Le monstre des mathématiques!!!

Algèbre -- Groupes -- Exemples de groupes
Algèbre -- Groupes -- Théorie générale

  Les groupes finis sont des objets très importants en mathématiques, notamment par leurs relations avec les autres domaines des sciences comme la physique ou la chimie. Ces ensembles apparaissent notamment dans l'étude des symétries des cristaux, ou d'espaces de supercordes. Parmi eux, il existe des groupes plus élémentaires, ceux que l'on appelle les groupes finis simples (pour les matheux, sans sous-groupe distingué). Ils jouent un peu le même rôle que les nombres premiers vis-à-vis des entiers.
  Dès le XIXè siècle, à la suite de travaux de Jordon et de Hölder, on commençait à se demander si on ne pouvait classer ces groupes simples finis en quelques catégories bien délimitées. Il fallut plus d'un siècle pour réaliser cette entreprise, et l'effort conjoint d'une communauté de plusieurs centaines de mathématiciens. Ce travail a été achevé en 1980, et toutes les démonstrations, mises bout à bout, prennent plusieurs milliers de pages!   Dans cette classification apparaissent seulement quatre types de groupes :

1. les groupes cycliques d'ordre un nombre premier (ce sont les plus faciles!).
2. les groupes dit de Chevalley, qui sont en nombre infini (mais dénombrables)!
3. les groupes dits alternés.
4. 26 groupes qui n'appartiennent à aucune de ces 3 familles. Ces groupes sont dits sporadiques.

  Parmi ces groupes sporadiques, l'un a retenu particulièrement l'attention des mathématiciens, qui l'ont surnommé le monstre. Pourquoi le monstre? En raison de son cardinal spectaculaire. Le monstre comporte 2⁴⁶×3²⁰×5⁹ ×7⁶×17×19×23×29×41×47×9×71=8×10⁵³ éléments. La plus élémentaire façon de représenter ce monstre, c'est de considérer un groupe de matrices de dimension ... 196 883!!! C'est une jolie ironie que ce groupe soit un des groupes simples!   Et la classification de tous les groupes finis alors??? Elle est considérablement plus compliquée, et probablement pas près d'être achevée. Pour le passage au troisième millénaire, les mathématiciens se sont mis un point d'honneur à trouver tous les groupes finis d'ordre plus petit que 2000. Il y en a déjà 50 milliards! Pour en savoir plus : On pourra lire le numéro spécial Grandes et petites énigmes mathématiques de La Recherche, Octobre 2001.

Conjecture abc

Histoire -- Problèmes célèbres
Théorie des nombres -- Divisibilité et congruence

  Si m est un entier, on note N₀(m) le produit de tous les nombres premiers divisant m. N₀(m) est parfois appelé le radical de m. Par exemple, si m=180=2²3²5, alors N₀(m)=2×3×5=30.

  La conjecture abc affirme que : pour tout , il existe une constante telle que, pour tous entiers a,b,c premiers entre eux, avec a+b=c, alors : On ne sait pas si cette conjecture est vraie!

Conjecture de Bieberbach

Histoire -- Problèmes célèbres

  Soit f(z)=a₀+a₁z+...+a_nzⁿ+... une série entière de rayon de convergence 1. On suppose que f est injective dans le disque unité. Alors, pour chaque n, on a : Cette conjecture a été formulée par Bieberbach en 1916, qui a en outre démontré le cas n=2. Le résultat général a été établi par de Branges en 1985.

Conjecture de Catalan

Théorie des nombres -- Equations diophantiennes
Histoire -- Problèmes célèbres

  Tout le monde sait que 8=2³, et que 9=3². Autrement dit, 8 est un cube, et 9 un carré. La conjecture de Catalan, énoncée par le mathématicien belge Eugène Cataln, est qu'il n'existe pas deux entiers consécutifs qui sont des puissances d'entiers, à part 8 et 9. Ou encore, l'équation x^m-yⁿ=1, avec x,y,n,m des entiers supérieurs stricts à 1, n'admet qu'une seule solution.   Ce problème, à l'énoncé très simple, n'a eu une réponse positive que très récemment. Ce n'est en effet que le 18 avril 2002 que Mihailescu rendait public la première preuve de cette conjecture

