Les rectangles revisités

Oui, c’est assez clair pour moi. Le produit tensoriel "force" une multiplication là où elle ne peut pas exister de manière naturelle. Dans notre exemple il n’y a pas de multiplication dans le quotient R/Z car ce n’est pas un anneau, on fait alors un forcing en ecrivant quand même les produits (tensoriels) xy et en exigeant les règles de calcul habituelles pour la multiplication: a(xy)=(ax)y=x(ay) et (x+x’)y=xy+x’y et x(y+y’)=xy+xy’. L’équation (*) signifie, comme tu le dis, somme des aires = aire totale. Elle a un sens avec des vrais produits dans R, mais si on veut lui donner un sens dans R/Z il faut passer au produit tensoriel.

En revanche, je ne vois pas de lien avec la preuve de Tao ni ce qui peut apporter le fait que (R/Z)² est un tore…

Bon, d’abord, quitte à subdiviser, on peut supposer que les petits rectangles ont soit un côté 1, soit un côté inférieur à 1. Prenons le cas particulier où tous les côtés différents de 1 sont de la forme k/p, où p est un nombre premier (le même pour tous les rectangles). On fait une homothétie de rapport p. Chaque sous-rectangle a maintenant pour côté p et k, donc une aire de kp, donc l’aire du grand est un multiple de p. Maintenant les côtés du grand rectangle sont entiers, car ce sont des réunions disjointes de côtés de sous-rectangles qui sont aussi entiers. Donc p divise le produit des côtés (entiers) du grand rectangle, donc p divise l’un des côtés. En faisant l’homothétie dans l’autre sens, on voit que l’un des côtés du grand rectangle est entier. Maintenant, en utilisant la densité des fractions k/p avec p premier et k<p dans [0;1[, on peut trouver dans le cas général une suite de rectangles partitionnés par des sous-rectangles dont l’un des côtés est de la forme k/p et qui converge vers notre rectangle partitionné initial. Pour tout n, l’un des côtés est entier, on a donc au moins une suite d’entiers qui converge vers la longueur d’un des côtés, elle est donc stationnaire, CQFD. Hmm. ça m’a l’air de marcher.

Soit (u_n) une suite de rectangles partitionnés par des sous-rectangles vérifiant la propriété initiale et, de plus, tel que chaque côté non-entier est de la forme k/p_n, pour k entier dépendant du sous-rectangle et p_n un nombre premier n’en dépendant pas, et tel que (u_n) converge vers le rectangle partitionné considéré initialement (appelons-le R). Il est clair qu’une telle suite existe : la seule chose qui bouge ce sont les côtés non-entiers des sous-rectangles, et il y en a un nombre fini et fixé au départ. Pour tout n on peut appliquer le raisonnement précédent et conclure que l’un des côtés du grand rectangle u_n est entier. Or les côtés de u_n tendent vers les côtés de R.

J’avais donc bien lu et c’était ce point qui ne m’avait pas convaincu. Dès que tu bouges légèrement les rectangles, tu n’as plus de partition exacte, donc tu ne peux pas te ramener au cas initial "k/p partout avec un p fixe".

Une remarque cependant, à propos de la propriété : si \(a\otimes b=0\) alors a=0 ou b=0.

Le produit tensoriel au dessus de Z de Z/2Z et Z/3Z est réduit à 0. En particulier \(1\otimes 1=0.\)

Et bien :

\(1\otimes 1=3(1\otimes 1)-2(1\otimes 1)=1\otimes 3-2\otimes 1=1\otimes 0-0\otimes 1=0\)

Il nous reste à étudier  \((\mathbb{R}/\mathbb{Z})\otimes_{\mathbb{Z}}(\mathbb{R}/\mathbb{Z})\)  pour que la preuve sur les rectangles soit complète.

Ok, j’attend la preuve élémentaire, mais je cherche toujours une preuve avec produit tensoriel 🙂

A proof based on tensor product can be found in math intelligencer issue number 4 dec 1997, in the entertainment column. In short, work in the free tensor product \(\mathbb{Z}^{(\mathbb{R}/\mathbb{Z})} \otimes \mathbb{Z}^{(\mathbb{R}/\mathbb{Z})} \).
Use the invariant \(c([a,b]\times [c,d]) = (\delta_b-\delta_a) \otimes (\delta_d -\delta_c)\), where
\(\delta_a(x)\) is zero if x is different from a and 1 otherwise. This is an additive function which is zero on semi-integer rectangles only.
Of course you can get ride of tensor product by working with Z-valued functions on
\({\mathbb{R}/\mathbb{Z} \times \mathbb{R}/\mathbb{Z}}\) instead.

En fait, plusieurs preuves sont un cas particulier de celle qui suit :

Etant donné deux applications f:R –> V et g:R –> W vérifiant f(x)=f(y) ssi x-y est entier et g(x)=g(y) ssi x-y est entier, où V et W sont des modules libres sur un anneau intègre K, on définit pour tout rectangle X=[a,b]x[c,d] l’invariant \(h(X) = (f(b)-f(a))\otimes_K (g(d)-g(c))\in V\otimes_K W\). On démontre comme suggéré dans l’article que si X est décomposé en rectangles \(X_i\) alors \(h(X)=\sum h(X_i)\). De plus, h(X)=0 si et seulement si X a un côté de longueur entière.

La preuve avec les intégrales correspond à f(x)=g(x)=exp(2 pi i x), V=W=K=C. La preuve du commentaire n°16 correspond à \(f(x)=g(x)=\delta_x\), \(V=W={\mathbb{Z}}^{(\mathbb{R}/\mathbb{Z})}, K=\mathbb{Z}\). C’est en quelque sorte un exemple universel.

Une troisième preuve proche de la preuve fausse de l’article, et plus intuitive que celle du commentaire n°16, consisterait à prendre V=W=K=R, et f(x)=g(x)=x-[x], où [x] désigne la partie entière de x (dans ce cas il n’y a plus besoin de produit tensoriel).