La géométrie secrète de $\frac{1}{k!}$, des hypercubes dilatés à la série de Dyson
On a vu ici que la suite des intérêts composés de Bernoulli $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ et la série des inverses de factorielles $\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}$ convergent vers la même limite $\mathrm{e} \approx 2,71828$.
Mais l’algèbre laisse intact un mystère géométrique et physique fascinant : que viennent faire des factorielles $k!$ (qui comptent les permutations d’objets discrets) au cœur d’un processus de croissance continue ?
Nous allons voir que la fraction $\frac{1}{k!}$ possède une incarnation géométrique très simple : c’est le volume du simplexe canonique $\Delta_k$ de dimension $k$. Comprendre cet objet géométrique permet de voir pourquoi l’expansion d’un hypercube $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ tend vers $\sum \frac{1}{k!}$, et pourquoi la flèche du temps en mécanique quantique et en théorie quantique des champs fait surgir exactement le même facteur $\frac{1}{n!}$ dans la série de Dyson et l’ordonnancement de Wick.
En géométrie, un simplexe de dimension $k$ est l’analogue le plus simple du triangle en dimension quelconque : c’est l’enveloppe convexe de $k + 1$ sommets (un segment en 1D, un triangle en 2D, un tétraèdre en 3D, un pentachore en 4D…).
Parmi tous les simplexes possibles, il en existe un qui apparaît naturellement dès que l’on range $k$ nombres compris entre $0$ et $1$ dans l’ordre croissant :
On appelle simplexe canonique (ou simplexe ordonné) de dimension $k$ le sous-ensemble $\Delta_k$ de l’hypercube unité $[0, 1]^k$ formé des points dont les coordonnées sont rangées par ordre croissant :
$$ \Delta_k = \left\{ (t_1, t_2, \dots, t_k) \in [0, 1]^k \;\middle|\; 0 \le t_1 \le t_2 \le \dots \le t_k \le 1 \right\} $$
Pourquoi le volume $k$-dimensionnel de ce simplexe vaut-il toujours $\frac{1}{k!}$ ? Voyons deux manières complémentaires de s’en convaincre, pour que ce résultat devienne totalement naturel.
Tout le monde a appris au collège deux formules un peu mystérieuses :
D’où sortent ce $\frac{1}{2}$ et ce $\frac{1}{3}$ ? Et si l’on continuait en dimension $4$, $5$, …, $k$, verrait-on apparaître $\frac{1}{4}$, $\frac{1}{5}$, …, $\frac{1}{k}$ ? La réponse est oui, et c’est exactement de là que vient la factorielle : $\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \cdots \times \frac{1}{k} = \frac{1}{k!}$.
L’idée : couper en tranches. Plutôt que de chercher une formule toute faite, découpons le simplexe en fines tranches horizontales, comme une pièce montée, puis additionnons le volume des tranches.
Principe de Cavalieri. Pour une partie $A$ de l’hypercube $[0, 1]^k$, notons $A_z$ sa tranche à la hauteur $t_k = z$ (l’ensemble des points de $A$ dont la dernière coordonnée vaut $z$). Alors
$$ \operatorname{Vol}_k(A) = \int_0^1 \operatorname{Vol}_{k-1}(A_z)\,\mathrm{d}z. $$
Le volume est la « somme continue » (l’intégrale) des volumes des tranches, chacune d’épaisseur infinitésimale $\mathrm{d}z$. C’est un cas particulier du théorème de Fubini.
Étape 1 — Du segment au triangle ($k = 2$). Le simplexe $\Delta_2 = \{0 \le t_1 \le t_2 \le 1\}$ est le triangle situé au-dessus de la diagonale du carré unité. Coupons-le à la hauteur $t_2 = z$ : la tranche est formée des $t_1$ tels que $0 \le t_1 \le z$, c’est un segment de longueur $z$. Tout en bas, les tranches sont minuscules ; elles s’allongent régulièrement en montant, jusqu’au plafond $t_2 = 1$ où l’on retrouve le segment $\Delta_1 = [0, 1]$ tout entier.
