Choux romanesco, Vache qui rit et intégrales curvilignes

29 juin 2015

Deux (deux?) minutes pour la suite de Conway

C'est un sujet que j'ai déjà abordé au moins deux fois sur le blog, mais j'adore cette suite ! Voici donc la suite de Conway, en vidéo !

Vignette

Transcription augmentée :
En 1992, Bernard Werber publie "le jour des fourmis", deuxième épisode de sa célèbre trilogie des fourmis. Dans ce roman, il met en scène l’énigme suivante : complétez la suite 1, 11, 21, 1211…
En fait, cette suite a été inventée et étudiée 10 ans plus tôt par le génial John Conway et regorge de surprises mathématiques insoupçonnées.
Ça tombe bien, j’ai deux minutes pour en parler.

Donnons tout de même la clé de l’énigme : comment est-on sensé compléter la suite 1, 11, 21, 1211 ? Eh bien, dans cette suite, chaque terme s’obtient en regardant puis en lisant à voix haute le terme précédent, en débutant par le terme 1. En regardant ce premier terme, on voit donc une fois le chiffre 1, ce qui se lit donc “un 1”. Maintenant, en regardant le nombre 11, on voit deux fois le chiffre 1. On lit donc “deux 1”. On continue de la même façon en lisant “un 2" puis "un 1”. Pour compléter cette suite, il faut donc dire “un 1, un 2 et deux 1”.
Pour générer la suite, il suffit de la regarder et de la lire, c’est pourquoi Conway l’a baptisé la suite “Look and say”. Cette suite entretient des liens très métaphoriques avec les éléments chimiques et leur désintégration naturelle, si bien qu’elle porte aussi le nom de “suite audioactive”.

On pourrait s’arrêter à cette simple devinette, mais ça serait passer à côté de ce qui fait tout son charme mathématique. Tiens, par exemple, peut-on trouver le chiffre 3 dans la suite ?
Eh bien, oui, et il ne suffit pas d’aller chercher plus loin, puisque le chiffre 3 apparaît pour la première fois lors du 6eme terme, puis ne disparaît plus jamais après.
Et le chiffre 4, alors, peut-il apparaître ? Là, il faut réfléchir un peu plus. Pour apparaitre, il faudrait que le terme précédent possède 4 chiffres identiques consécutifs, comme 1111, 2222 ou 3333.
Mais pour que la chaîne 1111 apparaisse, il faudrait que la ligne précédente soit 11. Sauf que 11 ne se lit pas 1111, mais 21. Bref, la chaîne 1111 ne peut pas apparaître !

[Petit apparté : pour démontrer complètement, il faut également penser à l’enventualité où 1111 apparaîtrait sous la forme (x1) (11) (1y). Mais on peut facilement voir que c’est aussi impossible.]

On peut faire le même raisonnement pour 2222 et 3333, ce qui explique que le chiffre 4 ne peut pas apparaître naturellement dans la suite.  C’est ce que Conway appelle le “théorème du jour 1”, qui permet de dire que quatre chiffres consécutifs ne peuvent pas apparaître dans la suite, et que l’on est donc restreint à utiliser les chiffres 1, 2 et 3.

Bien sûr, on peut toujours s’arranger pour faire apparaître un peu ce que l’on veut dans la suite, il suffit pour cela de changer la graine de la suite, c’est à dire, son terme initial. Si je pars de la graine 42, je vais forcément trimballer ce chiffre 4 tout au long de la suite. Mais malgré la possibilité de choisir la graine que l’on veut, 4 chiffres identiques n’apparaîtront jamais consécutivement. Jamais !

Mais les motifs 1111, 2222 ou 3333 ne sont pas les seuls motifs qui n’apparaissent jamais. On peut aussi citer le motif 333 ou 313… John Conway a catégorisé ces motifs impossible sous le nom de théorème du jour 1 et théorème du jour 2.  Mais ce qui est encore plus intéressant que les motifs qui n'apparaissent pas, ce sont les motifs qui apparaissent effectivement. Le théorème qui régit ces motifs possibles porte le nom de théorème du jour 24, ou un peu moins prosaiquement, le théorème cosmologique !

Pour comprendre ça, reprenons la suite de graine 1. A partir de la septième étape, on obtient 11 13 21 32 11. Ce qui est intéressant, c’est que à partir de cet instant, la suite va se scinder en deux parties indépendantes, entre le chiffre 2 et le chiffre 1. Si on ne s’intéresse qu’à la partie de gauche, on peut voir que le dernier chiffre sera toujours le chiffre 2. Du côté de la partie droite, la suite commence par 13. A l’étape suivante, elle commencera donc par 1113, puis 3113, puis retombe à nouveau sur quelque chose qui commencera par 13. La boucle est bouclée, et le chiffre 2 n’apparaîtra donc jamais au début de cette suite de droite, empêchant toute possibilité de raccorder les deux parties. Bref : à partir de cette septième étape, la suite de Conway se scinde en deux sous-parties indépendantes. En poussant un peu plus loin les investigations, on peut voir que quelques étapes plus tard, c’est en 3 sous parties que la partie de gauche se scinde, et ainsi de suite.

Mais ce phénomène ne fonctionne pas seulement pour la suite débutant par 1, mais pour n’importe quelle graine. En partant de 2, la scission apparaîtra à partir de la 7e étape. En partant de la graine 3, il faut attendre seulement 6 étapes.
On peut alors regarder les différentes sous-parties qui peuvent se former après chaque scission. En observant attentivement, on peut s’apercevoir que ce sont toujours les mêmes motifs qui apparaissent et qui s’enchaînent.

Ces motifs se dénombrent, et on peut montrer qu’il en existe exactement 94 ; et c’est d’ailleurs parce qu’il y en a 94 que Conway a appelé chaque motif par le nom d’un des 94 éléments chimiques naturels. C’est ainsi que le motif 32 11 2 est appelé Cobalt, ou que le motif 11 12 est baptisé Potassium. Certains éléments sont cependant un peu plus complexes que d’autres…

Tableau périodiqeLe tableau périodique des 94 éléments audioactifs de Conway (clic doit / ouvrir dans un nouvel onglet, pour voir en encore plus grand !)

[Petit apparté : comment ont été associé chaque élément à chaque séquence ?
En analysant les différentes séquences indécomposable de la suite comme 22 ou 13, Conway s'est aperçu qu'il y en avait 94. Du coup, il a simplement associé de manière arbitraire chaque séquence à chaque élément chimique.
En fait, ce n'est pas fait de manière totalement arbitraire : le tableau est construit de telle façon que dans la décomposition de chaque atome, on retrouve l'atome qui lui précède. Ainsi, l'atome n°92 (U) devient le n°91 (Pa), qui devient le n°90 (Th), et ainsi de suite. Le n° 86 (Rn) se décompose en deux atomes différents. Il a été décidé que l'un d'entre eux serait le n°85.

Notons quand même que Wikipédia indique seulement 92 éléments dans le tableau de Conway. Il y en a pourtant 94, qui comprennent 92 éléments communs, auxquels s'ajoutent deux éléments transuraniens, seuls élément qui contiennent d'autres chiffres que 1, 2 ou 3. Du coup, ces deux derniers éléments n'apparaissent que lorsque la graine contient un 4, un 5 ou autres.]

