Diviser par zéro : vraiment impossible ?

Le point essentiel du problème est de distinguer deux affirmations : dans un corps non trivial, $0$ ne peut pas avoir d’inverse multiplicatif ; mais on peut agrandir l’univers et modifier certaines identités de façon cohérente pour rendre le réciproque total. La construction ci-dessous est la spécialisation à $K=\mathbb R$ ou $\mathbb C$ d’une wheel de fractions.

I — Ce que « impossible » signifie vraiment

(a) Pour tout $x\in K$, la distributivité donne

$$0x=(0+0)x=0x+0x.$$

En ajoutant l’opposé de $0x$ aux deux membres, on obtient

$$0=0x.$$

Ainsi $0x=0$ pour tout $x\in K$.

(b) S’il existait $u\in K$ tel que $0u=1$, la question précédente donnerait simultanément $0u=0$ et $0u=1$, d’où $0=1$, ce qui est impossible dans $\mathbb R$ ou $\mathbb C$. Le nombre $0$ ne possède donc pas d’inverse multiplicatif dans $K$.

(c) La démonstration de (a) utilise la distributivité et l’existence des opposés pour l’addition, donc la possibilité de simplifier une égalité additive. Avec l’hypothèse $0\neq1$, ces propriétés empêchent d’imposer $0u=1$. Pour rendre le réciproque de $0$ total, il faudra donc éviter d’exiger que ce réciproque soit un inverse multiplicatif au sens usuel, ou modifier certaines lois algébriques.

(a) Pour tout $(a,b)\in K^2$, on a $ab=ba$, donc

$$(a,b)\mathcal R(a,b).$$

La relation est réflexive. Si $(a,b)\mathcal R(c,d)$, alors $ad=bc$, donc $cb=da$ par commutativité dans $K$ : elle est également symétrique.

(b) En revanche, elle n’est pas transitive. Par exemple,

$$(1,0)\mathcal R(0,0)$$

car $1\cdot0=0\cdot0$, et

$$(0,0)\mathcal R(0,1)$$

car $0\cdot1=0\cdot0$. Mais

$$(1,0)\not\mathcal R(0,1),$$

puisque $1\cdot1\neq0\cdot0$.

(c) Le couple $(0,0)$ est en relation avec tout couple $(a,b)$, puisque

$$0\cdot b=0\cdot a.$$

Il peut donc servir d’intermédiaire entre deux couples qui ne sont pas eux-mêmes en relation. C’est précisément ce qui détruit la transitivité : la règle du produit en croix cesse de distinguer les directions dès qu’elle passe par le couple nul.

II — Des fractions qui gardent leur direction

(a) La relation $\sim$ est réflexive car

$$(a,b)=1\cdot(a,b)$$

et $1\in K^*$. Elle est symétrique : si $(c,d)=\lambda(a,b)$ avec $\lambda\in K^*$, alors

$$(a,b)=\lambda^{-1}(c,d).$$

Enfin, si $(c,d)=\lambda(a,b)$ et $(e,f)=\mu(c,d)$ avec $\lambda,\mu\in K^*$, alors

$$(e,f)=\mu\lambda(a,b)$$

avec $\mu\lambda\in K^*$. La relation est donc transitive, et ainsi une relation d’équivalence.

(b) Supposons d’abord $(a,b)\sim(c,d)$. Il existe $\lambda\in K^*$ tel que $(c,d)=\lambda(a,b)$, d’où

$$ad=a(\lambda b)=\lambda ab=(\lambda a)b=bc.$$

Réciproquement, supposons les deux couples non nuls et $ad=bc$.

Si $b\neq0$, alors $d\neq0$ : sinon $bc=0$, donc $c=0$, ce qui contredirait $(c,d)\neq(0,0)$. En posant

$$\lambda=\frac db\in K^*,$$

on obtient

$$\lambda a=\frac{ad}{b}=c, \qquad \lambda b=d.$$

Ainsi $(c,d)=\lambda(a,b)$.

Si $b=0$, alors $a\neq0$. L’égalité $ad=bc=0$ donne $d=0$. Comme $(c,d)$ est non nul, $c\neq0$ ; avec

$$\lambda=\frac ca\in K^*,$$

on obtient encore $(c,d)=\lambda(a,b)$.

