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Paradoxe Banach-Starski

Parties puzzle équivalentes

On dira que deux parties A et B de R2 ou R3 sont puzzle-équivalentes s'il existe un entier n et des découpages (Ai) et (Bi) de A et B tels que pour tout i dans [1; n], on ait Ai est superposable à Bi. On notera alors A ~ B . ~ est une relation d'équivalence. Par exemple le triangle équilatéral, ci-dessous et le carré sont puzzle- équivalents.

dudeney

  Il est difficile d'imaginer une figure qui soit puzzle-équivalente à une partie d'elle même. Comme un déplacement conserve les surfaces et les volumes, la partie qui est  enlevée doit être de mesure nulle ou alors pas mesurable du tout. Un ensemble E est paradoxal si on peut le décomposer en deux morceaux tels que chaque morceau soit puzzle-équivalent à l'ensemble E tout entier.

Le paradoxe de Sierpinski-Mazurkiewicz

On dit qu'un ensemble E est dénombrable si on peut mettre en correspondance ses éléments avec les entiers naturels 0;1;2;3;4 ....;n;...On parle mathématiquement d'une bijection de E sur l'ensemble N des entiers naturels. N peut être décomposé en 2 parties, la première A formée des entiers pairs. A={0;2;4;6;8;..;2*n;..}. L'autre B formée des naturels impairs : B=A+1={1;3;5;7;..;2*n+1;.. }. A et B sont dénombrables et en ce sens ont autant d'éléments que N lui même. Pourtant chacun est la moitié de N.   Mais dans cet exemple on n'a pas un déplacement qui fait passer de A à N. Notre challenge est donc de trouver une partie S du plan R² formée de deux ensembles A et B qui donnent chacune S après les avoir déplacées par une rotation ou une translation. C'est cette propriété que possède l'ensemble de Sierpinski-Mazurkiewietz. Cet ensemble est dénombrable mais non borné.

On peut trouver un ensemble S de R2 qui peut être découpé en deux parties A et B de façon que si on translate B de -1 on on obtient S, et si on fait tourner A de 1 radian dans le sens des aiguilles d'une montre, on trouve S. En effet soit en effet le point de  l'ensemble C des nombres complexes défini par x=ei=cos(1)+i*sin(1) ,c'est à dire le point sur le cercle trigonométrique d'abscisse curviligne 1 radian. Soit S l'ensemble des points de la forme an*xn+ an-1* xn-1+...+a1*x+a0 =an*ei*n+an-1*ei*(n-1)+...+a1ei+a0, avec les coefficients ai entiers naturels. On peut dire Que S est l'ensemble des polynômes en x à coefficient entiers positifs ou nuls. Par exemple M=3x²+5x+2 est dans S. Deux polynômes distincts donnent deux points distincts. Soit A l'ensemble des points correspondant aux polynômes sans termes constants et B l'ensemble des points correspondant aux polynômes dont le terme constant est non nul.

Alors S est l'union disjointe de A et B. Soit r la rotation de 1 radian dans le sens négatif : r=e-i. Alors si on multiplie par e-i un polynôme sans terme constant on obtient un polynôme quelconque. En effet e-i*(an*ei*n+an-1*ei*(n-1)+...+a1ei)=anei*(n-1)+an-1ei*(n-2)+...+a1. Autrement dit r(A)=S. Si on retranche 1 à un polynôme dont le terme constant est non nul on obtient un polynôme quelconque. En effet les polynômes à constante nulle sont obtenus à partir de ceux de B dont la constante est 1.Notons t la translation correspondant à la soustraction de 1. Alors t(B)=S. On a donc S~A et S~B. Autrement dit S est puzzle équivalent à chacune de ses deux parties A et B. L'ensemble de Sierpinski-Mazurkiewicz est paradoxal.

Voici une représentation de  S. On a dessinné tous les polynômes de degré inférieur à 6 et de coefficients inférieurs à 3. Il y en a 36 =729.

mazurkiewietz

Représentons les 2 sous ensembles de S. En bleu il s'agit de A, des polynômes sans le terme constant. En rouge  b, des polynômes dont la constante est non nulle. Sur le dessin ils semblent plus nombreux, mais en réalité les deux ensembles sont infinis et dénombrables. Si on translate B d'une unité vers la gauche parallélement à l'axe des  x, on obtient S tout entier, car cela revient à rajouter les polynomes à constante nulle. Tourner B de 1 radian vers la droite revient à soustraire 1 à toutes les puissances de x des polynômes de B. On diminue le degré des polynômes de B, mais on obtient tous les polynômes de S. S est paradoxal.