Ainsi, si on reprend la suite de graine 1, on peut voir qu’au moment de sa scission à la septième étape, la suite devient un alliage de Hafnium (11 13 2) et d’Etain (1 32 11). A l’étape suivante, le Hafnium se désintègre en Lutécium (31 13 12) tandis que l’étain devient de l’Indium (11 13 12 21). A l’étape suivante, on obtient un alliage Ytterbium - Cadmium, puis un alliage Thulium - Argent, et enfin, un impressionnant composé Erbium - Calcium - Cobalt - Palladium. Après 37 étapes, chaque élément du tableau périodique de Conway est apparu au moins une fois dans la suite, et après seulement 44 étapes, la chaîne est composé de quasiment 31 000 éléments, où chaque élément commun apparaît au moins une fois.
A noter tout de même que, avant d’atteindre sa septième étape, la graine passe par une phase où les termes de la suite ne sont composés d’aucun élément du tableau périodique : ces éléments que sont 1, 11, 21 ou 1211 sont appelés des éléments exotiques, et il en existe une infinité, puisqu’ils dépendent du choix de la graine initiale. Heureusement, quelle que soit la complexité de la graine initiale choisie, ces éléments exotiques sont toujours condamnés à la disparition, au profit d’un assemblage des 94 éléments naturels.

C’est cette propriété que Conway appellera le “théorème cosmologique” :
quelle que soit la graine que l’on choisit au départ, elle finira tôt ou tard par être composée uniquement d’éléments naturels qui n’interagisse pas les uns avec les autres. Exceptée bien sûr cette inutile suite débutant par 22.
Il semble même que l’on peut prouver qu’il faut au maximum 24 étapes avant qu’une graine se soit complètement transformé en un alliage d’éléments naturels, et 44 étapes supplémentaires avant que chaque élément commun n’apparaisse quelque part dans l’alliage.

Une conséquence du théorème cosmologique est l’existence d’une constante d’expansion : à chaque étape, le nombre de chiffres est, en moyenne, multiplié par 1.3(03577)…. Ce nombre correspond à l’unique racine d’un polynôme de degré 71. C’est peut-être un détail pour vous, mais l’existence d’un problème où la solution est la racine d’un polynôme de degré 71, pour les mathématiciens, ça veut dire beaucoup.

Le théorème cosmologique a été prouvé pour la première fois en 1987 par John Conway. Malheureusement, sa démonstration manuscrite a été perdue. Heureusement, Mike Guy, qui travaillait avec lui, l’a lui aussi démontré, prouvant au passage que toute graine devient un alliage d’éléments naturels en moins de 24 étapes. Malheureusement, cette démonstration manuscrite a elle aussi été perdue. La malédiction sera levée par Ekhad et Zeilberger, qui prouvent une bonne fois pour toute le théorème cosmologique en 1997.
Mais le type de démonstration utilisé pour ce théorème a longtemps fait débat dans la communauté mathématique, puisqu’une énorme partie de la démonstration passe par l’énumération exhaustive de tout un tas de suites. Une telle énumération serait particulièrement laborieuse à faire à la main, si bien que cette partie du travail a été confiée à un ordinateur.
Pour beaucoup de mathématiciens, laisser un ordinateur faire une démonstration mathématique peut être considéré comme une hérésie. C’est d’ailleurs pour cela que Thomas Hales, après avoir démontré la conjecture de Kepler en 1998 à l’aide de l’outil informatique a passé 16 ans supplémentaires à démontrer formellement que sa preuve est bien correcte.
On ne compte plus aujourd’hui les théorèmes qui s’appuient sur l’ordinateur, comme le théorème des 4 couleurs, la solution optimale d’un Rubik’s cube ou la non existence de plan projectif fini d’ordre 10. Aujourd’hui, ces démonstrations à forte teneur informatique font l’objet d’un consensus, et sont davantage acceptées. Surtout quand, à côté de ça, des démonstrations comme celle de la classification des groupes finis pèse plusieurs milliers de pages, et demande des années pour être complètement validée.

Bref : le théorème cosmologique explique finalement que dans un univers régit uniquement par la suite audioactive, n’importe quelle graine finit par engendrer la création de l’Univers tout entier. Ça a quand même plus de gueule qu’une théorie des Bogdanov !


Testez la suite de Conway avec la graine de votre choix (attention : l'algorithme ne fonctionne pas de manière optimale avec des chiffres supérieurs à 4, et n'est pas à l'abri de bugs pour cause de programmation faite à la va-vite).

Graine :
Nombre d'étapes :




Sources 
Oscar Martin, Look-and-Say Biochemistry: Exponential RNA and Multistranded DNA, dont l'introduction est très complète
Henry Bottomley, Seven complete sequences for the Conway Look and Say elements
Nathaniel Johnston, A Derivation of Conway’s Degree-71 “Look-and-Say” Polynomial
John Conway, Weird and wonderful chemistry of audioactive decay

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21 juin 2015

Περὶ εἶδους νέου quadratorum magicorum

A la fin du XVIIIe siècle, le génial Leonhard Euler s'intéresse au problème des 36 officiers, le genre de problème que l'on donne à quelqu'un pour s'en débarrasser plusieurs heures, le temps qu'il comprenne que c'est en fait insoluble.
Le soucis, c'est que quand on donne un problème de ce type à des mathématiciens, ça ne les occupe pas simplement quelques heures, mais au moins plusieurs siècles...

Le problème des 36 officiers
Pour assurer son prestige et sa renommée, le roi de votre choix se doit d'organiser un défilé militaire d'envergure comptant 36 officiers, de 6 grades et de 6 régiments différents de sorte que chaque association grade/régiment soit présente. Les officiers défileront en formant un carré 6x6, tout en veillant à ce que, sur chaque ligne et chaque colonne, on ne retrouve ni deux régiments identiques, ni deux grades identiques.

Facile, il suffit de faire ça :

Pb_officiers_6x6
Six grades : rois, dames, tour, fou, cavalier, pion
Six régiments : rose, blanc, noir, bleu, vert, orange

Bien sûr, cette solution est fausse, sinon, ça serait trop facile : la cinquième colonne compte deux fous et la dernière colonne possède deux tours.

Pour résumer, le problème des 36 officiers consiste à remplir un carré 6x6 à l'aide de 36 officiers de différents grades et régiments en respectant les trois contraintes :

  •     Chaque ligne et colonne doit comporter les 6 régiments différents
  •     Chaque ligne et colonne doit comporter les 6 grades différents
  •     Chacun des 36 officiers doit apparaître une unique fois dans le carré.

En général, remplir deux conditions sur trois n'est pas particulièrement difficile. Mais dès qu'il s'agit de remplir les trois conditions à la fois, les choses se compliquent toujours. Après de nombreux essais infructueux, Euler conjecturera dans son article de 1779 "Recherches sur une nouvelle espèce de quarrés magiques" que le problème est tout simplement impossible, mais sans réussir à savoir exactement pourquoi.

Euler prendra l'habitude de noter les 6 régiments par les lettres latines a, b, c, d, e et f, et les 6 grades par les lettres grecques α, β, γ, δ, ε et ζ. Un carré respectant les 3 conditions du problème sera donc baptisé "carré gréco-latin".

Bien sûr, le problème peut se généraliser à 49, 64, 81, 100 ou n'importe quel nombre carré d'officiers, et c'est à ce moment là que la question devient intéressante. Pour quelle valeur de n existe-t-il des carrés gréco-latins d'ordre n, c'est à dire, de dimension n×n ? Euler se risquera à conjecturer que le problème des n² officiers est impossibles dès que n est de la forme 4n+2 ("impairement pair", c'est à dire 2, 6, 10, 14 ...). Il a eu tord.

Le problème des 4 officiers
Simplifions le problème, et rangeons 4 officiers de 2 grades et de 2 régiments dans un carré 2×2. Ainsi simplifié, le problème devient trivialement impossible : à partir du moment où deux officiers de même régiment sont placés, il ne reste plus de place libre pour les deux autres :

Pb_officiers_2x2
Où placer le deuxième régiment ?...

Bref : le problème des 2² officiers est impossible.

