Comments on Teaser pour une entrée (peut-être) à venir

jonas (2017-02-12T11:52:27Z)

This entry and http://www.madore.org/~david/weblog/d.2017-01-17.2419.html#d.2017-01-17.2419 should probably have the math category too.

Bob (2017-02-06T15:14:19Z)

Oui, c'est une bonne idée de dualiser les points pour des droites et réciproquement, il faudra que je garde cela à l'esprit la prochaine fois que je me poserai ce genre de question.

Cela fonctionne aussi relativement bien sur un tore (trois cycles de type A, et trois cycles de type B, régulièrement espacés), mais on manque la jolie interprétation de de Sitter.

Ruxor (2017-02-03T20:38:45Z)

@Bob: Sinon, une autre solution, qui ne représente pas euclidiennement toutes les symétries mais qui est quand même amusante, est de représenter les sommets de ce graphe non pas par des points dans ℝ³ mais par des droites, et les arêtes par des points où ces droites concourent. Plus exactement, je propose de prendre un hyperboloïde à une nappe, de révolution, et de considérer trois droites également espacées sur chacun des deux réglages de l'hyperboloïde (toute droite d'un réglage intersecte toute droite de l'autre et aucune autre droite du même, donc ça fait bien le graphe K(3,3)). Euclidiennement ça doit avoir les mêmes symétries que l'hexagone, mais si on imagine l'hyperboloïde comme un espace de de Sitter, alors toutes les symétries sont réalisées.

Bob (2017-02-03T19:30:02Z)

Merci pour la confirmation qu'il n'y a pas de bonne solution en dimension 3. (je me demande d'ailleurs comment une telle assertion pourrait être formalisée)

Je n'avais pas pensé à voir ce graphe en 4 dimensions, effectivement ça résout parfaitement le problème !

Enfin, je vais tout de même me rabattre sur la solution de l'hexagone, qui est ce que j'avais en tête, et je retombe sur le problème visuel selon lequel les diagonales et les côtés jouent des rôles distincts.

[mon but est de représenter les transformations modulaires de la fonction lambda modulaire, et je voulais mettre l'accent sur le fait que toutes les transformations d'ordre 2, qui correspondent aux trois transpositions de S_3, jouent des rôles équivalents]

Ruxor (2017-01-31T17:04:04Z)

@Bob: (Il s'agit du graphe bipartite K(3,3), avec les sommets 1,3,5 d'une part, et 2,4,6 de l'autre.) En quatre dimensions : comme deux triangles équilatéraux de même taille dans des plans en somme directe orthogonale, l'un pour les sommets 1,3,5, et l'autre pour les sommets 2,4,6. En trois dimensions, on ne peut pas faire mieux que placer les sommets selon deux triangles équilatéraux de même taille dans des plans parallèles ; et en deux dimensions, selon un hexagone.

Bob (2017-01-31T16:37:06Z)

Une question pour les amateurs de symétrie : comment représenter de façon satisfaisante, dans l'espace bi- ou tri-dimensionnel, le graphe à 6 sommets 1,2,3,4,5,6 ayant pour arêtes [12],[23],[34],[45],[56],[61],[14],[25],[36] ?

Il semble impossible de ne pas briser l'élégante symétrie qu'il contient.

JML (2017-01-29T01:27:35Z)

« Donc j'ai eu raison de poser cette devinette. »
Une autre ! Une autre !
Je subodore que, quelle que soit la structure sous-jacente, l'aborder sous forme de devinette fait nettement ressortir son aspect magique, qui, je le parie, est enterré sous une couche d'abstraction aride dans les ouvrages traitant de la question…

jonas (2017-01-28T18:02:44Z)

Now about the meta-problem of your mathematical writing.

You've written a lot of individual blog posts about ordinals and big numbers and related topics, plus you've made a few interactive demonstrations and articles. There's so many of these that it's getting hard to find anything specific. Have you considered assembling these and editing them to a coherent textbook chapter, that you'd then update whenever you write more about this topic? Or, if that's difficult, have you considered to write some sort of guide with links about which post to look for what, which parts are obsoleted by newer posts, and keep that guide up to date as you write more? I tried to at least collect a link to all the relevant posts, but I might have missed some:

Then later, when you write more posts about hyperbolic and spherical geometry, I'll ask the same for that topic.

Anonymous cow (2017-01-28T10:25:23Z)

Ça fait penser à ça : <URL: http://images.math.cnrs.fr/Planning-de-championnat-facile.html>

Ruxor (2017-01-27T22:18:14Z)

Vous avez tous raison ! Et vous avez tous, ce qui est intéressant, remarqué un aspect un peu différent de mon dessin. Donc j'ai eu raison de poser cette devinette.