Grand théorème de Fermat

Histoire -- Problèmes célèbres
Théorie des nombres -- Equations diophantiennes

  Le théorème de Pythagore, tout le monde connait! Le carré de l'hypoténuse vaut la somme des carrés des deux autres côtés. D'autre part, il existe des triangles rectangles dont les 3 côtés sont des entiers, par exemple, 3,4,5. En d'autres termes, on a 5²=3²+4². Ainsi, l'équation x²+y²=z², où x,y et z sont des entiers, a des solutions. Maintenant, si on considère une petite variation de cette équation, par exemple x³+y³=z³ ou xⁿ+yⁿ=zⁿ, avec n strictement plus grand que 2, il n'est plus si facile de trouver des solutions.   Au XVIIè siècle, alors que les mathématiques ont un regain d'intérêt en Europe, le juge toulousain Pierre de Fermat consacrait beaucoup de son temps libre à étudier l'Arithmetica de Diophante. Dans un passage consacré au théorème de Pythagore, Fermat étudia la variante décrite ci-dessus. En marge de son exemplaire de l'Arithmetica, à la suite du problème 8, il nota ainsi l'observation suivante :

Cubem autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere.
Il est impossible pour un cube d'être écrit comme la somme de deux cubes ou pour une quatrième puissance d'être écrite comme la somme de deux quatrièmes puissances ou, en général, pour n'importe quel nombre égal à une puissance supérieure à deux d'être écrit comme la somme de deux puissances semblables.

Quelques lignes plus bas, il inscrivit :

Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi hanc marginis exiguitas non caperet
J'ai une démonstration véritablement merveilleuse de cette proposition, que cette marge est trop étroite pour contenir.

  On ne retrouva jamais la "preuve" de Fermat (tout indique qu'il n'en avait d'ailleurs pas), et cette énigme, montrer que xⁿ+yⁿ=zⁿ n'a pas de solutions entières pour n>2, fut la plus grande énigme qui agita le monde des mathématiciens pendant 4 siècles.   Le cas n=4 fut rapidement résolu (par Fermat lui-même, en utilisant la méthode de la descente infinie). Le premier progrès important fut ensuite réalisé par Euler, près d'un siècle plus tard, qui en utilisant les nombres complexes vint à bout du cas n=3. Il fallut attendre encore 75 ans pour que Sophie Germain, Dirichlet et Legendre prouvent le cas n=5. Quatorze ans plus tard, Lamé enrichit encore la méthode pour traiter le cas n=7. De nombreux travaux continuèrent sur ce problème, permettant des avancées considérables en mathématiques. Mais il fallut attendre 1996, et le mathématicien anglais Andrew Wiles, pour trouver une réponse définitive. Au fait, Fermat avait raison! Il n'y pas de solutions à cette fameuse équation. Ce qui fut longtemps appelée la conjecture de Fermat, ou le dernier théorème de Fermat, s'appelle désormais théorème de Fermat-Wiles. Pour en savoir plus sur l'aventure du théorème de Fermat, on recommande la lecture de Le dernier théorème de Fermat, de Simon Singh, publié chez Lattès et chez Hachette Littératures. A un niveau très supérieur, celui qui s'intéresse au type de mathématiques nécessaires pour la démonstration du théorème de Fermat pourra lire Invitation aux mathématiques de Fermat-Wiles d'Yves Hellegouarch.

La conjecture de Goldbach

Théorie des nombres -- Nombres premiers
Histoire -- Problèmes célèbres

  Prenons les premiers nombres entiers pair (exceptés 2 et 4), et décomposons les comme suit :

6=3+3	14=7+7
8=5+3	16=11+5
10=7+3	18=11+7
12=7+5	20=13+7

  Il semble apparaître le fait que tout nombre pair supérieur ou égal à 4 s'écrit comme la somme de 2 nombres premiers. Cette assertion est ce qu'on appelle la conjecture de Goldbach. C'est un énoncé très simple, et pourtant on ne sait toujours pas s'il est vrai ou s'il est faux!

La conjecture de Goldbach a inspiré de nombreux romanciers. Nous ne saurons que trop vous conseiller la lecture du Théorème du perroquet, un roman mathématico-policier de Denis Guedj, aux Editions du Seuil, ainsi que la lecture de Oncle Petros et la conjecture de Goldbach, d'Apostolos Doxiadis.