Le problème des 9 officiers
Simplifions un peu moins : 9 officiers de 3 grades et de 3 régiments.
Avant de chercher à construire un carré gréco-latin, on peut commencer par simplement construire des carrés latins : un carré latin est une grille de dimension n×n contenant n symboles différents où chaque ligne et chaque colonne ne possède jamais deux symboles identiques (une version simplifiée d'un sudoku, en fait...).
Des carrés latins de taille 3×3, on peut en construire 12 différents. Si on s'impose un ordre précis pour la première ligne, on se reistreint à seulement deux carrés latins différents :

Carrés_latins_2x2
Les deux carrés latins d'ordre 3, produit à partir des symboles 0, 1 et 2

Par le plus grand des hasards, il se trouve que ces deux carrés latins sont "orthogonaux", c'est à dire que si on réunit les deux carrés en un seul, on obtient les 9  couples possibles de chiffres parmi 0, 1 et 2 :

Carrés_greco_latin_2x2
L'unique carré gréco-latin d'ordre 3

Du coup, il suffit d'associer le premier chiffre de chaque couple au régiment, et le deuxième au grade, et on obtient enfin une solution valable pour un problème d'officier :

Pb_officiers_3x3
La solution au problème des 9 officiers

Bref : le problème des 3² officiers est possible.

Le problème des 25 officiers
Place au problème des 25 officiers : 5 grades et 5 régiments. Maintenant que l'on a une méthode, cela devrait fonctionner. Il faut donc commencer par fabriquer tous les carrés latins disponibles de taille 5×5. On en compte en tout 161280 (A002860), et 924 (A173103) lorsque la première ligne est fixée. Hors de question de tous les construire, voyons une méthode qui permet d'en générer quelques uns.
Une façon plutôt simple de construire un carré latin est de se fixer une constante entière C entre 1 et 4 ; chaque ligne du carré s'obtient à partir de la précédente en ajoutant la constante que l'on a choisi. Si les résultats dépassent 5, on soustrait 5 aux résultats (calculs "modulo 5") :

Carrés_latins_5x5
Quatre carrés latins d'ordre 5 construits par la méthode de la constante

Il n'y a plus qu'à prendre deux de ces carrés latins pour fabriquer un carré gréco-latin, et donc, une solution au problème des 25 officiers.

Pb_officiers_5x5
Une solution au problème des 25 officiers.

Cette méthode ne portant à ma connaissance aucun nom, je me permets de la baptiser "méthode de la constante".

A noter que cette méthode permet de répondre au super problème des 25 officiers où il faut placer 25 officiers de 5 grades, 5 régiments, chacun accompagné d'un instrument de musique parmi 5 et d'un animal parmi 5 dans un carré 5×5, de façon à ce que, lorsque l'on choisit deux officiers parmi les 25, exactement une des propriétés suivante est vérifiée :

  • ils partagent une même ligne ou une même colonne
  • ils partagent un même grade
  • ils partagent un même régiment
  • ils partagent un même instrument
  • ils partagent un même animal.

Pour cela, il suffit de fabriquer un carré gréco-super-latin à partir des 4 carrés latins, où chacun de ces carrés latins donnera l'une des caractéristique :

Carrés_greco_super_latin_5x5
J'ai déjà pris mon billet pour assister à ce défilé militaire où un cavalier rose joue du clavier en présence d'un lapin.

Bref : le problème des 5² officiers est possible.

Le problème des 16 et 64 officiers
Revenons au problème des 16 officiers (4 régiments de 4 grades) pour voir ce qui pose problème avec la méthode des 25, en commençant par générer des carrés latins par la méthode de la constante :

Carrés_latin_4x4
Trois Deux carrés latins d'ordre 4 construits par la méthode de la constante

Première désillusion : la méthode de la constante ne génère pas forcément des carrés latins... En fait, on obtient un carré latin par cette méthode dans le seul cas où la constante C et la taille de la grille n sont premiers entre eux. Avec C=2 et n=4, forcément, ça ne fonctionne pas.

Pas grave, il reste deux carrés latins, avec lesquels on peut tenter de construire un carré gréco-latin :

Carrés_greco_latin_4x4
Carré non gréco-latin d'ordre 4.

Deuxième désillusion : certains couples se retrouvent deux fois dans la grille, ce n'est donc pas un carré gréco-latin.
En fait, si on appelle C et C' les constantes des deux grilles que l'on assemble, il est nécéssaire que C'–C soit premier avec n pour que les deux carrés latins forment un carré gréco-latin. Bref, la méthode ne fonctionne pas du tout pour n=4, puisque, avec C=3 et C'=1, la différence C'–C=2 n'est pas première avec 4.

On peut aussi vérifier que cette méthode ne donnera rien pour n=6, puisque les seules constantes C acceptables sont C=1 et C'=5 or, C'–C = 4 n'est pas premier avec 6. Cela ne nous aide pas pour résoudre le problème original des 36 officiers.

La méthode se généralise cependant parfaitement à tous les entiers impairs strictement supérieurs à 3 (5, 7, 9, 11, ...) . Dans ce cas, les constantes C=1 et C = n – 1 donnent deux carrés latins parfaitement orthogonaux.

Fort heureusement, la méthode de la constante peut être généralisée pour construire des carrés grécos-latins, mais seulement dans le cas où l'ordre n est l'ordre d'un corps fini, c'est à dire, un nombre de la forme pk, où p est un nombre premier. Puisque n=4=2², le problème des 16 officiers peut tout de même être résolu. Je ne vais pas détailler la méthode (puisqu'elle n'est intéressante que pour les ordres n=4 et n=8), mais elle donne ceci :

Pb_officiers_4x4_coree
Défilé militaire coréen

De même, puisque 8=23, le problème des 64 officiers peut lui aussi être résolu de cette façon :

Pb_officiers_8x8_runes
Défilé militaire goth

Bref : les problèmes des 4² et 8² officiers sont possibles.

Le problème des 144 officiers
Plus compliqué : le problème des 144 officiers, avec 12 régiments de 12 grades.

Avec n=12, la méthode de la constante est vouée à l'échec. Les constantes acceptables (premières avec 12) sont C=1, 5, 7 et 11. Dans tous les cas, les différences C'-C donneront quelque chose de pair, donc, non premier avec 12.
De manière plus générale, dès que n est un nombre pair, les constantes acceptables seront impaires, si bien que les différences C-C' seront paires, ie, non premier avec n. Bref : si n est pair, pas de méthode de la constante.
La méthode des corps finis ne fonctionne pas non plus, puisque 12 n'est pas la puissance d'un nombre premier.

Heureusement, 12 = 3 × 4, et on a vu que des carrés grécos-latins existent pour n=3 et n=4. Si on pouvait réussir à rassembler ces petits carrés gréco-latins en un seul grand carré gréco-latins, ça serait chouette... Et on peut le faire, grâce à la méthode du produit cartésien !

Prenons pour ça deux carrés latins U et V respectivement d'ordre 4 et 3. On peut alors construire un carré latin UV d'ordre 12 en concaténant à chaque symbole de U le carré latin V. Le résultat, c'est un carré latin d'ordre 12 où les symboles sont la concaténation des symboles de U et de V.

Carre_latin_12x12

Carré latin d'ordre 12, obtenu comme produit cartésien de deux carrés latins d'ordre 4 et 3.

Ce qui est intéressant avec cette méthode, c'est que lorsque des carrés latins U et U' (respectivement V et V') sont orthogonaux, alors le produit cartésien UV sera orthogonal à U'V'. En l'appliquant aux carrés gréco-latins d'ordre 3 et 4 vu un peu plus haut, on obtient alors quelque chose comme ça :

Pb_officiers_12x12
Carré gréco-latin d'ordre 12, obtenu comme produit cartésien de deux carrés gréco-latin d'ordre 4 et 3.
Je suis prêt à louer les droits cette image à tout escroc astrologue qui en fera la demande

Bref, le problème des 12² officiers est possible.

