Le fait que

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 fois 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 admet (!) que

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,

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.

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

Soient x, y, z trois entiers vérifiant

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

.

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.

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 un cercle, A,B deux points distincts sur 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].

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.

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 . 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 et

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

• la boule
  
• la sphère
  
• l'hémisphère nord
  

Le bord de la boule est la sphère . Chaque point x sur ce bord possède un antipode, à savoir le point —x.
Si on ``recolle'' par identification des antipodes sur son bord, alors on obtient un nouvel ensemble que nous notons Ca, c'est du handwaving. De manière ensembliste on pourra écrire




Questions

1. Expliquer par des mots de quelles formes sont la boule et son bord dans les cas n=1,2,3.
2. Démontrer que
   
3. Démontrer que
   
4. Démontrer que
   
5. Démontrer que
   

Cliquez pour lire la Solution.

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

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 . Ce symbole étant lui-même un verbe c'est donc un emboîtement d'assertions (pensez aux poupées russes).
Ecrire n'a aucun sens car [1,5] n'est pas une assertion (c'est un intervalle). En revanche, on peut écrire
Il ne suffit pas de mettre un verbe pour avoir une assertion, il faut aussi que la syntaxe soit correcte. Par exemple écrire et n'ont pas de sens. Mais et 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 (de plus en plus nombreux) écrivent trop souvent 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

.

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

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 . Alors la fonction f définie par f(x)=ax pour tout réel x est strictement croissante sur 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 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 .

Exemples de mauvaise syntaxe

Les théorèmes 4 et 5 ci-dessous ne sont pas des assertions (syntaxe incorrecte) — donc impossible de dire s'ils sont vrais ou faux.
Le théorème 6 est une assertion très mal formulée. (Elle est vraie, réfléchissez-y !)

Théorème 4.  . Alors la fonction f définie par f(x)=ax pour tout réel x est strictement croissante sur si et seulement si a > 0.

Théorème 5.  Pour tout réel x la fonction f définie par f(x)=ax est strictement croissante sur si et seulement si a > 0.

Théorème 6.  Il existe tel que la fonction f définie par f(x)=ax pour tout réel x est strictement croissante sur si et seulement si a > 0.

La preuve du théorème 2 devrait commencer comme suit.

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

En revanche, écrire soit a un réel dans la preuve du théorème 1 serait très confus car le réel a est déjà donné par l'énoncé du théorème 1.

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 du résultat voulu alors il est souhaitable que vous écrivez "je vais démontrer que...". Par exemple c'est une bonne idée d'écrire : Soit a > 0. Pour montrer que la fonction la fonction de l'énoncé est strictement croissante je vais prouver que sa dérivée est strictement positive.

Bonne rédaction

Preuve du théorème 2.  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 0 = f(0) < f(1) = a.

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 (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 (mais surtout sans l'écrire) que vous voulez arriver à l'égalité x = y. 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.

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.

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:

1. Démontrer que si chacun de ces rectangles est entier, alors le rectangle R l'est aussi.
2. La réciproque est-elle vraie?
3. 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.

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

et la formation d'inverse 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 :

1. Soient G et H des parties denses de et une bijection monotone. Alors f est un homéomorphisme.
   
   On peut supposer f croissante. Nous allons montrer sa continité. Soient et . Puisque H est dense dans on a . Donc il existe

   

   De même il existe A cause de la surjectivité de f on peut écrire avec . On pose . Alors pour tout x dans G

   

   ce qui montre que f est continue en . La preuve de la continuité de la réciproque est la même.
    
2. Soient G et H des parties denses et dénombrables de . Alors elles sont homéomorphes.
   
   D'abord nous écrivons

   

   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
      
   • k=1. On prend . Pour le choix de regardons l'ordre de et de .
     Si alors on prend comme un élément de H inférieur à .
     Si alors on prend comme un élément de H supérieur à .
      
   • k=2. On prend comme le premier élément de de la liste (**). Pour choisir regardons l'ordre de .
     Si est inférieur à et on prend comme un élément de G inférieur à et .
     Si est supérieur à et on prend comme un élément de G supérieur à et .
     Si est entre et on prend comme un élément de G entre et .
      
   • k=3. On prend comme le premier élément de de la liste (*). Pour le choix de regardons l'ordre de . Il y a 24 possible manières de ranger ces quatre nombres.
     Si on prend comme un élément de H inférieur à
     Si on prend comme un élément de H entre et .
     Et ainsi de suite.
      
3. Les groupes topologiques et 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 . 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

   

   impossible dans .

Après le précédent billet, bien triste, il est le temps de rire un peu ! Voici quelques blagues et une contrepèterie de matheux pour retrouver notre sourire ;-)

Que répond une mathématicienne venant d'accoucher à qui l'on demande "Avez-vous eu un garçon ou une fille ?"
"Oui."

Logarithme et exponentielle sont au restaurant. Qui paie l'addition ?
C'est exponentielle, car logarithme népérien...