Empilements de Képler

Histoire -- Problèmes célèbres

  En 1609, l'astronome allemand Johannes Kepler s'est attaqué au problème de l'empilement de sphères le plus dense possible. Autrement dit, comment ranger des oranges dans un carton afin d'en disposer le plus possible. Kepler propose de commencer par répartir les oranges au fond du carton de sorte que chaque orange soit entourée de 6 autres formant un hexagone régulier. Il répète l'opération sur la couche supérieure, mais avec un décalage (on dispose les oranges dans les "trous" laissés par les oranges du rang précédent), et ainsi de suite... On obtient deux formes possibles, suivant que la 3ème couche est superposée à la première ou non. En cristallographie, on parle d'empilement hexagonal compact et d'empilement cubique à faces centrées. La densité de ces empilements est alors pi/racine(18). Selon Kepler, ces solutions sont les meilleures possibles : on ne peut pas ranger les oranges de façon plus dense! Ceci semble intuitivement vrai, d'autant que cette conjecture est confirmée par la nature, puisque c'est ainsi que se disposent les atomes de zinc, de cuivre ou d'aluminum. Mais, avant 1998, on n'avait jamais trouvé de preuve mathématique à cela. Thomas Hales en propose une en cette année 1998, et sa démonstration est aussi longue que difficile. Surtout elle fait appel à l'outil informatique de manière nouvelle et impressionante : plus de 3gigaoctets de programmes et de données sont nécessaires dans sa preuve! Une équipe de 12 chercheurs mandatée par la prestigieuse revue Annals of Mathematics se charge de vérifier la véracité de la preuve. Après plus de 4 ans de travail, elle a rendu le verdict suivant : selon elle, la preuve est valide à 99%, mais elle se déclare incompétente pour vérifier certains détails et calculs. Ne voulant se contenter de cette opinion globalement positive, T. Hales a lancé le projet Flyspeck, qui se propose de trouver une preuve formelle de la conjecture de Képler, c'est-à-dire un ensemble de déductions dans le langage de la logique qui mène à la preuve de la conjecture. Pour mener à bien ce projet, il a lancé un appel à la communauté des mathématiciens et des informaticiens. Si vous voulez rejoindre le projet, il décrit les détails sur sa page web : http://www.math.pitt.edu/~thales/flyspeck/index.html.

Conjecture de Mordell

Théorie des nombres -- Equations diophantiennes
Histoire -- Problèmes célèbres

  En théorie des nombres, la conjecture de Mordell est un résultat important concernant le nombre de solutions d'une équation diophantienne. Donnons-nous une courbe algébrique C, à coefficients rationneles, ie une courbe donnée par une équation de la forme P(x₁,...,x_n)=0, où P est un polynôme à coefficients rationnels. On se demande combien de points (x₁,...,x_n) où toutes les coordonnées x_i sont des nombres rationnels sont sur la courbe. Comme souvent en théorie des nombres, sous l'hypothèse que la courbe n'est pas trop particulière, la réponse dépend du genre de la courbe :

• s'il vaut 0, aucun point, ou une infinité.
• s'il vaut 1, aucun point, ou alors C est une courbe elliptique dont l'ensemble des points rationnels forme un groupe abélien. En 1920, Mordell a démontré que ce groupe était finiment engendré.
• s'il est plus grand que 2, la réponse fut plus compliquée à obtenir. Dans le même article que celui où il traite le cas du genre 1, Mordell avait conjecturé qu'il n'y avait qu'un nombre fini de points si le genre est supérieur ou égal à 2. Ceci fut effectivement démontré par Gerd Faltings en 1983.

  Une application importante est la suivante : l'équation de Fermat xⁿ+yⁿ=zⁿ correspond à une courbe de genre (n-1)(n-2)/2. Ainsi, pour n supérieur ou égal à 4, elle est de genre supérieur ou égal à 2, et n'admet donc qu'un nombre fini de solutions. Ce fut une des pistes employées par Andrew Wiles en 1993 pour démontrer complètement le grand théorème de Fermat : cette équation n'admet aucune solution non triviale dès que n est supérieur ou égal à 3.

Conjecture de Poincaré

Histoire -- Problèmes célèbres
Histoire -- Problèmes célèbres -- Problèmes du millénaire

  Prenez une pomme, et imaginez un ruban autour de cette pomme. En faisant glisser le ruban tout doucement, il est possible de le comprimer en un point de la pomme, sans couper le ruban ni le faire quitter la surface de la pomme. Prenez maintenant un anneau, et imaginez un ruban enfilé autour de l'anneau. Cette fois, il est impossible, sans couper le ruban ou l'anneau, de réduire juste par glissement et compression le ruban en un point. En langage mathématique, on dit que la pomme est une surface simplement connexe, alors que l'anneau ne l'est pas.   Poincaré savait il y a un peu moins d'un siècle que cette propriété caractérisait topologiquement la sphère parmi les surfaces de l'espace. Autrement dit, si une surface (fermée) de l'espace est simplement connexe, elle peut être déformée continûement en la sphère (une déformation continue peut être assimilée à ce que l'on est capable de réaliser avec de la pâte à modeler, sans couper une boule de pâte en deux). Poincaré posa alors en 1904 la question suivante : est-ce que cette propriété caractérise encore la sphère 3-dimensionnelle dans l'espace à 4 dimensions, ou plus généralement la sphère n-dimensionnelle dans l'espace à (n+1) dimensions. En langage plus mathématique :

