l'origine. On résoud ce système par le théorème des fonctions implicites, c'est-à-dire on peut isoler (théorétiquement) n-1 des coordonnées et les exprimer par les autres. On a ainsi, toujours au voisiange de l'origine, n²-n+1 coordonnées variables et n-1 coordonnées isolées (fonctions différentiables des coordonnées variables).
Maintenant je peux poursuivre mon raisonnement de la preuve du cas affine : par des permutations de lignes et de colonnes je m'arrange à ce que les coordonnées isolées soient toutes au-dessus de la diagonale matricielle ; puis je prends les coordonnées sur la diagonale toutes égales à un nombre $\epsilon$ non-nul et proche de 0 et les autres coordonnées variables égales à 0. Ainsi j'obtiens une matrice inversible qui est dans F.

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Question sur les groupes topologiques

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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 $H=\mathbb{Q}+\mathbb{Q}\sqrt3$ .

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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 $(3-k)\pi.$

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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.

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