Le triangle $\Delta_2$ est une pile de segments : à la hauteur $z$, la tranche mesure $z$.
L’aire du triangle est la somme de ces segments :
$$ \operatorname{Vol}_2(\Delta_2) = \int_0^1 z\,\mathrm{d}z = \frac{1}{2} = \frac{1}{2!}. $$
Le $\frac{1}{2}$ du triangle n’est donc rien d’autre que la longueur moyenne des tranches : elles grandissent linéairement de $0$ à $1$, leur moyenne vaut $\frac{1}{2}$.
Étape 2 — Du triangle au tétraèdre ($k = 3$). Le simplexe $\Delta_3 = \{0 \le t_1 \le t_2 \le t_3 \le 1\}$ est un tétraèdre : une pyramide renversée, pointe à l’origine, dont la base, collée au plafond $t_3 = 1$, est le triangle $\{0 \le t_1 \le t_2 \le 1\}$… c’est-à-dire $\Delta_2$ lui-même !
À la hauteur $t_3 = z$, la tranche est le triangle $\{0 \le t_1 \le t_2 \le z\}$ : c’est la base $\Delta_2$ réduite d’un facteur $z$ (précisément, son image par l’homothétie de centre l’origine et de rapport $z$, comme dans le théorème de Thalès). Or réduire une figure plane d’un facteur $z$ dans ses deux directions multiplie son aire par $z^2$.
Le tétraèdre $\Delta_3$ est une pile de triangles : à la hauteur $z$, la tranche est une copie de la base $\Delta_2$ réduite d'un facteur $z$, d'aire $z^2 \times \frac{1}{2}$.
En empilant ces tranches :
$$ \operatorname{Vol}_3(\Delta_3) = \int_0^1 z^2 \times \frac{1}{2}\,\mathrm{d}z = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{3!}. $$
Pourquoi $\frac{1}{3}$ cette fois, et plus $\frac{1}{2}$ ? Parce que les tranches rétrécissent maintenant dans deux directions à la fois : à mi-hauteur, la tranche n’a plus que $\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$ de l’aire de la base, alors que dans le triangle elle en gardait la moitié. La pyramide est plus « effilée » que le triangle, et l’aire moyenne de ses tranches tombe à $\int_0^1 z^2\,\mathrm{d}z = \frac{1}{3}$ de celle de la base.
Étape $k$ — Et ainsi de suite. Le même mécanisme se reproduit à chaque nouvelle dimension. $\Delta_k$ est une hyperpyramide de hauteur $1$, de pointe l’origine, dont la base au plafond $t_k = 1$ est $\Delta_{k-1}$. À la hauteur $z$, la tranche $\{0 \le t_1 \le \dots \le t_{k-1} \le z\}$ est une copie de $\Delta_{k-1}$ réduite d’un facteur $z$ dans ses $k - 1$ directions ; son volume est donc $z^{k-1} \operatorname{Vol}_{k-1}(\Delta_{k-1})$ (une homothétie de rapport $z$ multiplie les volumes de dimension $d$ par $z^d$). Comme $\int_0^1 z^{k-1}\,\mathrm{d}z = \frac{1}{k}$, chaque nouvelle dimension apporte un facteur $\frac{1}{k}$ :
$$ \operatorname{Vol}_k(\Delta_k) = \frac{1}{k} \times \operatorname{Vol}_{k-1}(\Delta_{k-1}) = \frac{1}{k} \times \frac{1}{k-1} \times \cdots \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 = \mathbf{\frac{1}{k!}} $$
La factorielle $k!$ n’est donc rien d’autre que le produit des facteurs pyramidaux successifs : $\frac{1}{2}$ pour le triangle, $\frac{1}{3}$ pour la pyramide, $\frac{1}{4}$ pour l’hyperpyramide de dimension $4$, et ainsi de suite jusqu’à $\frac{1}{k}$.