JML (2017-01-27T21:48:49Z)

« une sorte d'exercice pratique du sens de la symétrie », ça marche, bien trouvé !
Jonas a magnifiquement avancé la question, je ne crois pas que j'aurais trouvé qu'il y a 6 partitions possibles (je m'intéressais au graphe à rotation près…), ni que deux graphes distincts ont exactement un triplet commun.
Le choix des couleurs correspond au nombre d'éléments, gris 1, noir-blanc 2 et RVB 3, quand on groupe les graphes par isomorphie par rotation et permutation des couleurs, et également quand on compte le nombre de configurations des triplets, 1-2-3 à chaque fois, ça fait 6 au lieu de 5, le cercle extérieur régularisant les comptes.
- 1 seul graphe, le gris, a deux couleurs alternées sur l'hexagone périmètre, N&B, et à l'intérieur chacun des trois triplets RVB forme un H (toute rotation/réflexion du dessin aurait convenu à ce niveau)
- 2 graphes, N&B, ont un triplet en étoile ; le gris est l'unique triplet en périmètre, et les RVB sont en X. On peut voir les deux dessins comme une symétrie centrale, centrée sur le gris, avec inversion N / B
- Les 3 graphes restants ont un triplet en H, gris, deux triplets en X, N&B, et deux triplets parallèles, RVB avec le cercle. Tu les as disposés de manière à montrer leur symétrie par rotation d'1/3 tour (autour d'un point imaginaire au milieu des trois cercles) et inversion de deux couleurs parmi RVB.

Ces choix de couleurs peuvent ainsi être vus comme une manière de mettre en valeur les symétries dans ces 3 groupes, avec l'invention très astucieuse du cercle extérieur pour que le nombre d'objets tombe sur le schéma 1-2-3 à chaque fois… Déjà c'est joli, mais en plus Jonas a remarqué qu'il n'y a rien d'arbitraire dans la disposition précise des couleurs puisque chaque couleur correspond au graphe jumeau par le triplet considéré !

Y'a pas à dire, les maths c'est bluffant. Merci pour ce superbe exercice.
(Je crains un peu le groupe de la mort qui tue dans l'entrée finalisée mais bon ;)

SM (2017-01-27T18:40:48Z)

Ou, pour le problème des intersections, ajouter des sommets aux points d'intersection, qui joueraient le rôle de station de métro (des sommets plus fins que les vrais, pour qu'on perçoive leur côté accessoire). Comme ça, tout se passe en souterrain. Avec un nouveau sommet soit de la couleur du fond de ta page, soit d'une couleur (moyenne de ce qui passe dessous).

Quant à ce que les hexagrammes représentent… Pas encore pris le temps de regarder en détail. Un truc exceptionnel, forcément ! Probablement ce que dit Nick Mandatory, j'imagine… (Sinon, du côté de Mathieu…)

Bref, faudrait que j'examine plus attentivement pour tenter d'avoir un avis un peu moins random guessing.

SM (2017-01-27T18:32:05Z)

Pour les segments qui se passent dessus dessous, si l'intersection de deux bandes perpendiculaires est un carré, par exemple, tu ne peux pas juste le décomposer en deux papillons, un de chaque couleur ?

Soit, ça ne dissipe pas le problème à l'échelle atomique, à celle du pixel : là, tu peux ptêtre trouver une notion de moyenne pertinente des coordonnées RGB…

Marc (2017-01-27T17:03:27Z)

Étant une brêle je peux seulement dire ce que ça m'évoque informellement : une sorte de métasymétrie saturée. On voit bien que le gris est neutre (unitaire?), d'ailleurs c'était visiblement la seule couleur possible pour les nœuds eux-mêmes (?) Ensuite on voit que le blanc et le noir sont en dualité vis-à-vis du gris, mais aussi que tous les rapports identifiés à tel ou tel niveau d'abstraction entre les 6 couleurs prises deux à deux se reflètent d'une façon ou d'une autre dans la configuration globale.

L'impression de saturation vient d'ailleurs de là : on sent que toutes les symétries sont épuisées, car chaque fois qu'on fait un pari sur un couple voire un triplet de propriétés observées quelque part, on retrouve systématiquement son homologue (son complémentaire?) par symétrie, même si la loi qui gouverne cette symétrie particulière nous paraît chaque fois d'une nature nouvelle — ou si elle n'est pas nouvelle elle ne fait que symétriser une autre loi qu'on avait déjà entrevue. Tant et si bien qu'on en arrive à la conclusion bizarre que cet agencement de couleurs était «le seul possible» parce qu'il n'y a plus la moindre marge de manœuvre pour la moindre permutation.