Le problème des 36, 100, 484 ou 1764 officiers
Résumons :

  • Problème des 1² officier : trivial
  • Problème des 2² officiers : impossible
  • Problème des 3² officiers : possible (méthode de la constante)
  • Problème des 4² officiers : possible (méthode des corps finis)
  • Problème des 5² officiers : possible (méthode de la constante)
  • Problème des 6² officiers : ???
  • Problème des 7² officiers : possible (méthode de la constante)
  • Problème des 8² officiers : possible (méthode des corps finis)
  • Problème des 9² officiers : possible (méthode de la constante, méthode des corps finis ou méthode du produit cartésien)
  • Problème des 10² officiers : ???
  • Problème des 11² officiers : possible (méthode de la constante)
  • Problème des 12² officiers : possible (méthode du produit cartésien)
  • Problème des 13² officiers : possible (méthode de la constante)
  • Problème des 14² officiers : ???
  • Etc.

De manière plus générale, la méthode de la constante permet d'obtenir tous les carrés gréco-latins d'ordre impair (sauf n=1 et n=3), la méthode des corps finis permet d'obtenir les ordres 4 et 8, et la méthode du produit cartésien permet d'obtenir les ordres multiples de 4 supérieurs. Il manque donc les ordres n=4k+2, qu'aucune méthode présentée ne permet de construire. C'est d'ailleurs pour cela que Euler a conjecturé que l'ensemble de ces carrés gréco-latins était impossible.

Mais en 1901, Gaston Terry prend son courage à deux mains et passe en revue les 13 433 520 carrés latins d'ordre 6 pour voir si certains d'entre eux pourraient former un carré gréco-latin. Je vous rassure : il commence par réduire de 13 433 520 à 17 le nombre de cas possibles.
Résultat des courses : non ! Le problème des 36 officiers d'Euler est enfin prouvé comme étant impossible.

En 1942, Henry Mann montre qu'il existe deux types de carrés latins : ceux que l'on peut associer à un groupe, et les autres. Jusque là, toutes les méthodes présentées construisent des carrés latins de la première catégorie, basées sur des groupe. Il démontre alors que si un carré gréco-latin d'ordre n=4k+2 existe, il ne sera pas construit à partir d'un carré latin basé sur un groupe.
La conséquence, c'est que si ces carrés grécos-latins introuvables existent réellement, alors il faudra découvrir des méthodes de constructions complètement inédites.

En 1959, S.S. Shrikhande et R.C Bose publient un petit papier indiquant qu'ils ont réussi à démontrer l'existence de carrés gréco-latins d'ordre 4k+2 pour tout k ⩾ 5. Pour montrer qu'ils ne plaisantent pas, ils accompagnent le papier du premier carré gréco-latin d'ordre 22 (que le courage m'empêche de reproduire ici).
Parallèlement à ça, E. T. Parker publie le premier carré gréco-latin d'ordre 10. Pour le trouver, il a laissé tourner pendant une heure le UNIVAC 1206, un super-calculateur militaire (de 1959)  :

Pb_officiers_10x10_les-zanimaux
Le premier carré gréco-latin d'ordre 10, découvert par E.T. Parker

En 1960, Parker, Shrikhande et Bose s'associent pour enfin montrer que, pour tout k ⩾ 2, il existe bien un carré latin d'ordre 4k+2. Ils se permettent même de dénombrer le nombre de carrés latins mutellement orthogonaux en fonction de n.

Bref : le problème des n² officiers est possible pour tout n, sauf pour n=2 et n=6 !


Sources :
Recherches sur une nouvelle espèce de quarrés magiques, Leonhard Euler
Le problème des 36 officiers, Gaston Tarry
Greco-Latin Squares and a Mistaken Conjecture of Euler, Dominic Klyve & Lee Stemkoski

Carrés grécos-latins, Jean-Paul Davalan - pour générer des carrés grécos-latins d'ordre pk.

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24 mai 2015

L'équation parfaite

Régulièrement, les journaux de presse en ligne publient dans leur rubrique "insolite" (la rubrique où la rigueur journalistique semble ne pas avoir voix au chapitre) des articles intitulés "incroyable, des chercheurs ont découvert l'équation de [...]". Entre les différents copier-collé et les traductions hasardeuses, les équations publiées sont en général assez éloignées de la formule originale... mais ce n'est pas trop grave, c'est la rubrique insolite ! C'est ainsi que l'on a pu lire chez Atlantico "Des mathématiciens ont mis au point la formule pour vivre un amour éternel : bon courage pour l’appliquer", chez Slate "La meilleure bière du monde existe, nous l'avons rencontrée" ou, pour être encore plus racoleur, "L'équation des fesses parfaites enfin dévoilée !" chez Entrevue.

Qui sont ces formules ? D'où viennent-elles ? Quels sont leurs réseaux ? Cela fait quelques temps que je collectionne ces formules hasardeuses et je me suis dit qu'il est enfin temps que je me débarasse de ce carton.

La meilleure route du monde

RouteParfaite

Variables :
R : Ratio de conduite (le ratio parfait étant de 10)
ab : Décélération lors des freinage (en m·s-2)
al : Accélération latérale durant les virages (en m·s-2)
af : Accélération durant les lignes droites (en m·s-2)
r : rayon des virages (en m)
l : longueur des lignes droites (en m)
v : vitesse(en m·s-1)

  • Auteurs : Hermann Tilke, architecte de voiture automobile, Mark Hadley, physicien (Université de Warwick) et John Wardley, concepteur de montagnes russes - étude sponsorisée par Avis, entreprise de location de voitures, et Mercedes-Benz
  • Méthodologie : expertise des experts
  • Ce que l'on peut conclure de cette formule : 
    - la meilleure route du monde serait, d'après cette formule, au Portugal. La départementale sarthoise que j'emprunte régulièrement n'est apparemment pas dans le top 25, malgré ses belles lignes droites.
    - cette formule peut être en fait simplifiée en R = (temps passé sur les lignes droites) / (temps passé dans les virages). Mais écrite comme ça, la formule aurait été trop simple à appliquer...
    - Mark Hadley n'est pas à son coup d'essai en terme d'études un peu absurdes, puisqu'il a aussi étudié les pâtes (pour Giovanni Rana), le Curry (pour Tilda Rice, voir plus bas) ou les Sandwiches (pour Frank PR)
    - Les traducteurs français de la page officielle de cette formule n'ont apparemment pas fait S...
    Conclusion : cette formule est complètement inutile, et donc, parfaitement dispensable.

Durée d'une relation amoureuse :

Pour les couples hétérosexuels :
L = 8 + 0.5Y - 0.2P + 0.9Hm + 0.3Mf + J - 0.3G - 0.5(Sm - Sf)²  + I + 1.5C

Pour les couples homosexuels :
L = 8 + 0.5Y - 0.2P + 2J - 0.3G - 0.5(S1 - S2)² - I + 1.5C

Variables :
L : Temps estimé de la durée de la relation amoureuse (en années)
Y : Temps depuis lequel chacun se connaît (en années)
P : Nombre cumulé d'ex de chacun
Hm : Importance accordée à l'honnêté par l'homme du couple (sur une échelle de 1 à 5)
Mf : Importance accordée à l'argent par la femme (sur une échelle de 1 à 5)
J : Importance accordée à l'humour par chacun, cumulé (sur une échelle de 1 à 5)
G : Importance accordée à la beauté par chacun, cumulé (sur une échelle de 1 à 5)
Sm et Sf / S1 et S2 : Importance accordée au sexe par chacun (sur une échelle de 1 à 5)
I : Importance accordée à la belle famille (sur une échelle de 1 à 5)
C : Importance accordée aux enfants (sur une échelle de 1 à 5)

  • Auteur : Inconnu, étude commandée par MSN - 2014
  • Méthodologie : sondage sur 2000 personnes
  • Ce que l'on peut conclure de cette formule :
    - Pour faire durer une relation de couple, il faut se connaître depuis longtemps mais ne pas avoir eu d'autres partenaires auparavant.
    - Au maximum, une relation née d'un coup de foudre peut durer 31.2 ans.
    - Une relation hétérosexuelle durera plus longtemps si chacun s'entend bien avec se belle famille, le contraire pour une relation homosexuelle.
    - Un couple homosexuel qui accorde de l'importance à l'humour durera plus longtemps qu'un couple hétérosexuel qui y accorde la même importance.
    - En ajoutant des grandeurs sans unités, on peut obtenir des durées
    Conclusion : cette formule est complètement con.