Il existe une seconde manière, sans le moindre calcul d’intégrale, de comprendre pourquoi $\operatorname{Vol}_k(\Delta_k) = \frac{1}{k!}$ : un argument de symétrie dans l’hypercube unité $[0, 1]^k$, dont le volume total vaut $1$.
En dimension 2. La diagonale $t_1 = t_2$ coupe le carré unité en deux triangles : celui où $t_1 \le t_2$ (c’est $\Delta_2$) et celui où $t_2 \le t_1$. Échanger les noms des deux axes, c’est-à-dire faire la symétrie par rapport à la diagonale, envoie l’un sur l’autre : ils ont donc la même aire, qui vaut forcément $\frac{1}{2}$.
Les deux ordres possibles de $(t_1, t_2)$ découpent le carré en deux triangles symétriques.
En dimension $k$. Prenons un point $(t_1, t_2, \dots, t_k)$ de l’hypercube dont les $k$ coordonnées sont deux à deux distinctes, et trions ses coordonnées de la plus petite à la plus grande. Combien de résultats différents ce tri peut-il donner ?
L’hypercube se découpe donc en $k!$ régions, une par ordre possible. Comme un simple échange des noms des axes envoie n’importe laquelle de ces régions sur n’importe quelle autre, elles ont toutes le même volume : $\frac{1}{k!}$.
En dimension 3, les $3! = 6$ ordres possibles sont :
$\displaystyle t_1 \le t_2 \le t_3 \;\; (\Delta_3), \quad t_1 \le t_3 \le t_2, \quad t_2 \le t_1 \le t_3,$ $\displaystyle \quad t_2 \le t_3 \le t_1, \quad t_3 \le t_1 \le t_2, \quad t_3 \le t_2 \le t_1.$
Géométriquement, les trois plans $t_1 = t_2$, $t_2 = t_3$ et $t_1 = t_3$ passent tous par la grande diagonale du cube, de $(0,0,0)$ à $(1,1,1)$. Ils découpent le cube en $6$ tétraèdres isométriques disposés autour de cette diagonale comme les quartiers d’une orange. Ces tétraèdres sont des orthoschémas : trois de leurs arêtes successives sont deux à deux orthogonales (pour $\Delta_3$, le chemin $(0,0,0) \to (0,0,1) \to (0,1,1) \to (1,1,1)$).
Le cube unité éclaté en ses $3! = 6$ tétraèdres, vu dans l'axe de la grande diagonale (en pointillés) ; en magenta, le simplexe canonique $\Delta_3$.
Théorème (Pavage de l’hypercube en simplexes de permutation). L’hypercube unité $[0, 1]^k$ est partitionné (à des hyperplans diagonaux $t_i = t_j$ de volume nul près) en $k!$ simplexes isométriques $D_\sigma$ indexés par les permutations $\sigma \in \mathfrak{S}_k$ :
$\displaystyle D_\sigma = \left\{ (t_1, \dots, t_k) \in [0, 1]^k \;\middle|\; 0 \le t_{\sigma(1)} \le t_{\sigma(2)} \le \dots \le t_{\sigma(k)} \le 1 \right\}$
Chacun de ces $k!$ simplexes a exactement le même volume, qui vaut donc la $k!$-ième partie du volume de l’hypercube :
$$ \operatorname{Vol}_k(\Delta_k) = \int_{0 \le t_1 \le t_2 \le \dots \le t_k \le 1} \mathrm{d}t_1\,\mathrm{d}t_2\cdots\mathrm{d}t_k = \frac{1}{k!} $$
Pour toute permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_k$, l’application linéaire $\Phi_\sigma : (t_1, \dots, t_k) \mapsto (t_{\sigma(1)}, \dots, t_{\sigma(k)})$ ne fait qu’échanger les noms des axes de coordonnées orthogonaux du cube. C’est une isométrie (sa matrice est une matrice de permutation, donc orthogonale) qui conserve les volumes, et qui envoie bijectivement le secteur $D_\sigma$ sur le simplexe canonique $\Delta_k = D_{\mathrm{id}}$.