mazierkiewietz2



Hôtel de Hilbert sur le cercle unité

hotel de, hilbertNous allons voir que le cercle unité S est puzzle-équivalent à lui même privé du point unité A(1;0) : S~ S-{A}. Notons H l'ensemble des points M de coordonnées (cos(n),sin(n)), n étant un nombre naturel quelconque. M s'obtient en faisant tourner A de n radians dans le sens positif(=sens inverse des aiguilles d'une montre). H est dénombrable et est inclus dans le cercle unité S, qui est l'ensemble des points situés à une unité de l'origine O.
On peut voir H comme un hôtel de Hilbert avec la réception A et son infinité de chambres. M1 est la chambre numéro 1 de coordonnées cos(1), sin(1) ,

M2 est la chambre numéro 2 de coordonnées cos(2), sin(2)
..........................................................................................
Mn est la chambre numéro n de coordonnées cos(n), sin(n)

Si toutes les chambres sont occupées et qu'il arrive un nouveau client à la réception il est possible de lui trouver une chambre de libre ! Il suffit de demander à tous les occupants de l'hôtel de se déplacer dans la chambre suivante. L'occupant de la chambre 1 allant à la 2, celui de la 2 allant à la 3 et ainsi de suite, La chambre 1 est libre pour le nouvel arrivant. Mathématiquement cela s'exprime de la façon suivante. Soit r la rotation de 1 radian dans le sens positif (=inverse du sens horaire), Alors r(H)=H-{A}. Par la rotation r de l'ensemble H on a enlevé le point A à H. H est superposabble à lui même privé du point A.

On a donc les ensembles suivants puzzle-équivalents : S=(S-H) union H.  Par la rotation r, S-H reste S-H et et  H devient H-{A}.Donc r(S)=S-{A}.Donc S est puzzle-équivalent à S-{A}. L'ensemble S est ainsi puzzle-équivalent à lui même privé d'un point . On peut de la même façon enlever à S plusieurs points ou même une infinité dénombrable de points.
D'une manière générale un ensemble S est puzzle-équivalent à lui même privé d'une infinité dénombrable de points.

  Sphère de Hausdorff

Il s'agit de montrer que la sphère S2 de centre O et de rayon 1 de notre espace habituel (à 3 dimensions) est paradoxale. La méthode s'apparente à celle employée aux 2 ensembles précédents. On considère le groupe engendré par les deux rotations  a et b suivantes. Notre espace R3 est repéré

par les trois axes (Ox), (Oy), (Oz), formant un repère orthogonal. a est la rotation d'angle arccosinus(3/5) autour de (Oz) . On est ainsi assuré en calculant les itérées a²=a*a, a3=a²*a, a4=a²*a² etc, de ne jamais obtenir l'identité. b est la rotation de même angle mais cette fois ci autour de l'axe (Ox). . Le groupe G engendré est formé de toutes les rotations qui s'écrivent en multipliant entre elles ces rotations et leur inverses. Un élément g de G s'écrit de manière unique de la façon suivante : g=a*a*b*a-1*b*-1*...*b*b*b*a. Un élément g est une écriture formée d'un produit quelconque de a, a-1, b, b-1, dans lequel a et a-1 ou bet b-1 ne peuvent pas être contigus car leur produit fait l'identité id (=la rotation d'angle nul). Dans une telle écriture la lettre la plus à gauche est la dernière rotation effectuée, le signe * est la composition des rotations, ce qui signifie qu'on les effectue dans l'ordre de la droite vers la gauche. On peut décomposer G privé de l'identité en 4 ensembles A1, A2, B1, B2. A1 est formé des rotations dont l'écriture commence à gauche par a (=la dernière rotation faite dans l'écriture). A2 est formé des rotations dont l'écriture commence à gauche par a-1. B1 est formé des rotations dont l'écriture commence à gauche par b, B2 celles dont l'écriture commence à gauche par b-1. Alors G se décompose en : 2. Si on applique la rotation a-1 à une rotation quelconque de A1 on obtient une rotation qui ne peut pas commencer par a-1. En effet a et a-1 ne peuvent pas être contigus dans une écriture réduite d'un élément de G. Donc dans l'écriture d'une rotation g de A1 à droite du a de gauche, on peut avoir a,b ou b-1 mais pas a-1 . Cela signifie que a-1(A1) donne le complémentaire de A2 dans G. Cela s'écrit mathématiquement par :3.. Donc en tournant A1 par la rotation a-1 et en laissant A2 fixe on obtient G. Autrement dit G est puzzle-équivalent à A1+A2.

On a pareillement les propriétés correspondantes avec B1 et B2. . En faisant tourner B1 par la rotation b-1 et en laissant B2 fixe on obtient G tout entier. G est donc puzzle-équivalent à B1+B2. On a donc 2 parties de G, A1+A2 et B1+B2 puzzle-équivalentes à G tout entier. Donc G est paradoxal. On va utiliser cette décomposition de G et la calquer sur S2.