Meilleures conditions pour boire une bière :

E =  – (0,62 T² + 39,2W² + 62,4P²) + (21,8T + 184,4W + 395,4 P + 94,5 M – 90,25V) + 50 (S + F + 6,4)

Variables :
E : Plaisir ressenti lors de la dégustation d'une bière
T : Température, en °C
W : Temps avant de retourner travailler, en jours
P : Nombre de personne avec qui l'on partage cette bière
M : Humeur (sur une échelle de 1 à 5, 1 = sale journée)
V : Volume du fond sonore (sur une échelle de 1 à 5, 1 = très fort)
S : Qualité de la nourriture disponibles (sur une échelle de 1 à 5)
F : Qualité des snacks disponibles (sur une échelle de 1 à 5)

  • Auteurs : mathématiciens du MindLab (Université du Sussex), étude commandée par Taylor-Walker, une chaîne de pubs britannique.
  • Méthodologie : sondage sur 1000 personnes, questionnaire disponible en ligne
  • Ce que l'on peut conclure de cette formule : 
    - La meilleure bière se déguste à 17.6 °C
    - La meilleure bière se déguste le vendredi soir
    - La meilleure bière se partage avec 3 personnes
    La formule ne tient cependant pas compte de nombreux autres paramètres inclus dans l'étude : catégorie socio-économique, âge, sexe, région...
    Conclusion : Cette formule inutilement compliquée ne mérite pas vraiment ses coefficients à 4 chiffres significatifs

Décuplons les exemples !
Et j'en ai encore tout un tas en stock ! J'ai l'impression que toutes ces études ont un point commun, mais je n'arrive pas à dire quoi exactement...

JusteUnMeilleurSujetQueMonBoeufSautéAuCurry
Équation du curry parfait, par Mark Hadley, physicien à l'Université de Warwick (le même qui a pondu la formule de la meilleure route) (2013)
Étude commandée par la marque de riz Tilda
En fait, cette formule est une simple application de formules de volumes, mais elle s'accompagne d'une suggestion de présentation basée sur le nombre d'or. L'équation est donc incontournable !

AllIWantForChristmasIsYou

Équation du sapin parfait, par Nicole Wrightham et Alex Craig, étudiants de l'Université de Sheffield (2012)
Étude commandée par la chaîne de magasins Debenhams
L'équation aurait demandé deux heures complètes de travail acharné...

BougeTonBodyGal
Équation du parfait derrière, par David Holmes, psychologue à l'Université métropolitaine de Manchester (2006)
Étude sponsorisée par la marque de boisson Lambrini
Équation à prendre avec de très grosses pincettes, la plus fiable de mes sources est FoxNews. D'autant que, selon cette formule, si le rapport tour de hanche / tour de taille est égal à la texture de la peau, alors on serait en présence d'un fessier infiniment parfait...

ApresDeuxOuTroisVerresEllesParaissentToutesUnpeuPlusBelle
Effet de la bière sur la vision ("beer google"), par Nathan Efron, optométriste à l'Université de Manchester (2005)
Étude commandée par Bausch & Lomb, une marque de produits médicaux optique et par Speed dater, une entreprise de speed-dating

JAimeraisPartirEnWeekEndASaintMalo
Équation de la plage parfaite, par Dimitrios Buhalis, professeur en Management et Marketing à Université de Surrey (2005)
Étude commandée par l'agence de voyage Opodo par faire un top 25 des meilleures plages
Encore une fois, débrouillez-vous pour mesurer objectivement toutes ces variables

LeRetourDelInvasionDesZombiesNazisNecrophages
Équation du film d'horreur parfait, par des scientifiques du King's College de Londres (2004)
Étude commandée par la chaîne de télé Sky Movies
Faute de source fiables, je n'ai aucune idée de ce que la formule calcule, encore moins des unités, ni de ce que signifie vraiment ce sin x - 1. Cette formule n'est maintenant rien d'autre que des lettres posées aléatoirement les unes à côté des autres... 

Ah, je crois que je viens de trouver le point commun de toutes ces formules ! Chacune de ces formules contribue à faire passer au grand public l'idée que les sciences sont sans intérêt, et que les maths, c'est vraiment très compliqué.
Finalement, le seul but de ces formules, c'est d'écrire de façon tordue des choses simples afin de scientiser ce qui ne le mérite pas forcément, et donc, d'y ajouter une fausse couche de sérieux. Définir la meilleure route du monde où rouler en Mercedes ou la destination parfaite où voyager avec Opodo, c'est quelque chose de sérieux, bon sang !
Malheureusement, ça marche... On voit trop régulièrement des journaux reprendre aveuglément ces formules puisqu'elles ont leur caution scientifique, et tant pis si la syntaxe mathématique y est martyrisée (de toutes façons, personne ne va lire la formule...). Après tout, l'important, c'est que le plan marketing fonctionne !


Sources :
Bad science : Tesco Value Science
La meilleure route, durée d'une relation amoureuse, meilleure bière, sapin parfait, effet de la bière, fesses parfaites, film d'horreur parfait, plage parfaite, curry parfait

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10 mai 2015

Deux (deux ?) minutes pour Mandelbrot

Un nouvel épisode un peu plus long "deux minutes pour", où il est question d'ensemble de Mandelbrot et d'ensemble de Julia !...

 

Transcription augmentée :
En 1975, Benoit Mandelbrot invente le mot fractale qui permet enfin de mettre un nom à tous les monstres nés des mathématiques durant les deux siècles qui ont précédés, des objets qui sont beaucoup trop irréguliers pour être analysés par la géométrie classique.  Sous le terme fractale, on regroupe les objets auto-similaires, où l’image se retrouve à l’identique à toute échelle, comme le triangle de Sierpinski, l’éponge de Menger ou même le chou romanesco. On y trouve aussi des objets manquant cruellement de lisseté, comme le mouvement brownien, les fonctions de Weierstrass ou même les courbes de la Bourse.

Au milieu de toutes ces fractales, on y retrouve un roi incontesté : l’ensemble de Mandelbrot. Il s’agit d’une fractale dont la complexité semble infinie, mais qui est pourtant régie par une formule considérablement plus simple : z²+c.
Ca tombe bien, j’ai xued minutes pour en parler !

Avant de parler de ces fractales, il est nécessaire de parler dans les grandes lignes des nombres complexes. En temps normal, pour parler des nombres complexes, on dit qu’il existe un nombre i dont le carré est égal à -1, que c’est très bizarre parce que les nombres négatifs n’ont pas de racine carrée mais que, si on regarde bien, c’est certes bizarre, mais pas absurde pour un mathématicien. Plutôt que de partir sur ces considérations algébriques, je vais parler seulement de leur géométrie. En simplifiant, on peut dire qu’un nombre réel, c’est un nombre que l’on peut placer sur un axe, l’axe des nombres réels. Un nombre complexe, c’est comme un nombre réel, sauf qu’ils n’existent pas que sur un seul axe, mais sur deux : l’axe des réels et l’axe des imaginaires. Ainsi, un nombre complexe est un nombre composé de deux nombres réels : sa partie réelle et sa partie imaginaire. On pourra les noter sous la forme a + ib, où a désigne la partie réelle, et b désigne la partie imaginaire.