Ainsi, pour deux couples non nuls,

$$(a,b)\sim(c,d) \quad\Longleftrightarrow\quad ad=bc.$$

(c) Si $(a,b)\sim(0,0)$, il existe $\lambda\in K^*$ tel que

$$(0,0)=\lambda(a,b).$$

Comme $\lambda\neq0$, cela impose $a=b=0$. La classe de $(0,0)$ est donc le singleton $\{(0,0)\}$.

(a) Soit $[a,b]\in W$ avec $b\neq0$. On a

$$\left(\frac ab,1\right)=\frac1b(a,b),$$

avec $1/b\in K^*$. Par conséquent

$$[a,b]=\left[\frac ab,1\right]=\iota\left(\frac ab\right).$$

Ainsi $t=a/b$. Cette écriture est unique : si $[s,1]=[t,1]$, il existe $\lambda\in K^*$ tel que

$$(t,1)=\lambda(s,1).$$

La seconde coordonnée impose $\lambda=1$, puis la première donne $s=t$.

(b) Si $a\neq0$, alors

$$(1,0)=\frac1a(a,0),$$

si bien que

$$[a,0]=[1,0]=\infty.$$

La classe $\infty$ ne peut être égale à un $[t,1]$, car une multiplication par un scalaire non nul ne transforme pas une seconde coordonnée nulle en une seconde coordonnée égale à $1$. D’après la question 3(c), $\bot=[0,0]$ est une classe singleton ; elle est donc distincte de $\infty$ et de toutes les classes $\iota(t)$.

(c) Tout couple $(a,b)$ relève exactement d’un des trois cas suivants : $b\neq0$, ou $b=0$ avec $a\neq0$, ou $(a,b)=(0,0)$. On obtient donc la décomposition disjointe

$$W=\iota(K)\sqcup\{\infty\}\sqcup\{\bot\}.$$

(a) Si $[a,b]=[c,d]\neq\bot$, il existe $\lambda\in K^*$ tel que

$$(c,d)=\lambda(a,b).$$

Les deux vecteurs engendrent donc la même droite :

$$\operatorname{Vect}(c,d)=\operatorname{Vect}(a,b).$$

L’application $L$ est bien définie.

(b) Elle est surjective : toute droite $D\in\mathcal D$ est engendrée par un vecteur non nul $(a,b)$, et alors

$$D=L([a,b]).$$

Elle est injective : si deux vecteurs non nuls $(a,b)$ et $(c,d)$ engendrent la même droite, l’un est un multiple non nul de l’autre. Ainsi

$$[a,b]=[c,d].$$

Donc $L$ est une bijection.

(c) Pour $t\in K$,

$$L(\iota(t))=\operatorname{Vect}(t,1),$$

alors que

$$L(\infty)=\operatorname{Vect}(1,0).$$

Toute droite distincte de $\operatorname{Vect}(1,0)$ possède un vecteur dont la seconde coordonnée est non nulle ; après multiplication par son inverse, elle s’écrit de manière unique sous la forme $\operatorname{Vect}(t,1)$. La classe $\infty$ ajoute donc exactement la direction qui manque au paramétrage par $t\in K$.

III — Faire du calcul sans choisir de représentant

6. Prenons d’autres représentants des mêmes classes :

$$(a',b')=\lambda(a,b), \qquad (c',d')=\mu(c,d),$$

avec $\lambda,\mu\in K^*$.

Pour l’addition,

$$a'd'+c'b'=\lambda\mu(ad+bc), \qquad b'd'=\lambda\mu bd.$$

Le nouveau couple est donc $\lambda\mu$ fois l’ancien et représente la même classe.

Pour la multiplication,

$$(a'c',b'd')=\lambda\mu(ac,bd),$$

ce qui donne encore la même classe. Enfin,

$$(b',a')=\lambda(b,a),$$

si bien que $\rho([a,b])=[b,a]$ ne dépend pas non plus du représentant. Les trois opérations sont bien définies sur $W$.

