Tenseur

Par Mathoman, vendredi 28 novembre 2008 à 14:14 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

Dans les commentaires à la question sur un pavage de rectangles notre cher bloggeur PB disait d'avoir entendu de l'existence d'une solution qui utilise le produit tensoriel, mais malheureusement il ne la connaissait pas. D'abord ça m'intrigait — car où est le produit tensoriel dans tout ça? Or finalement un lien entre nos rectangles et cette structure algébrique est assez plausible; en effet, la loi de distributivité des tenseurs

$x\otimes y + x'\otimes y=(x+ x')\otimes y$

devrait correspondre à la fusion de deux rectangles ayant le côté $y$ en commun.

Donc hier j'ai pris le temps d'y réfléchir pour retrouver cette fameuse solution! En fait elle est très simple, sans astuce, elle ne fait qu'utiliser la propriété de distributivité ci-dessus.

Notons $x$ (resp.) $y$ la largeur (resp. hauteur) du grand rectangle $R$ , et de même $x_j$ (resp. $y_j$ ) pour les petits rectangles $R_j, \;j\in J$ , qui partitionnent $R$ . Alors on a

(*) $\sum_{j \in J} x_j\otimes y_j = x\otimes y\,.$

Pour prouver cette égalité il suffit de prolonger les côtés des petits rectangles comme indiqué sur la figure pour avoir une subdivision à laquelle on peut appliquer la propriété de distributivité:

Maintenant on regarde l'égalité (*) dans le produit tensoriel

$\mathbb{R}/\mathbb{Z} \:\otimes_{\mathbb{Z}}\:\mathbb{R}/\mathbb{Z}\,,$

c'est-à-dire on prend les longueurs modulo $\mathbb{Z}$ . D'après hypothèse on a $x_j\otimes y_j = 0$ donc $x\otimes y=0$ et par conséquence $x=0$ ou $y=0$ . En autres mots, la largeur ou hauteur du grand rectangle est entière.