Comme les $k!$ secteurs $D_\sigma$ ont tous le même volume $\operatorname{Vol}_k(\Delta_k)$ et que leur réunion forme l’hypercube $[0, 1]^k$ de volume $1$, on a immédiatement :
$\displaystyle 1 = \operatorname{Vol}_k\left([0, 1]^k\right) = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_k} \operatorname{Vol}_k(D_\sigma) = k! \, \operatorname{Vol}_k(\Delta_k)$ $\displaystyle \quad \Longrightarrow \quad \operatorname{Vol}_k(\Delta_k) = \frac{1}{k!} \qquad \blacksquare$
Maintenant que nous savons que $\frac{1}{k!}$ est le volume d’un simplexe de dimension $k$, revenons à la suite de Bernoulli $u_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$. Géométriquement, c’est le volume d’un hypercube de dimension $n$ dont chaque côté mesure $1 + \frac{1}{n}$ : un cube unité légèrement « dilaté ».
L’idée est de couper chaque côté en deux morceaux, un de longueur $1$ et un de longueur $\frac{1}{n}$, puis de classer les pavés obtenus selon le nombre $k$ de leurs côtés qui mesurent $\frac{1}{n}$.
En 2D, le carré de côté $1 + \frac{1}{n}$ se découpe en $4$ morceaux :
En 3D, le cube de côté $1 + \frac{1}{n}$ se découpe en $8$ morceaux :
Le carré et le cube de côté $1 + \frac{1}{n}$ éclatés en leurs $2^2 = 4$ et $2^3 = 8$ morceaux (ici $n = 3$), de plus en plus foncés quand $k$ augmente.
On reconnaît au passage la formule du binôme : $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^3 = 1 + \frac{3}{n} + \frac{3}{n^2} + \frac{1}{n^3}$, où chaque terme est une couche.
En dimension $n$, l’hypercube dilaté $\left[0, 1 + \frac{1}{n}\right]^n$ se découpe de la même façon en $2^n$ pavés. Un pavé de la couche $k$ est obtenu en choisissant les $k$ axes (parmi $n$) le long desquels il mesure $\frac{1}{n}$ : il y en a $\binom{n}{k}$, chacun de volume $\frac{1}{n^k}$. Le volume total de la couche $k$ vaut donc :
$$ V_{n,k} = \binom{n}{k}\frac{1}{n^k} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!\;n^k} = \frac{1}{k!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\cdots\left(1 - \frac{k-1}{n}\right) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \mathbf{\frac{1}{k!}} $$
Les couches $k = 0$ et $k = 1$ valent toujours exactement $1$ (le cœur, puis $n$ plaques de volume $\frac{1}{n}$). Les suivantes grandissent avec $n$ et se rapprochent de $\frac{1}{k!}$ :
| Couche | $n = 3$ | $n = 10$ | $n = 100$ | Limite $\frac{1}{k!}$ |
|---|---|---|---|---|
| $k = 0$ | $1$ | $1$ | $1$ | $1$ |
| $k = 1$ | $1$ | $1$ | $1$ | $1$ |
| $k = 2$ | $0{,}333$ | $0{,}450$ | $0{,}495$ | $0{,}5$ |
| $k = 3$ | $0{,}037$ | $0{,}120$ | $0{,}162$ | $0{,}167$ |
| $k = 4$ | $0$ | $0{,}021$ | $0{,}039$ | $0{,}042$ |
| Total | $u_3 \approx 2{,}370$ | $u_{10} \approx 2{,}594$ | $u_{100} \approx 2{,}705$ | $\mathrm{e} \approx 2{,}718$ |
En sommant toutes les couches, $u_n = \sum_{k=0}^{n} V_{n,k}$ tend donc vers $\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} = \mathrm{e}$. (Pour être rigoureux, il faut justifier l’échange de la limite et de la somme : c’est possible ici car $0 \le V_{n,k} \le \frac{1}{k!}$ pour tous $n$ et $k$, et la série $\sum \frac{1}{k!}$ converge ; c’est le théorème de Tannery.)