Mais les nombres complexes restent avant tout des nombres : on peut, entre autres, les additionner,les multiplier ou les mettre au carré.
Additionner deux nombres complexes, c’est plutôt facile, puisqu’il suffit d’ajouter d’un côté les parties réelles, et de l’autre côté les parties imaginaires. Graphiquement, ajouter un nombre complexe à un autre nombre se traduira par une translation. Par exemple, ajouter 1 à un nombre complexe correspond à un déplacement d’un cran vers la droite. Rajouter 3+2i, ça sera un déplacement de 3 unités vers la droite et de deux unités vers le haut.
Pour la multiplication de deux complexes, c’est un peu plus tordu, puisqu’on a besoin de leur norme et de leur argument. D’un côté, il y a l’argument des nombres complexes : l’argument, c’est l’angle formé entre le nombre et l’axe des réels. Pour multiplier deux nombres complexes, on commencera par additionner leur argument.
De l’autre côté, il y a la norme, qui correspond à la distance entre le nombre complexe et l’origine du repère. Quand on multiplie deux nombre complexes, on mutlipliera ces deux normes.
Finalement, pour multiplier deux complexes, il faut ajouter les arguments et multiplier les modules.
Du coup, et c’est ça qui nous intéressera, pour multiplier un nombre complexe par lui même, il faudra doubler son argument, puis mettre au carré sa norme.

Maintenant que l’on a défini ces deux opérations, on peut regarder ce qu’il se passe quand on applique à un nombre complexe z une fonction. Prenons par exemple l’application z² - ¾ et partons par exemple du nombre 1+i. On va donc commencer par élever ce nombre au carré, c’est à dire, que son argument, qui vaut 45°, est doublé, et que son module, qui vaut √2, est mis au carré. On tombe alors sur le nombre d’argument 90° et de module 2, c’est à dire le nombre complexe 0+2i. Il ne reste plus qu’à ajouter -¾, et on tombe donc sur le nombre -¾ + 2i.
Mais cette opération, on peut la répéter à partir du point obtenu : on double l’argument, on met le module au carré, et on ajoute -¾. On tombe alors sur -4.2 - 3i. On peut répéter l’opération encore et encore et encore. On comprend bien qu’en répétant ces opérations, on obtiendra des nombres qui s’éloigneront de plus en plus de l’origine du repère.
Faisons un deuxième essai, en partant cette fois-ci du nombre 1+0.5i. On double l’argument, on met le module au carré, on ajoute - 3/4 , on obtient 0+i. On répète l’opération, on obtient -1.75, puis 2.31, puis 4.6, et ainsi de suite. Encore une fois, on finit par obtenir des nombres de plus en plus grands.
On dira alors que les nombres 1+i et 1+0.5i génèrent des suites non bornées.

Mais ce n’est pas toujours le cas. Prenons comme point de départ le nombre 1 + 0.2 i. On applique une première fois l’application z² - ¾ : on double l’argument, on met le module au carré, puis on ajoute -¾. On obtient alors 0.21 + 0.4 i. En recommençant, on obtient -0.87 + 0.17 i. On recommence encore. Et encore. Et encore. Et encore. Cette suite ne se comporte pas du tout de la même façon que dans les deux exemples précédents, puisque cette fois-ci les points ne s’éloignent jamais vraiment de l’origine du repère. On dira alors que la suite est bornée.

En fait, les points du plan complexe se divisent en deux catégories : ceux qui génèrent une suite non bornée, et ceux qui génère une suite bornée. Du coup, on peut s’amuser à mettre en noir les points qui génèrent une suite bornée, et en couleur les autres. En procédant ainsi pour un grand nombre de points, on obtiendra en première approximation quelque chose comme ça …
Mais en procédant à des calculs un peu plus précis, on obtient plutôt un résultat comme celui-ci.
Et si on s’applique à varier les couleurs en fonction du temps que met la suite à diverger, on obtient plutôt quelque chose comme ça.
Cette figure, c’est ce que l’on appelle un ensemble de Julia. Dans le cas précédent, il s’agit de l’ensemble de Julia de la fonction z² - ¾ . Il donne une assez bonne idée de ce qui apparait assez naturellement dans le domaine de la dynamique complexe. Cet ensemble est une fractale, caractérisée par une certaine autosimilarité : quelle que soit la distance depuis laquelle on l’observe, elle présentera toujours la même forme globale. Et je rappelle que tout ça n’est obtenu qu’à partir de l’anodine formule z²- ¾ !

Evidemment, la première chose que l’on a envie de faire, c’est évidemment de changer de formule pour voir ce que cela donne. En particulier, on peut voir ce que cela donnera si, au lieu de -¾, on prend un autre nombre complexe.
Par exemple, avec la formule z²-0.39-0.59i. En appliquant la même procédure que précédemment, on obtient ceci.

Siegel
L'ensemble de Julia de l'application z²-0.39-0.59i.

(La fractale présentée dans la vidéo est une version simplifiée de celle-ci, dont la représentation est un peu trop gourmande en ressource pour être animée)

La figure est un peu plus complexe, mais garde toujours son statut de fractale, puisqu’elle est identique quelle que soit l’échelle choisie.
En prenant plutôt la formule z²-0.12+0.75i, on tombe sur une autre fractale de Julia, connue sous le nom de lapin de Douady, à cause de son immanquable ressemblance avec un herbivore aux grandes oreilles.
On peut obtenir des fractales un peu différentes en prenant l’application z²-i. On obtient alors ce que l’on appelle une fractale dendrite, qui rappelle les prolongements des neurones.
Enfin, on a un résultat un peu différent en prenant par exemple z² + 0.1 + 0.65 i puisque, cette fois-ci, la fractale que l’on obtient n’est pas composée de un seul morceau.
D’ailleurs, on peut trier les fractales de Julia de formule z²+c selon deux catégories : celles qui sont connexes, c’est à dire, qui ne forment qu’un seul morceau, d’un seul tenant, et les autres.

On peut maintenant faire comme comme tout à l’heure, et colorer en noir les points c pour lesquels la fractale de Julia de formule z²+c est connexe (c’est à dire, d’un seul morceau) et en couleur les autres. On obtient alors ceci.
On peut voir ça comme une carte des fractales de Julia, où chaque point correspond à un ensemble de Julia.
Cet ensemble porte le nom d’ensemble de Mandelbrot, et est, pour bien des raisons, la fractale la plus importante des mathématiques.

Cette carte des fractales est elle-même une fractale, puisqu’elle présente encore une fois de l’autosimilarité. Même si cela ne saute pas aux yeux au premier abord, l’ensemble de Mandelbrot présente des copies de lui même un peu partout. Par exemple, ici, ou bien, ici.
Mais ce qui fait le succès de cette fractale, c’est sa structure en bourgeons et en antennes. Déjà, il y a le bulbe central, en forme de cardioïde. Sur cette cardïoide se greffent différents bourgeons, de taille variable, sur lesquels se grefferont d’autres bourgeons, et ce, jusqu’à à l’infini. Mais ce qui est vraiment génial, c’est qu’à chaque bourgeon correspond une certaine multiplicité. On dira par exemple que ce bulbe est de multiplicité 3, celui-ci de multiplicité 4 et celui-là de multiplicité 5. Je ne vais pas détailler le sens profond et mathématique de ces multiplicités, mais simplement montrer une chose : si un bulbe est d’une certaine multiplicité, alors on y trouvera attaché des antennes de la même multiplicité. Par exemple, les antennes autour du bulbe de multiplicité 3 formeront des motifs en forme de Y. Autour de celui de multiplicité 4, les antennes formeront des motifs en X, et autour de celui de multiplicité 5, les antennes forment des étoiles.
Les multiplicités se retrouvent aussi dans les fractales de Julia qui leur correspondent. Si une fractale de Julia provient d’un bulbe de multiplicité 3, alors, elle ne présentera à sa frontière que des points de multiplicité 3, ce qui signifie que l’autosimilarité se présente toujours dans les ensemble de Julia de ce bulbe par paquet de 3.
Si je prend maintenant une fractale de Julia dans un bulbe de multiplicité 4, ça sera par paquet de 4 que se regrouperont ces formes
Et puisqu’il existe des bulbes pour n’importe quelle multiplicité, on peut facilement retrouver des bouquets de Julia de multiplicité 5, 6, 7 ou bien pire !