(a) Les formules définissant l’addition et la multiplication sont symétriques en $(a,b)$ et $(c,d)$ ; ces deux lois sont donc commutatives.

Pour $x=[a,b]$,

$$[a,b]+[0,1]=[a,b]$$

et

$$[a,b][1,1]=[a,b].$$

Ainsi $0_W$ et $1_W$ sont les éléments neutres annoncés.

(b) Soient

$$x=[a,b],\qquad y=[c,d],\qquad z=[e,f].$$

Pour l’addition,

$$(x+y)+z=[ad+bc,bd]+[e,f] =[adf+bcf+bde,bdf],$$

et

$$x+(y+z)=[a,b]+[cf+de,df] =[adf+bcf+bde,bdf].$$

L’addition est associative. Pour la multiplication,

$$(xy)z=[ac,bd][e,f]=[ace,bdf]$$

et

$$x(yz)=[a,b][ce,df]=[ace,bdf].$$

Elle est également associative.

(c) On a

$$\rho(\rho([a,b]))=[a,b],$$

et

$$\rho(xy)=\rho([ac,bd])=[bd,ac] =[b,a][d,c]=\rho(x)\rho(y).$$

Ainsi $\rho$ est involutive et multiplicative.

(a) Si $\iota(s)=\iota(t)$, alors $[s,1]=[t,1]$. L’unicité établie à la question 4 donne $s=t$ : $\iota$ est injective.

De plus,

$$\iota(s)+\iota(t)=[s,1]+[t,1]=[s+t,1]=\iota(s+t),$$

et

$$\iota(s)\iota(t)=[s,1][t,1]=[st,1]=\iota(st).$$

Enfin

$$\iota(0)=0_W, \qquad \iota(1)=1_W.$$

On peut donc identifier $K$ à cette copie dans $W$.

(b) Si $a\in K^*$,

$$\rho(a)=\rho([a,1])=[1,a]=[1/a,1]=\frac1a.$$

Pour les éléments particuliers,

$$\rho(0)=\infty, \qquad \rho(\infty)=0, \qquad \rho(\bot)=\bot.$$

(c) Pour tout $a\in K$,

$$a+\infty=[a,1]+[1,0]=[1,0]=\infty,$$

et

$$a+\bot=[a,1]+[0,0]=[0,0]=\bot.$$

On a aussi

$$\infty+\infty=[1,0]+[1,0]=[0,0]=\bot.$$

Pour le produit, si $a\in K^*$,

$$a\infty=[a,1][1,0]=[a,0]=\infty.$$

En revanche,

$$0\infty=[0,1][1,0]=[0,0]=\bot,$$

et

$$\infty^2=[1,0][1,0]=[1,0]=\infty.$$

Enfin, si $x=[a,b]$,

$$x\bot=[a,b][0,0]=[0,0]=\bot.$$

(d) La division étant définie par $x/y=x\rho(y)$, on obtient

$$\frac10=1\rho(0)=\infty,$$ $$\frac00=0\rho(0)=\bot,$$

et

$$\frac1\infty=1\rho(\infty)=0.$$

Ces valeurs découlent des opérations définies sur les classes ; elles ne sont pas ajoutées comme des conventions indépendantes.

IV — Ce qui casse, ce qui se répare

(a) La distributivité usuelle ne subsiste pas. Par exemple, avec

$$x=0, \qquad y=1, \qquad z=\infty,$$

on a

$$(0+1)\infty=\infty,$$

alors que

$$0\infty+1\infty=\bot+\infty=\bot.$$

Comme $\infty\neq\bot$, les deux membres diffèrent.

(b) Écrivons

$$x=[a,b],\qquad y=[c,d],\qquad z=[e,f].$$

Alors

$$(x+y)z=[e(ad+bc),bdf]$$

et

$$0_Wz=[0,f].$$

Par conséquent,

$$(x+y)z+0_Wz =[ef(ad+bc),bdf^2].$$

D’autre part,

$$xz=[ae,bf], \qquad yz=[ce,df],$$

donc

$$xz+yz =[aedf+cebf,bdf^2] =[ef(ad+bc),bdf^2].$$

Les deux classes sont égales, et ainsi

$$(x+y)z+0_Wz=xz+yz$$

pour tous $x,y,z\in W$.