Pourquoi la couche $k$ ressemble-t-elle au simplexe $\Delta_k$ ? Choisir un pavé de la couche $k$, c’est choisir $k$ axes parmi $n$, autrement dit $k$ indices $i_1 < i_2 < \dots < i_k$ (rangés dans l’ordre croissant pour ne compter chaque choix qu’une fois). Associons à ce choix le petit cube de côté $\frac{1}{n}$ dont le coin supérieur est $\left(\frac{i_1}{n}, \dots, \frac{i_k}{n}\right)$. Comme les indices sont strictement croissants, ces petits cubes s’empilent en escalier à l’intérieur de $\Delta_k$, et leur volume total est exactement $\binom{n}{k}\frac{1}{n^k} = V_{n,k}$. Quand $n$ grandit, les marches s’affinent et l’escalier remplit tout le simplexe.
Pour $k = 2$ : chaque couple $i_1 < i_2$ donne un carré de côté $\frac{1}{n}$. L'escalier, d'aire $\binom{n}{2}\frac{1}{n^2} = V_{n,2}$, remplit le triangle $\Delta_2$ quand $n$ grandit.
Une troisième figure classique relie la suite de Bernoulli à $\mathrm{e}$ : l’aire sous l’hyperbole $y = \frac{1}{x}$. Notons $\mathcal{A}(a, b)$ l’aire sous la courbe entre les abscisses $a$ et $b$ (c’est $\ln b - \ln a$, et $\mathrm{e}$ est précisément le nombre tel que $\mathcal{A}(1, \mathrm{e}) = 1$).
La propriété clé : si l’on étire les abscisses d’un facteur $c > 0$ tout en comprimant les ordonnées du même facteur, l’hyperbole ne bouge pas (le point $(x, \frac{1}{x})$ va en $(cx, \frac{1}{cx})$), et les aires sont conservées (elles sont multipliées par $c \times \frac{1}{c} = 1$). Ainsi $\mathcal{A}(ca, cb) = \mathcal{A}(a, b)$ : une tranche plus loin mais proportionnellement plus large a la même aire.
En prenant $c = 1 + \frac{1}{n}$, les $n$ tranches successives $\left[c^j, c^{j+1}\right]$ entre $x = 1$ et $x = c^n = u_n$ ont donc toutes la même aire que la première :
Pour $n = 4$ : les tranches $[c^j, c^{j+1}]$ avec $c = 1 + \frac{1}{4}$ s'élargissent mais gardent toutes la même aire $\mathcal{A}$.
L’aire totale vaut donc $\mathcal{A}(1, u_n) = n \times \mathcal{A}\left(1, 1 + \frac{1}{n}\right)$. Or, sur la première tranche, de largeur $\frac{1}{n}$, la courbe reste comprise entre $\frac{n}{n+1}$ et $1$, si bien que $\mathcal{A}\left(1, 1 + \frac{1}{n}\right)$ est comprise entre $\frac{1}{n+1}$ et $\frac{1}{n}$. En multipliant par $n$ :
$$ \frac{n}{n+1} \le \mathcal{A}(1, u_n) \le 1. $$
Quand $n \to +\infty$, l’aire $\mathcal{A}(1, u_n)$ tend donc vers $1 = \mathcal{A}(1, \mathrm{e})$ : autrement dit $\ln u_n \to 1$, et $u_n \to \mathrm{e}$.
Jusqu’ici, le simplexe $\Delta_k$ était une figure géométrique. Il apparaît tout aussi naturellement dès qu’un phénomène se construit par étapes successives dans le temps : la contrainte « chaque étape a lieu après la précédente » découpe exactement un simplexe dans l’hypercube de tous les instants possibles. C’est ce mécanisme qui fait surgir les $\frac{1}{n!}$ de la série de Dyson en mécanique quantique.
Nous allons y arriver en quatre temps : une histoire de croissance (l’intuition), le même calcul en équations (l’itération de Picard), sa version quantique (la série de Dyson), et enfin la subtilité propre au quantique (l’ordre des opérateurs).
