David Madore's WebLog: Où je résous une équation

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(samedi)

Où je résous une équation

L'équation[#] a₁·b₁·a−1·b−1 · a₂·b₂·a−1·b−1 · a₃·b₃·a−1·b−1 · a₄·b₄·a−1·b−1 conjugué à u₁·v₂·u−1·v−1 · u₂·v₃·u−1·v−1 · u₃·v₄·u−1·v−1 · u₄·v₁·u−1·v−1 dans le groupe libre a (entre autres) comme solution :

  • a₁ = v₁·u₄·v−1
  • b₁ = v₂·u
  • a₂ = v₂·u₁·v−1
  • b₂ = v₃·u
  • a₃ = v₃·u₂·v−1
  • b₃ = v₄·u
  • a₄ = v₄·u₃·v−1
  • b₄ = v₁·u

ou réciproquement

  • u₁ = b−1·a₁·b
  • v₁ = a−1·b
  • u₂ = b−1·a₂·b
  • v₂ = a−1·b
  • u₃ = b−1·a₃·b
  • v₃ = a−1·b
  • u₄ = b−1·a₄·b
  • v₄ = a−1·b

(Et la conjugaison se fait par v₁·u₄.)

[#] Les inconnues sont a₁,b₂,a₃,b₄,a₁,b₂,a₃,b₄ tandis que u₁,u₂,u₃,u₄,v₁,v₂,v₃,v₄ sont les générateurs du groupe libre — mais ça ne change rien si on fait le contraire : c'est pour ça que je donne à la fois une solution et une réciproque.

Cela pouvait effectivement peut-être se trouver de tête en regardant assez longuement les équations et en ayant foi dans le fait (douteux) qu'une équation aussi symétrique devait pouvoir admettre une solution symétrique. En l'occurrence, j'ai trouvé ces valeurs en appliquant l'algorithme de Whitehead déguisé sous forme d'un problème combinatoire, et finalement en appliquant un Dijkstra sur le graphe des 127072 façons de tracer 8 cordes disjointes entre 16 points cycliquement ordonnées. Je n'ai pas du tout d'idée claire sur la question de savoir si cette solution est vaguement unique[#2] (et si oui, en quel sens).

[#2] Enfin, je sais qu'elle n'est pas unique, puisque la première version que j'ai trouvée (en minimisant le nombre de chiasmes plutôt qu'une certaine forme de longueur) était beaucoup plus désagréable : a₁=v−1·u−1·v₁·u₄·u₁·u₃·v₄, b₁=v−1·u−1·v₂·u−1·v−1·u₃·v₄, a₂=v−1·u−1·v₂·u₁·u₂, b₂=v₃·u−1·v−1·u₃·v₄, a₃=v−1·u−1·u−1·v−1·u₃·v₄, b₃=v−1·u−1·v₁·u₄·u₃·v₄·v−1·u₃·v₄, a₄=v−1·u−1·v₁·u₄·u₃·v₄·u−1·v−1·u−1·u−1·v−1·u₃·v₄, b₄=v−1·u−1·v₁·u₄·u₃·v−1·u−1·u−1·v−1·u₃·v₄, dont la réciproque est donnée par u₁=a₃·a−1·b−1·a₁·a₃·b₄·a₄·a−1, v₁=a₃·a−1·b−1·a−1·b−1·a−1, u₂=a₃·a−1·b−1·a−1·a−1·b−1·a₂, v₂=a₃·a−1·b−1·a−1·b₁·b₄·a₄·a−1, u₃=a₃·a−1·a−1, v₃=b₂·b₁·a₁·a₃·b₄·a₄·a−1, u₄=a₃·b₃·b₄·a₄·a−1, v₄=a₃·b−1·a−1 (et la conjugaison se fait par v−1·u−1·v₁·u₄). Est-ce pourtant, en un certain sens, « la même » solution ?

L'ennui, c'est qu'arrivé à ce stade-là, je ne sais plus très bien ce que je dois faire de cette solution, parce que je ne me rappelle plus vraiment ce que je voulais faire au début : je suis parti de questions sur le revêtement hyperbolique d'une surface de Riemann pour arriver, de fil en aiguille, à quelque chose de sérieusement différent, et maintenant que j'ai la réponse, j'ai oublié quelle était la question. Ça fait penser à une vieille blague avec un père jésuite, ça (quand on a la réponse, on ne comprend plus la question).

Suite : voir ici.

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