I - 17
Ensemble de Julia dont le paramètre c provient d'un bulbe de multiplicité 17.

En fait, on peut définir plus simplement l’ensemble de Mandelbrot, sans faire appel aux ensembles de Julia. L’ensemble de Mandelbrot, c’est un fait l’ensemble des points complexes c tels que l’itération de la fonction z²+c ne diverge pas lorsque l’on part de 0.
Autrement dit, l’ensemble de Mandelbrot n’est construit qu’à partir de la simple formule z² + c et c’est cette formule qui, à elle seule, produit un objet d’une complexité extraordinaire dont les mathématiciens n’ont pas encore percé tous les secrets.

On peut retrouver sur internet des logiciels permettant d’explorer l’ensemble de Mandelbrot. Par exemple, le logiciel Xaos, que j’ai utilisé pour faire cette vidéo, permet d’explorer très simplement les ensembles de Mandelbrot et de Julia. Qui sait ce que vous y trouverez ?...

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29 mars 2015

Deux hommes d'exception

Le 25 mars dernier, le lauréat du prix Abel a été révélé et, pour une fois, ce n'est pas un mathématicien qui est récompensé du "prix Nobel des maths", mais deux : il s'agit de la rockstar John Nash, et du un peu moins célèbre Louis Nirenberg. Les deux ont été récompensés pour « leur contribution importante et fondamentale à la théorie des équations aux dérivées partielles non linéaires et leurs applications en analyse géométrique. »

John_Forbes_Nash,_Jr  Louis_Nirenberg
John Forbes Nash Jr et Louis Nirenberg

D'un côté, il y a l'américain John Russell Crowe Nash, essentiellement célèbre pour avoir été l'un des rares mathématiciens récompensé d'un prix Nobel (même si le Nobel d'économie n'en est pas vraiment un...) pour ses travaux en théorie des jeux. Mais sa célébrité vient surtout de Hollywood, qui lui a consacré un biopic un brin romancé et multi oscarisé en 2001, avec Un homme d'exception (A beautiful mind). Le film met en scène ses années à Princeton, où il met au point le concept d'équilibre dans les jeux non-coopératifs, appelé aujourd'hui "équilibre de Nash" (faudrait que j'écrive un article là-dessus un de ces jours...). Mais ce que Hollywood met surtout en scène, ce sont les 30 années (de 1959 à 1990) où il est dans l'incapacité de faire des mathématiques à cause de la schizophrénie paranoïque qui lui a été diagnostiqué. Le film passe cependant à côté de ce qui fait sa renommée dans le monde des mathématiques, ses travaux en analyse géométrique, qui lui vaut aujourd'hui l'une des deux récompenses suprêmes pour un mathématicien.

De l'autre côté, il y a le canado-américain Louis Nirenberg, avec un parcours forcément un peu plus classique. Il fait sa thèse à l'Université de New York (NYU) à partir de 1947 sous la direction de James Stocker qui lui propose un problème de géométrie ouvert depuis 30 ans, le problème de Weyl. Ce problème qui traite de sphère, il l'attaque sous l'angle original des équations aux dérivées partielles (EDP) elliptiques, sujet qu'il traitera sous toutes ses formes jusqu'à sa retraite en 1999, et toujours au NYU. Bien que 90% des papiers qu'il ait rédigé soient en collaboration avec d'autres mathématiciens, il n'en a jamais cosigné avec John Nash. Il se sont cependant rencontrés à la fin des années 50, où Nirenberg lui a exposé un problème concernant les EDP qui deviendra quelques années plus tard le théorème de De Giorgi-Nash-Moser.

Analyse géométrique
L'analyse géométrique, c'est donc la branche des mathématiques qui s'occupe de traiter les problèmes de géométrie (sur la forme et la mesure d'objets comme des courbes ou des surfaces) avec les outils des analystes, notamment les EDP (sans rentrer dans les détails, une EDP est une équation où les inconnues sont des fonctions à plusieurs variables -- le simple fait de montrer qu'une telle équation admet une solution est en général particulièrement difficile...)
Le problème récurrent de ce domaine est celui des plongements, et plus particulièrement celui des plongements isométriques. Comme son nom l'indique, un plongement est l'opération qui consiste à placer un objet géométrique dans un espace donné.

Prenons l'exemple du tore. Sa représentation habituelle est celle de la surface d'un donut's ou d'une bouée, une représentation qui n'existe donc que dans un espace à trois dimensions. L'image que l'on se fait d'un tore est donc le plongement de celui-ci dans l'espace R3.

Tore_pas_plat

Plongement d'un tore dans l'espace euclidien R3

Mais le tore est une surface, un objet à seulement deux dimensions : il n'a a priori pas besoin d'un espace à 3 dimensions pour exister. Et c'est bien le cas, on peut se représenter un tore à l'extérieur d'un espace tridimentionnel, en prenant l'image du jeu vidéo Asteroids : un carré où les côtés opposés sont identifiés, c'est à dire que, lorsque l'on quitte ce carré du côté droit, on réapparait du gauche, et réciproquement ; même chose pour les bords hauts et bas.

 

Toretore

Les deux représentations les plus communes d'un tore.
Sur le carré-tore de droite, les flèches bleues et vertes se correspondent.
Le parallèle rose et le méridien rouge du 3D correspondent aux paires de flèches du tore carré.

Pour ce tore carré, le plongement dans l'espace 3D le plus simple est de procéder par origami. On commence par enrouler le carré pour faire correspondre les côtés droit et gauche (on obtient un cylindre), puis, on enroule ce cylindre de façon à faire correspondre les bords haut et bas (bon, il faut imaginer ce papier élastique pour pouvoir réaliser cette opération). Un soucis subsiste : quand on passe de cette façon d'un tore plat à un tore en volume, on doit mettre de côté l'aspect géométrique. Si le plongement s'était mieux passé, les cercles rose et rouge sur le carré-tore auraient été de longueurs identiques sur le beignet-tore. L'idéal, ça serait un plongement qui respecte les longueurs.
Mais existe-t-il vraiment un moyen de représenter un tore en 3D tout en gardant les longueurs de départ ?
C'est ce que l'on appelle le problème du plongement isométrique, et c'est celui-ci que Nash a résolu en transformant ce problème de géométrie en problème d'analyse.

Problème du plongement isométrique (un théorème de Nash)
En fait, la question ne porte pas exclusivement sur les tores, mais sur n'importe quelle courbe ou autres surfaces et espaces de dimension supérieur (plus particulièrement, les variétés riemaniennes). La question du simple plongement a été réglée depuis longtemps : il y a toujours moyen de se représenter ces objets dans l'espace euclidien auquel on est habitué.

Le problème, c'est que dans l'espace euclidien, on a une façon habituelle de mesurer les distances (mesure euclidienne avec une bonne vieille règle graduée, toussa), et qu'il est hors de question de changer notre façon de mesurer les distances sous prétexte que l'objet géométrique sur lequel on travaille vient d'un espace topologique exotique sur lequel on ne mesure pas les distances de la même façon. En fait, une variété riemanienne, c'est ça : un espace topologique (une courbe, une surface) qui dispose de sa propre façon d'y mesurer les distances. Et un plongement isométrique, c'est un plongement de cette variété dans l'espace euclidien où la distance euclidienne coïncide avec la distance propre à la variété.