Imaginons une population (de bactéries, ou un capital placé à intérêts continus) qui croît au taux de $100\,\%$ par unité de temps : chaque unité de matière en produit de la nouvelle au rythme de $1$ par unité de temps, et cette matière nouvelle se met immédiatement à produire à son tour. En équation, $L’(t) = L(t)$ avec $L(0) = 1$, et l’on sait que $L(1) = \mathrm{e}$.
Trions la matière présente à l’instant $t = 1$ selon sa génération :
Une lignée de génération 3 est repérée par trois instants de naissance forcément ordonnés, $s_1 \le s_2 \le s_3$ : c'est un point de $\Delta_3$.
En additionnant toutes les générations : $L(1) = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots = \mathrm{e}$. Les factorielles ne sortent pas d’un dénombrement artificiel : $\frac{1}{k!}$ est la part des $k$-uplets d’instants qui respectent l’ordre chronologique.
Refaisons ce calcul en équations. L’équation $L’ = L$ avec $L(0) = 1$ équivaut à
$$ L(t) = 1 + \int_0^t L(t_1)\,\mathrm{d}t_1, $$
ce qui se lit : « la quantité à l’instant $t$ est la quantité initiale plus tout ce qui a été produit entre $0$ et $t$ ». On ne connaît pas $L$ sous l’intégrale… alors remplaçons-la par sa propre expression, et recommençons :
$$ L(t) = 1 + \int_0^t \mathrm{d}t_1 + \int_0^t \mathrm{d}t_1 \int_0^{t_1} \mathrm{d}t_2 + \int_0^t \mathrm{d}t_1 \int_0^{t_1} \mathrm{d}t_2 \int_0^{t_2} \mathrm{d}t_3 + \cdots $$
Chaque réinjection fait descendre d’une génération. Le terme d’ordre $k$ est une intégrale sur le domaine $\{t \ge t_1 \ge t_2 \ge \dots \ge t_k \ge 0\}$ : c’est le simplexe $\Delta_k$ agrandi d’un facteur $t$, de volume $\frac{t^k}{k!}$. On retrouve ainsi
$$ L(t) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{t^k}{k!} = \mathrm{e}^t. $$
Remarquez que les instants sont ici numérotés en remontant le temps : $t_1$ est le plus récent, $t_k$ le plus ancien. C’est la convention des physiciens, que nous garderons. Ce procédé, réinjecter l’équation dans elle-même, s’appelle l’itération de Picard ; c’est aussi le cœur de la démonstration du théorème de Cauchy-Lipschitz.
En mécanique quantique, l’état d’un système passe de l’instant $t’$ à l’instant $t$ sous l’action d’un opérateur d’évolution $\hat U_I(t, t’)$. En représentation d’interaction (et avec $\hbar = 1$), il obéit à
$\displaystyle \mathrm{i}\,\partial_t \hat U_I(t, t') = \hat H_I(t)\,\hat U_I(t, t'),$ $\displaystyle \qquad \text{avec} \quad \hat U_I(t', t') = \hat{\mathbb{1}}.$
C’est la même équation que $L’ = L$, à deux différences près : un facteur $-\mathrm{i}$, et surtout le fait que $\hat H_I(t)$ est un opérateur (penser à une matrice) qui dépend du temps. On l’écrit sous forme intégrale, $\hat U_I(t, t’) = \hat{\mathbb{1}} - \mathrm{i}\int_{t’}^{t} \mathrm{d}t_1 \, \hat H_I(t_1)\,\hat U_I(t_1, t’)$, puis on itère exactement comme Picard (voir les notes de lecture TQC 6 et TQC 7) :
La série de Dyson est le développement de l’opérateur d’évolution en puissances de l’interaction $\hat{H}_I$ :
$$ \hat U_I(t, t’) = \hat{\mathbb{1}} + \sum_{n=1}^{+\infty} (-\mathrm{i})^n \int_{t’}^{t}\mathrm{d}t_1 \int_{t’}^{t_1}\mathrm{d}t_2 \cdots \int_{t’}^{t_{n-1}}\mathrm{d}t_n \; \hat H_I(t_1)\hat H_I(t_2)\cdots\hat H_I(t_n) $$
Le terme d’ordre $n$ décrit les histoires où le système subit $n$ interactions aux instants $t’ \le t_n \le \dots \le t_2 \le t_1 \le t$. Le domaine d’intégration est, comme pour Picard, un simplexe : parmi les $n!$ simplexes qui pavent l’hypercube des temps $[t’, t]^n$, la causalité n’en retient qu’un seul, celui où les interactions se succèdent dans l’ordre chronologique.