Est-ce qu'une variété compacte de l'espace à n+1 dimensions dont chaque courbe peut-être réduite continuement en un point est homéomorphe à la sphère n-dimensionnelle?

  Bien sûr, il faut être un petit peu mathématicien pour comprendre ce que peut être la sphère dans l'espace à 4, 5 ou plus, dimensions. Et bizarrement, ce problème a été plus simple à résoudre pour les valeurs de n supérieure à 4. Il fut en effet résolu par Zeeman, Stallings et Smale pour n>4 vers 1961-1962, puis par Freedman en 1982 pour n=4. Ce fut plus simple à résoudre certes que le cas n=3, mais cela valut tout de même à Freedman la médaille Fields!   La conjecture initiale de Poincaré (le cas n=3) restait donc irrésolu, et le Clay Mathematics Institute la choisit en l'an 2000 parmi les 7 problèmes du millénaire dont la résolution est primée 1 million de dollars. Le mathématicien russe Grigori Perelman, du prestigieux Steklov Institute of Mathematics de Saint-Petersbourg, a donné une preuve de la conjecture en 2003. Cette preuve a été validée par tous les experts. Cependant, Perelman a décliné le prix, ainsi que la médaille Fields qu'il a obtenu en 2006.

Conjecture de Syracuse

Java
Histoire -- Problèmes célèbres

  Prenons un entier n. S'il est pair, nous le divisons par 2. S'il est impair, on le multiplie par 3 et on ajoute 1. Puis on recommence avec le nombre ainsi obtenu. Prenons un exemple, l'entier 10.

• 10 est pair. 10/2 : on obtient 5.
• 5 est impair. 3×5+1 : on obtient 16.
• 16 est pair. 16/2 : on obtient 8.
• 8 est pair. 8/2 : on obtient 4.
• 4 est pair. 4/2 : on obtient 2.
• 2 est pair. 2/2 : on obtient 1.

Puis à partir de 1, on reproduit une infinité de fois le cycle 4,2,1,4,2,1,... On a essayé tous les entiers jusqu'à 3,2×10¹⁶ : on finit toujours par tomber sur 1! La conjecture de Syracuse est le fait que ceci est vrai pour tout entier. Mais si cet énoncé est vraiment très facile à comprendre, aucun mathématicien n'a jamais réussi à le prouver, ni à l'infirmer.   En utilisant le programme ci-dessous, vous pouvez vérifier que l'on finit par tomber sur 1 sur n'importe quel entier que vous essaierez. Essayez notamment de trouver des entiers pour lesquels on met très longtemps à revenir sur 1 (27 est un bon exemple).

Rentrez votre nombre :

  Le nom conjecture de Syracuse est lié à l'université de Syracuse aux Etats-Unis, où ce problème fut étudié. Dans les pays anglo-saxons, il est plus prosaïquement appelé problème 3x+1.

Trois problèmes grecs

Histoire -- Problèmes célèbres

  La trisection de l'angle, la duplication du cube, et la quadrature du cercle sont trois problèmes grecs classiques qui ont été résolu grâce aux progrès de la théorie des corps au XVIIIè et XIXè s. Leur point commun est de vouloir construire à partir d'une figure, une autre figure vérifiant certaines propriétés, en n'utilisant que la règle et le compas.

• La trisection de l'angle :
• la duplication du cube :
• la quadrature du cercle :

  Pour ces trois problèmes, la réponse est NON! Derrière ce théorème se cachent des considérations assez profondes concernant la nature de nombres comme pi, ou racine cubique de 2. Par exemple, l'impossibilité de la quadrature du cercle est une conséquence de la transcendance de pi.   De nos jours, l'expression réaliser la quadrature du cercle est passée dans le langage courant pour désigner quelque chose qu'on a aucune chance de réussir!