Pour cela on considère l'ensemble Orb des orbites par G des éléments de S2 auquel on a enlevé les points fixes des rotations de G. On fait cela pour que chaque orbite soit une copie conforme de G. Si on note D l'ensemble des points fixes des rotations de G privé de l'identité, comme G est dénombrable et qu'une rotation distincte de l'identité a 2 points fixes dans S2, D est dénombrable On a vu qu'un ensemble E est puzzle-équivalent à lui même privé d'une infinité dénombrable de points. Donc S2 est puzzle-équivalent à S2-D. Une orbite Ox d'un élément x de S2-D est l'ensemble des images g(x) de x lorsque g parcourt G: Ox={g(x), avec g quelconque dans G}. On a représenté ci-dessous quelques orbites: en bleu l'orbite de (1;0,0), en rouge celle de (0;1;0), en vert celle de (1;1;0) …


                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                

         On démontre que l'ensemble de ces orbites forme une partition de S2-D, c'est à dire : elles sont disjointes et recouvrent S2-D. Comme on a enlevé les points fixes chaque orbite est un a1+A2copié-collé de G, en mathématique on dit est en bijection avec G. Autrement dit onpeut décalquer sur chaque orbite la décomposition de G  en 4 parties A1, A2, B1, B2.  pour cela on choisit unélément dans chacune des orbites. Ceci se fait grâce à l'axiome du choix. Notons S# l'ensemble des représentants des orbites des points de S2-D.C'est comme si on avait un pays constitué de régions, et que chaque région(=chaque orbite) élisait un représentant. Notons alors A#1 les images par les éléments de A1 des points de S#.   On peut abréger cette phrase en écrivant A#1=A1(S#), c'est à dire l'image de S# par les rotations de A1. Autrement dit A#1 est l'image de N# par les rotations de G dont l'écriture commence à gauche par a. Notons ensuite A#2 les images des points de N# par les rotations de A2, celles qui commencent à gauche par a-1. A#2=A2(N#). Alors si on applique à A#1 la rotation a-1 on obtient  a-1(A#1)= a-1(A1(N#)). On a vu que 3  .  
Donc  a-1(A#1)= a-1(A1(N#))= est l'image deS# par toutes les rotations qui ne sont pas dans A#2. On obtient le complémentaire dans S2 de A#2. Donc a -1(A#1) et A#2 à elles deux forment une partion de S2. Donc A#1 avec A#2 est un puzzle de S2. On fait tourner A#1 par a-1, on laisse A#2 fixe et on obtient S2. C'est là toute la ruse de Banach. On a dessiné A#1 en rouge et A#2 en jaune. On voit qu'ils ne recouvrent pas S2 en totalité. En tournant A#1  et en ajoutant A#2 on obtient S2-D.

s2 est paradoxaleIl ne nous reste plus qu'à faire de même  avec b et b-1 pour obtenir ce que l'on cherche : montrer que S2 est paradoxal. Notons B#1 l'image de N# par B1. B#1 est formé des images des points de S# par toutes les rotations de G qui commencent à gauche par b. En plus court : B#1=B1(S#). Et pour finir notons B#2 l'image par B2 de S#. B#2=B2(N#). B#2 est l'image des points de S# par toutes les rotations de G qui comment à gauche dans leur écriture par b-1. Alors b-1(B#1) =b-1( B1(S#)) est l'image de S# par toutes les rotations de G qui ne commencent pas à gauche dans leur écriture par b-1. C'est le complémentaire dans S2 de B#2. Il s'en suit que b-1(B#1) et B#2 forment un puzzle de S2. Il suffit de faire tourner B#1 par la rotation b-1 et de laisser B#2 fixe pour obtenir S. Autrement dit S2 est puzzle équivalent aux deux parties A=A#1+ A#2 d'une part et B=B#1+ B#2 d'autre part. S2 est paradoxale.

Dans le dessin suivant on a représenté les deux parties A=A#1+A#2 en rouge  et B=B#1+B#2  en bleu.Elles forment 2 ensembles complémentaires, chacun puzzle-équivalent à  la sphère S2 tout entière. Les ensembles A et B sont si compliqués qu'ils n'ont pas de mesure (= pas de surface). A est la moitié de S2 mais aussi égal à S2. On a donc  1/2/=1 ou si vous préférez 1=2. C'est ce qui est paradoxal !












La multiplication des pains

On connait dans la bible le récit de la multiplication des pains. On est ici dans la même situation. Si on prend la première moitié da la sphère A, elle est superposable à la sphère elle même. De même la seconde moitié de la sphère B est superposable à la sphère toute entière. Donc avec une sphère on en fait 2 égales à la première. On peut ainsi en faire 4, 8 etc.
Starsky a fait la même chose avec la boule qui la sphère avec son intérieur.

 


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