Un détail compte désormais : l’ordre d’écriture des opérateurs. Dans le produit $\hat H_I(t_1)\hat H_I(t_2)\cdots\hat H_I(t_n)$, le plus récent est à gauche et le plus ancien à droite, car c’est l’opérateur de droite qui agit en premier sur l’état, comme $f$ dans la composée $g \circ f$.
Les interactions se succèdent de gauche à droite sur l'axe du temps, mais les opérateurs s'écrivent dans l'ordre inverse : le plus ancien, $\hat H_I(t_3)$, agit en premier.
Avec des nombres, tout était simple : l’intégrande $1$ est symétrique, les $n!$ simplexes de l’hypercube donnent la même contribution (c’est l’approche 2 !), et l’intégrale sur le simplexe vaut $\frac{1}{n!}$ fois l’intégrale sur l’hypercube. De même, si les $\hat H_I(t)$ à des instants différents commutaient entre eux, on obtiendrait simplement $\hat U_I = \exp\left(-\mathrm{i}\int \hat H_I\right)$.
Mais en général ils ne commutent pas :
$\displaystyle \left[\hat H_I(t_1),\, \hat H_I(t_2)\right] = \hat H_I(t_1)\hat H_I(t_2) - \hat H_I(t_2)\hat H_I(t_1) \neq 0.$
C’est comme pour les rotations d’un livre : tourner d’un quart de tour autour d’un axe vertical puis autour d’un axe horizontal ne donne pas le même résultat que l’inverse. L’ordre des interactions importe, et l’on ne peut plus échanger librement les simplexes.
Regardons ce qui se passe à l’ordre $n = 2$, sur le carré des temps $[t’, t]^2$. Dyson n’intègre que sur le triangle causal $t_1 \ge t_2$, avec l’intégrande $\hat H_I(t_1)\hat H_I(t_2)$ (le plus récent à gauche). Pour étendre l’intégrale à tout le carré, il faut que l’autre triangle, où $t_2 > t_1$, contienne lui aussi le produit rangé chronologiquement, soit $\hat H_I(t_2)\hat H_I(t_1)$. C’est exactement ce que fait l’opérateur d’ordonnancement chronologique introduit par Freeman Dyson (1949) et Gian-Carlo Wick (1950) :
Pour deux instants $t_1$ et $t_2$, le produit chronologique $T$ est défini par :
$$ T\big[\hat H_I(t_1)\hat H_I(t_2)\big] = \begin{cases} \hat H_I(t_1)\hat H_I(t_2) & \text{si } t_1 \ge t_2, \\ \hat H_I(t_2)\hat H_I(t_1) & \text{si } t_2 > t_1. \end{cases} $$
Plus généralement, si $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ est la permutation qui range les instants dans l’ordre décroissant, $t_{\sigma(1)} \ge t_{\sigma(2)} \ge \dots \ge t_{\sigma(n)}$, alors $\displaystyle T\big[\hat H_I(t_1)\cdots\hat H_I(t_n)\big] = \hat H_I\big(t_{\sigma(1)}\big)\cdots\hat H_I\big(t_{\sigma(n)}\big)$.
Sous $T$, chaque moitié du carré contient le produit rangé chronologiquement (le plus récent à gauche) : les deux moitiés donnent la même intégrale.