Des séries à l'hypothèse de Riemann

Analyse -- Suites et séries numériques
Théorie des nombres -- Nombres premiers
Analyse -- Fonctions classiques
Histoire -- Problèmes célèbres
Histoire -- Problèmes célèbres -- Problèmes de Hilbert
Histoire -- Problèmes célèbres -- Problèmes du millénaire

 

  La série de Riemann est la série de terme général

Elle converge si , et diverge si . On note sa somme, qu'on appelle fonction zêta de Riemann. On peut en fait définir cette fonction pour un complexe s tel que Re(s)>1 : est alors une fonction holomorphe dans le demi-plan {s de C; Re(s)>1}. On peut prouver que se prolonge en une fonction holomorphe sur C-{1}.   La fonction zêta est un objet surprenant : on a par exemple En revanche, on ne sait presque rien de la valeur de zeta pour les entiers impairs, sauf un résultat d'Apery qui affirme que zeta(3) est irrationnel, et un résultat très récent de Rivoal qui affirme qu'il en est ainsi pour une infinité de valeurs d'entiers impairs. Surtout, la fonction zêta est reliée aux nombres premiers par l'identité d'Euler, qui affirme que :   L'étude des zéros de la fonction zêta est particulièrement importante. Parmi ces zéros, on trouve des zéros triviaux, comme -2,-4,-6,... Les autres sont l'objet de l'hypothèse de Riemann, qui a conjecturé qu'ils se situaient tous sur la droite Re(s)=1/2. Une réponse affirmative à cette conjecture donnerait de précieux renseignements quant à la localisation des nombres premiers. Ce problème faisait déjà partie de la liste des 23 problèmes de Hilbert présentés au IIè congrès mondial des mathématiciens en 1900. Non résolu au XXè s., il figure encore parmi la liste des 7 problèmes du millénaire dont la résolution est primée 1 million de dollars par la fondation Clay.

Classes de complexité

Applications -- Algorithmique
Histoire -- Problèmes célèbres -- Problèmes du millénaire

  Certains problèmes sont plus difficiles que d'autres. Par exemple, étant donné un nombre, il est très facile de tester si ce nombre est divisible par 2 ou non : il suffit de regarder si le dernier chiffre appartient à l'ensemble {0,2,4,6,8}. En revanche, il est beaucoup plus difficile de déterminer sa décomposition en produits de facteurs premiers.

Définition : Un algorithme est dit en temps polynômial si, pour tout n, pour des données ne prenant pas plus de n octets, l'algorithme s'exécute en moins de C.nk opérations élémentaires (les constantes C et k étant bien sûr indépendantes de n).

  Dans la définition précédente, le terme d'opérations élémentaires est assez vague. On doit le comprendre comme des additions, des multiplications, des comparaisons, etc... (tout ce que le processeur sait réaliser en un temps fixe). Ce qu'il faut retenir, c'est que les algorithmes polynômiaux sont les seuls à pouvoir être utilisés informatiquement pour de grandes valeurs de n, et ce, quelle que soit la puissance de la machine.

Définition : On dit qu'un problème est dans P s'il existe un algorithme pour le résoudre en temps polynômial. On dit qu'un problème est dans NP s'il existe un algorithme pour vérifier qu'une solution donnée convient en un temps polynômial.

  La définition d'un problème NP peut sembler complexe. Essayons de l'éclaicir. Un des problèmes difficiles des mathématiques est la factorisation d'un entier en produit de facteurs premiers. On ne sait pas s'il existe un algorithme polynômial qui réussisse cette opération. Autrement dit, on ne sait pas si ce problème est dans P. En revanche, étant donné des nombres p₁,...,p_k, il est trivial de vérifier si n=p₁...p_k : ce problème est dans NP.   Un autre problème classique est celui du voyageur de commerce. Ce voyageur doit visiter n villes pour vendre sa camelote. Il existe entre ces villes un certain nombre de routes. Existe-t-il un trajet permettant de visiter toutes les villes en moins de b kms. C'est un problème difficile, et on ne sait pas s'il existe un algorithme polynômial pour le résoudre. En revanche, si l'on donne un trajet, il est quasi-immédiat de vérifier si ce trajet fait moins de b kms. Le problème est dans NP.   Pour résumer, être dans P, c'est trouver une solution en temps polynômial, tandis qu'être dans NP, c'est prouver en temps polynômial qu'une proposition de réponse est une solution du problème. Ainsi, tout problème qui est dans P se trouve dans NP. Un champ de recherche majeur des mathématiques actuelles est l'investigation de la réciproque : a-t-on P=NP? Autrement dit, peut-on trouver en temps polynômial ce que l'on peut prouver en temps polynômial? Ce problème est si important qu'il fait partie des 7 problèmes du millénaire, dont la résolution est primée 1 million de dollars par le Clay Mathematic Institute.