(a) Soit $x=[a,b]$. Comme

$$-1=[-1,1],$$

on a

$$-x=[-a,b].$$

D’où

$$x-x=[a,b]+[-a,b]=[0,b^2].$$

Or

$$x^2=[a^2,b^2]$$

et donc

$$0_Wx^2=[0,1][a^2,b^2]=[0,b^2].$$

Ainsi

$$x-x=0_Wx^2.$$

On a $[0,b^2]=[0,1]$ exactement lorsque $b\neq0$. D’après la classification de la question 4, cela signifie exactement que $x$ appartient à la copie de $K$. Ainsi

$$x-x=0_W \quad\Longleftrightarrow\quad x\in K.$$

(b) On a

$$\frac{x}{x}=x\rho(x)=[a,b][b,a]=[ab,ab].$$

Par ailleurs,

$$0_Wx=[0,b],$$

puis

$$\frac{0_Wx}{x}=[0,b][b,a]=[0,ab].$$

Donc

$$1_W+\frac{0_Wx}{x} =[1,1]+[0,ab] =[ab,ab] =\frac{x}{x}.$$

Enfin $[ab,ab]=[1,1]$ si et seulement si $ab\neq0$. Cela équivaut à $b\neq0$ et $a\neq0$, c’est-à-dire à dire que $x$ est un élément non nul de la copie de $K$. Par conséquent

$$\frac{x}{x}=1_W \quad\Longleftrightarrow\quad x\in K^*.$$

(a) Pour $x=[a,b]$,

$$0_Wx=[0,1][a,b]=[0,b].$$

Cette classe est égale à $0_W=[0,1]$ si et seulement si $b\neq0$. En effet, si $b\neq0$,

$$[0,b]=[0,1],$$

car $(0,1)=(1/b)(0,b)$ ; si $b=0$, on obtient au contraire $[0,0]=\bot$.

Ainsi

$$W_{\mathrm{reg}}=\{[a,b]\mid b\neq0\}=\iota(K).$$

Avec l’identification de la question 8,

$$W_{\mathrm{reg}}=K.$$

(b) La question 8 a montré que l’addition et la multiplication y coïncident avec celles de $K$. Pour $t\in K$,

$$-t=(-1)t$$

est également l’opposé usuel. Enfin, si $t\in K^*$,

$$\rho(t)=\frac1t\in K^*,$$

et donc

$$\frac tt=1_W.$$

En revanche,

$$\rho(0)=\infty\notin W_{\mathrm{reg}}.$$

Le corps de départ est donc exactement la partie sur laquelle la multiplication par $0$ se comporte classiquement ; ses opérations usuelles y sont retrouvées sans modification.

V — On pouvait choisir autrement

(a) Si $x\neq0$, alors

$$x\,j_c(x)\,x=x\frac1x x=x.$$

Si $x=0$, les deux membres valent $0$, quel que soit $c$. Ainsi

$$x\,j_c(x)\,x=x$$

pour tout $x\in K$ et tout $c\in K$.

(b) Pour $x\neq0$, on a $j_c(x)=1/x\neq0$, donc

$$j_c(j_c(x))=j_c(1/x)=x.$$

La seule contrainte vient donc de $x=0$ : il faut

$$j_c(j_c(0))=j_c(c)=0.$$

Si $c=0$, cette égalité est vraie puisque $j_0(0)=0$. Si $c\neq0$, alors

$$j_c(c)=\frac1c\neq0.$$

Ainsi

$$j_c\circ j_c=\operatorname{Id}_K \quad\Longleftrightarrow\quad c=0.$$

Le choix $0^{-1}=0$ fournit donc une totalisation du réciproque qui reste à l’intérieur du corps, mais elle n’est pas la même construction que la wheel précédente : les propriétés structurelles recherchées ne sont pas les mêmes.

Sources

[SOURCE] Jesper Carlström — Wheels — On Division by Zero. Lien direct [SOURCE] Bergstra, Hirshfeld et Tucker — Meadows and the Equational Specification of Division. Lien direct [SOURCE] Bergstra et Ponse — Division by Zero in Common Meadows. Lien direct