Peut-être aussi que les couleurs choisies par l'auteur ne sont pas arbitraires, je veux dire, en termes de leurs correspondances ou de leurs complémentarités chromatiques…

Bref : exercice de scrutation très passionnant, même pour un profane !

jonas (2017-01-27T15:09:03Z)

I can reverse engineer only part of the rules here.

Take the 15 edges of the complete unordered graph on 6 points.

{0,1}, {0,2}, {0,3}, {0,4}, {0,5}, {1,2}, {1,3}, {1,4}, {1,5}, {2,3}, {2,4}, {2,5}, {3,4}, {3,5}, {4,5}

There are 15 unordered triples of these edges where no two of the three edges are neighbors:

{{0,1},{2,3},{4,5}}, {{0,1},{2,4},{3,5}}, {{0,1},{2,5},{3,4}}, {{0,2},{1,3},{4,5}}, {{0,2},{1,4},{3,5}}, {{0,2},{1,5},{3,4}}, {{0,3},{1,2},{4,5}}, {{0,3},{1,4},{2,5}}, {{0,3},{1,5},{2,4}}, {{0,4},{1,2},{3,5}}, {{0,4},{1,3},{2,5}}, {{0,4},{1,5},{2,3}}, {{0,5},{1,2},{3,4}}, {{0,5},{1,3},{2,4}}, {{0,5},{1,4},{2,3}}

There are 6 ways to choose five pairwise disjoint triples among these, if the order doesn't matter; that is, there are 6 ways to partition the 15 edges to five sets of exactly three edges in each, where the order of the partition doesn't matter:

P_0 = {{{0,1},{2,3},{4,5}},{{0,2},{1,4},{3,5}},{{0,3},{1,5},{2,4}},{{0,4},{1,3},{2,5}},{{0,5},{1,2},{3,4}}};
P_1 = {{{0,1},{2,3},{4,5}},{{0,2},{1,5},{3,4}},{{0,3},{1,4},{2,5}},{{0,4},{1,2},{3,5}},{{0,5},{1,3},{2,4}}};
P_2 = {{{0,1},{2,4},{3,5}},{{0,2},{1,3},{4,5}},{{0,3},{1,4},{2,5}},{{0,4},{1,5},{2,3}},{{0,5},{1,2},{3,4}}};
P_3 = {{{0,1},{2,4},{3,5}},{{0,2},{1,5},{3,4}},{{0,3},{1,2},{4,5}},{{0,4},{1,3},{2,5}},{{0,5},{1,4},{2,3}}};
P_4 = {{{0,1},{2,5},{3,4}},{{0,2},{1,3},{4,5}},{{0,3},{1,5},{2,4}},{{0,4},{1,2},{3,5}},{{0,5},{1,4},{2,3}}};
P_5 = {{{0,1},{2,5},{3,4}},{{0,2},{1,4},{3,5}},{{0,3},{1,2},{4,5}},{{0,4},{1,5},{2,3}},{{0,5},{1,3},{2,4}}};

Each triple of edges occurs in exactly two of these partitions. It was not obvious to me that there are exactly 6 such partitions, but I could compute that quickly on a computer.

Looking at your drawings, in each of the six circles, we see the complete graph on six points. In each of the circles, there are five colors used for the edges of the graph, so that each edge has exactly one color, each color is used for exactly three edges, and those three edges are independent. Thus, any of those complete graphs as drawn represents one of the above partitions, so that each triple of the edges is drawn in a separate color. Let's label the vertexes in the drawings such that top left is 0, top right is 1, right is 2, bottom right is 3, bottom left is 4, left is 5. Then P_0 is drawn in the gray circle, P_1 in the white circle, P_2 in the black circle, P_3 in the green circle, P_4 in the red circle, and P_5 in the blue circle.

I think the logic for making the drawings is this. Draw six copies of the complete graph, and a circle around each of them. Assign the six partitions to the six copies. Also choose six colors, and color each of the six circles a different color. Now for each copy of the graph and each triple of edges in the corresponding partition, color the three edges in that triple to the color of the circle around the copy of the graph where you have chosen the single other partition that contains the same triple of edges. No two different partitions share more than one triple, so in any one copy of the graph, no two of the triples will have the same color, which ensures that the triples of edges are directly recognizable from the drawing.

This rule matches the drawing, but doesn't completely explain it. You say that the placement of the six copies isn't completely arbitrary. I guess this has to do with how the complete graph is drawn: where the six vertexes are drawn breaks the complete symmetry of the six partitions.

There's certainly also more background about why this arrangement is interesting to you that I'm missing.

Nick Mandatory (2017-01-27T13:59:05Z)

Là comme ça, ça fait penser à l'automorphisme exceptionnel de 𝔖(6) (le fait qu'il y a 6 structures de ℙ¹(𝔽₅) sur un ensemble à 6 éléments ?), mais je ne vois pas le rapport direct.