Définition : On dit qu'un problème est NP-complet si la résolution de ce problème en temps polynômial entraîne la résolution en temps polynômial de tout problème NP.

  Les problèmes NP-complets sont donc les plus compliqués des problèmes NP. On peut aller jusqu'à douter de leur existence. Pourtant, on sait depuis 1970 qu'il en existe. Le problème du voyageur de commerce en est un. Celui du sac à dos un autre.

Paradoxe de Zenon d'Elée

Histoire -- Problèmes célèbres
Fondements -- Paradoxes

  Cinq cent ans avant Jésus-Christ, Zenon d'Elée a énoncé divers paradoxes qui tendent à prouver que le mouvement est impossible. Donnons ici une version de l'un de ses paradoxes : Achille ne rattrape jamais la tortue après laquelle il court. Pour fixer les idées, supposons qu'Achille et la tortue courrent le long d'une ligne droite, Achille avançant à 10m.s^-1, la tortue à 1m.s^-1 (ce qui fait beaucoup pour une tortue!). On supposera encore que la tortue à initialement 100m d'avance.   Pour qu'Achille rattrape la tortue, il faut d'abord qu'il atteigne le point de départ de celle-ci. Il lui faut 10s, et la tortue a progressé de 10m. Pour rattraper la tortue, il doit encore parcourir 10m. Mais la tortue a encore avancé de 1m. Achille doit parcourir ce mètre, mais la tortue avance toujours! Et Achille ne pourra jamais rattraper la tortue puisqu'il doit toujours parvenir d'abord au point que la tortue vient de quitter, et celle-ci aura pris un peu d'avance.   Pour éclaircir ce paradoxe, calculons le temps nécessaire à Achille pour rejoindre la tortue. Il lui faut 10s pour parcourir les 100m qui le sépare initialement de la tortue, puis 1s pour parcourir les 10m d'avance qu'elle avait encore, puis 1/10 s; mais la tortue a toujours 1/10m d'avance, et ainsi de suite... Par conséquent, le nombre de secondes qui s'écoulent avant qu'Achille ne rattrape la tortue est : On obtient une somme comportant une infinité de termes. Ce que Zenon d'Elée n'avait pas prévu, c'est que cette somme infinie possède une valeur finie. Les règles sur les séries géométriques montrent en effet sans peine que la somme précédente fait 11s et 1/9. La manipulation des sommes infinies (on parle de séries) a très longtemps posé des problèmes conceptuels et philosophiques aux mathématiciens. Le cours de Cauchy à l'Ecole Polytechnique en 1820, pourtant un modèle pour l'époque, comporte encore des erreurs à ce sujet. Il faudra attendre la fin du XIXè s., et les travaux de Karl Weierstrass, le législateur de l'analyse, pour que les règles soient clairement établies.

Postulat de Bertrand

Théorie des nombres -- Divisibilité et congruence
Histoire -- Problèmes célèbres

  Le postulat de Bertrand affirme que, pour tout entier naturel n, il existe un nombre premier compris entre n et 2n. Enoncé en 1845 par Joseph Bertrand, il est prouvé par Tchebychev en 1845. Bien qu'il s'agisse désormais d'un théorème, le nom "postulat de Bertrand" est resté l'usage.

Inégalité isopérimétrique, et une reine de Carthage

Histoire -- Problèmes célèbres
Géométrie -- Coubes et surfaces
Analyse -- Inégalités

  Quelle est la courbe, de périmètre donné, qui enferme une surface d'aire maximale??? La réponse est un cercle! Si une partie de la frontière doit suivre un segment de longueur arbitraire (c'est le cas par exemple pour une côte ou pour un fleuve), alors la réponse est un demi-cercle. On dit que la solution était connue de la reine Dido de Carthage, qui avec une peau de vache, découpée en très fines lanières, aurait formé un demi-cercle le long de côtes nord-africaine. A l'intérieur de ce demi-cercle, elle aurait fondé l'état de Carthage.

  Plus savamment, ce problème de Dido porte aussi le nom d'inégalité isopérimétrique. Si une courbe "suffisamment régulière" de longueur L enferme une surface S, alors :. On a égalité si, et seulement si, on a un cercle.

Exemple :

• Pour un cercle, le rapport L²/S vaut donc 4pi, soit environ 12,56....
• Pour un cercle de côté c, on a L=4c, et S=c². L²/S vaut 16. C'est moins bien!