Quel est le comble du mathématicien ?
C'est de se faire piquer sa moitié par un tiers dans un car.

Combien de fois peut-on soustraire 5 de 23 et combien reste-t-il ?
Autant de fois que l'on veut et il reste 18 à chaque fois.

Qu'est-ce qu'un ours polaire ?
Un ours cartésien après un changement de coordonnées.

Qu'est-ce qui est jaune, normé et complet ?
Un espace de Bananach.

Pourquoi la vie est-elle complexe ?
Elle a des composantes réelles et imaginaires.

Qu'obtient-on en croisant un éléphant et une banane ?
|elephant| |banane| sin(theta)

Qu'est-ce qu'un homme complexe dit à une femme réelle ?
"Viens danser !"

What's purple and commutes ?
An abelian grape.

What's yellow and equivalent to the Axiom of Choice.
Zorn's Lemon.

Théorème : Tout entier positif est intéressant.

Preuve : Supposons le contraire. Alors l'ensemble des entiers positifs non-intéressants est non-vide. D'après l'axiome du bon ordre il possède un plus petit élément. Alors cet élément est drôlement intéressant — contradiction !

Grande surprise : le mathématicien russe Grigori Perelman vient d'annoncer que sa preuve de la conjecture de Poincaré, publiée en novembre 2002 sur ArXiv (revue scientifique en ligne sans comité de lecture), est fausse. Apparemment Perelman le savait tout le temps et attendait que quelqu'un trouve l'erreur ! Maintenant il se moque de toute la communauté mathématique, qui pendant six ans était incapable de vérifier les subtilités de sa (fausse) démonstration. Aujourd'hui il va même plus loin et propose un contre-exemple à la conjecture de Poincaré ; en fait ce contre-exemple (à vérifier scrupuleusement...) est en dimension 22 et Perelman a des pistes pour la construction de contre-exemples en toute dimension supérieure.

Il semble que cette fois, pour son travail destructeur, le chercheur russe ne réfuse plus d'être récompensé :

"Mathematicians are so easily baffled — now I want the Fields medal and the money, even if I'm too old for it!"

Vous pouvez lire l'entretien complet avec cet homme d'exception ici.

Apparemment la question sur un pavage de rectangles posée ici il y a quelques jours est stimulante. Après la solution par produit tensoriel, voici une autre qui repose sur une activité habituellement réservée aux enfants: le coloriage. (Les matheux ne sont que de grands enfants !) Merci à David Caisson qui m'a envoyé cette solution extraite du livre Solving Mathematical Problems de Terence Tao.

L'idée de T. Tao est aussi simple que belle: on colore en vert tous les rectangles ayant un côté horizontal entier, et en rouge tous les autres rectangles. Un argument topologique de connexité nous assure alors que dans le grand rectangle on peut relier les deux côtés verticaux par un chemin vert ou les deux côtés horizontaux par un chemin rouge. (Pour ceux qui ne connaissent pas encore la notion de connéxité : c'est une sorte de théorème des valeurs intermédiaires qui dit que deux lignes reliant les côtés opposés se coupent forcément). Or un chemin vert consiste en la juxtaposition de rectangles verts, donc sa longueur horizontale est entière; et de manière analogue pour un chemin rouge.

Vous pouvez lire la solution complète ici.

Cette "solution" m'a laissé perplexe car sur les trois premières pages l'auteur n'avance pas beaucoup, puis au tout dernier paragraphe il évoque, sans les traiter, quelques obstacles qui pourraient éventuellement se poser. Et avec un peu d'esprit critique on trouve que la démonstration est fausse! Voici un contre-exemple.

 

 
La largeur est 4 et la hauteur est 3,5. Pourtant il n'y a pas de chaîne verte mais seulement une chaîne rouge dont on ne peut rien déduire sur la hauteur (car elle possède des décalages) ni sur la largeur (car les rectangles rouges n'ont pas de largeurs entières).

Mais Terence Tao ne serait pas Terence Tao, porteur de la Médaille Fields 2006 (sorte de prix Nobel pour mathématiciens), si l'idée de sa preuve était entièrement fausse ! En effet, après une petite recherche sur internet, je me rends sur son blog personnel et j'y trouve une liste d'errata où il corrige, entre autres, cette preuve. Voici l'amélioration qu'il apporte:

On colore les rectangles comme avant, mais seulement leurs intérieurs. Ensuite on colore en vert les côtés verticaux ouverts, et le reste en rouge.

Maintenant mon contre-exemple ne résiste plus! On peut relier les deux côtés verticaux par un chemin vert.


 
Pourquoi cette démonstration améliorée fonctionne-elle ? Et bien, lorsqu'on parcourt un chemin vert disons, alors chaque fois qu'on quitte un rectangle vert pour passer dans un autre, ça se fait sur un segment vertical dont l'abscisse est un entier.

Voilà donc une jolie solution purement topologique, sans analyse. Je ne pense pas qu'elle s'adapte aux dimensions supérieures.