Prenons l'exemple d'une variété riemanienne assez simple de dimension 1 : une route de campagne, rectiligne, sur lequel nous marchons. La particularité de cette route, c'est que plus on y progresse, plus elle devient boueuse, et donc, plus notre marche devient lente. Pour mesurer des distances entre deux points de cette route, la façon habituelle de mesurer ("il y a 5 km entre le point A et le point B") n'est pas adaptée, il serait plus logique de les mesurer en temps ("il y a une heure entre le point A et le point B").

Le problème, c'est que si on regarde cette route d'un point de vue extérieur, la mesure temporelle ne coïncide pas du tout avec la mesure à vol d'oiseau. Le plongement de cette route dans l'espace euclidien n'est donc pas isométrique. Y a-t-il moyen de représenter cette route sur un plan de façon à ce que la mesure temporelle et la mesure euclidienne soit la même ?

Route

Plongement de la variété "route boueuse" dans l'espace euclidien :
la distance intrinsèque de la variété (la distance temporelle) ne correspond pas à la distance euclidienne.

Une façon simple de contourner le problème est de représenter la route en la dilatant de façon à ce que 5km sur le plan correspondent toujours à une heure sur la route. Le problème, c'est que la représentation que l'on obtient au final est très éloignée de la route initiale.

Route_2
Plongement de la variété "route boueuse" dans l'espace euclidien :
la distance intrinsèque de la variété (la distance temporelle) correspond à la distance euclidienne.
Le résultat est cependant éloigné du plongement initial.

C'est ce principe que l'on utilise pour faire des cartes temporelles, où la distance euclidienne correspond à la distance temporelle :

SNCF

Oui, mais ce que l'on veut, c'est le beurre et l'argent du beurre : une représentation de cette route boueuse où la distance euclidienne soit égale au temps de parcours et qui, en plus, ne soit pas trop éloignée de la représentation initiale.
Aussi étonnant que cela puisse paraître, c'est parfaitement possible ! Et si personne n'y avait pensé avant Nash, c'est parce que le résultat défie l'intuition :

Route_3


En ajoutant des oscillations, les distances temporelles et euclidiennes se correspondent, et le résultat est proche de la représentation initiale. C'est le plongement parfait !

Imaginons un vélo où les pédales feraient tourner les deux roues en même temps, mais où l'une des roues tournerait plus vite que l'autre. Pour faire avancer ce vélo sans déraper, il faut nécéssairement que les trajectoires des roues soient proches l'une de l'autre, mais que l'une des deux trajectoires soit plus longue que l'autre. La trajectoire de la roue plus rapide sera nécéssairement pleine d'ondulations, pour compenser la différence de vitesse. C'est exactement la même chose qu'il s'est passé dans cette histoire de plongement isométrique de route boueuse.

On peut se poser la même question pour le tore carré présenté plus haut. A partir d'un carré de papier non élastique, peut-on le déformer sans plis ni déchirement de façon à obtenir un tore ?... D'après Nash, oui, un tel un plongement existe. Autant le raisonnement est a peu près accessible pour des objets à une seule dimension comme un route, autant la généralisation aux surfaces ou aux variétés riemaniennes de dimensions supérieures devient un casse-tête pour l'intuition. La complexité des arguments du théorème de Nash-Kuiper publié en 1954 fait qu'il a fallu attendre 2012 pour ce donner une idée de ce que cela pourrait donner (j'en avais parlé ici).

01_corrugations_bd (2)
Plongement isométrique d'un tore : forcément, il est plein d'ondulations

Problème de Minkovski (un théorème de Nirenberg)
Un petit mot sur un des premiers problèmes auquel Nirenberg s'est attaqué en 1953 : le problème de Minkovski.

Pour comprendre la question, il faut parler de courbure, qui permet de quantifier à quel point un objet est courbe.
Grosso modo, la courbure d'un arc correspond à l'inverse du rayon du cercle qui ajuste au mieux cette courbe (le cercle osculateur, littéralement, "qui donne un baiser"). Ainsi, si une courbe présente un virage dur, le cercle osculateur sera petit, et donc, sa courbure grande. Inversement, si une courbe présente un virage faible, le cercle osculateur sera grand, et donc la courbure faible. Une courbure nulle correspond à une courbe localement très plate.

Courbure

Une courbe et quelques cercles osculateurs.
La courbure en A est donc grande tandis que la courbure en C est faible (et intermédiaire en B)
Au point D, le cercle osculateur a un rayon infini, la courbure y est donc nulle.

On peut alors se demander à quoi ressemblerait une courbe dont la courbure en tout point serait fixée à l'avance.
Par exemple, à quoi ressemble une courbe dont la courbure serait en tout point égale à son abscisse curviligne (autrement dit, une courbe où, plus on avance dessus, plus la courbure devient grande). Eh bien, cela donne la clothoïde (du grec klothein : filer la laine), une courbe particulièrement utilisée dans le design des autoroutes ou des chemins de fer :

Clothoide
La clothoïde, courbe qui correspond à la trajectoire d'une voiture où le conducteur tourne le volant à vitesse constante.
En avançant à vitesse constante sur une telle courbe, la force centrifuge subie sera proportionelle au temps, d'où son utilisation dans les bretelles d'autoroute.

La même question se pose pour les surfaces où l'on peut aussi y définir une courbure particulière, la courbure de Gauss, dont la définition généralise celle de la courbure d'un arc.
Une sphère de rayon R a, en tout point, une courbure de Gauss égale à 1/R². Un plan, un cylindre ou un cône auront en tout point une courbure nulle (on peut toujours y trouver des plans de coupe rectiligne).

Bref. À quoi ressemblerait une surface dont la courbure en tout point serait une fonction (positive) définie à l'avance ? Tel est l'objet du problème posé en 1903 par Hermann Minkovski.
Prenons comme exemple la surface de la Terre. On peut prendre comme fonction la température moyenne en chaque point de la Terre (moyennant une renormalisation). On peut alors se demander à quoi ressemblerait cette Terre si en tout point, sa courbure était égale à la fonction. Cela donnerait donc un globe aplati au niveau des pôles (de courbure faible ) et bombés au niveau de l'équateur.

ObjectifTerre
Un exemple de fonction définie sur une sphère.

Nirenberg a donc réussi à prouver que, sous les bonnes conditions, cette surface de courbure imposée existe toujours. Dans le même papier, il balaie une autre conjecture ouverte depuis 1916, la conjecture de Weyl. Sa solution marque un point important dans l'histoire de la géométrie puisque, pour la première fois, des problèmes de géométrie sont résolus à l'aide d'EDP non linéaires.


Sources :
John F. Nash Jr. and Louis Nirenberg, sur le site officiel du prix Abel
Images : photo 1, photo 2

15 mars 2015

#LaPiHour

Hier, nous étions le 14 mars 2015. En notation anglaise, c'était donc le 3/14/15, soit une très bonne approximation du nombre π (dont la troncature à 5 décimales est effectivement 3,1415). Mais  le plus fort là-dedans, c'est que à 9h, 26 minutes, 53 secondes et 59 centièmes, nous avons pu célébrer un instant quasi unique de ce siècle, l'instant π !

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Représentation due à Francisco Aragón des 100 milliards premières décimales de π en base 4, où les chiffres 0, 1, 2 et 3 sont représentées par un déplacement le nord / sud /est /ouest.

Pour fêter ça, j'ai profité de la journée d'hier pour poster tout un tas de trivia autour de cette constante reine des mathématiques, dont voici un petit florilège :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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Quelques autres formules hallucinantes que l'on doit à Ramanujan :

RamaOne 

RamaTwo

 

Posté par El Jj à 10:00 - Commentaires [3] - Permalien [#]
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