Le produit $T[\cdots]$ ne dépend plus de l’ordre dans lequel on écrit ses arguments : il est symétrique. La symétrie de l’approche 2 est restaurée, les $n!$ simplexes de l’hypercube $[t’, t]^n$ donnent tous la même contribution, et le facteur $\frac{1}{n!}$ réapparaît :
Théorème (Exponentielle ordonnée dans le temps). Pour tout $n \ge 1$, l’intégrale sur le simplexe causal vaut $\frac{1}{n!}$ fois l’intégrale sur l’hypercube complet $[t’, t]^n$ du produit chronologique :
$$ \int_{t’}^{t}\mathrm{d}t_1 \int_{t’}^{t_1}\mathrm{d}t_2 \cdots \int_{t’}^{t_{n-1}}\mathrm{d}t_n \; \hat H_I(t_1)\cdots\hat H_I(t_n) = \frac{1}{n!} \int_{t’}^{t}\mathrm{d}t_1 \cdots \int_{t’}^{t}\mathrm{d}t_n \; T\big[\hat H_I(t_1)\cdots\hat H_I(t_n)\big] $$
En sommant sur $n \ge 0$, l’opérateur d’évolution et la matrice de diffusion $\hat S = \hat U_I(+\infty, -\infty)$ s’écrivent comme des exponentielles ordonnées dans le temps :
$$ \hat U_I(t, t’) = T\exp\left(-\mathrm{i}\int_{t’}^{t}\mathrm{d}t_1\,\hat H_I(t_1)\right) \quad \Longrightarrow \quad \hat{S} = T\exp\left(-\mathrm{i}\int \mathrm{d}^4x\,\hat{\mathcal H}_I(x)\right) $$
En résumé, la physique quantique suit pas à pas le modèle de la croissance exponentielle, et ne s’en écarte que sur un point :
| Croissance (nombres) | Évolution quantique (opérateurs) | |
|---|---|---|
| Équation | $L’ = L$ | $\mathrm{i}\,\partial_t \hat U_I = \hat H_I(t)\,\hat U_I$ |
| Terme d’ordre $n$ | intégrale sur un simplexe | intégrale sur un simplexe |
| Ordre des facteurs | indifférent | essentiel (non-commutativité) |
| Passage à l’hypercube | facteur $\frac{1}{n!}$ directement | facteur $\frac{1}{n!}$ grâce à $T$ |
| Résultat | $L(t) = \mathrm{e}^t$ | $\hat U_I = T\exp\left(-\mathrm{i}\int \hat H_I\right)$ |
Ce facteur $\frac{1}{n!}$ a une conséquence très concrète en théorie quantique des champs. En développant $\hat S = T\exp\left(-\mathrm{i}\int \hat{\mathcal H}_I\right)$, le terme d’ordre $n$ est une intégrale sur $n$ points d’espace-temps $x_1, \dots, x_n$ du produit $T\big[\hat{\mathcal H}_I(x_1)\cdots\hat{\mathcal H}_I(x_n)\big]$, précédée de $\frac{1}{n!}$. Le théorème de Wick transforme ce produit en une somme de termes, que l’on dessine comme des diagrammes de Feynman à $n$ sommets.
Or les étiquettes $x_1, \dots, x_n$ des sommets sont des variables d’intégration muettes : renuméroter les sommets d’un diagramme (il y a $n!$ façons de le faire) donne un terme de même valeur. Ces $n!$ copies compensent exactement le $\frac{1}{n!}$ venu du volume du simplexe de Dyson, si bien qu’on peut dessiner chaque diagramme une seule fois, sans facteur $\frac{1}{n!}$ (voir TQC 7 et TQC 12). Lorsque le diagramme possède lui-même des symétries, certaines renumérotations ne produisent pas de terme nouveau : la compensation est alors incomplète, et c’est l’une des origines des fameux facteurs de symétrie.
Revenons à notre population qui croît génération par génération. Une hypothèse y est passée inaperçue : chaque morceau de matière produit au même rythme quel que soit son âge, dès sa naissance. Le processus ne garde aucune trace de son histoire ; pour prévoir la suite, il suffit de connaître la quantité présente. On dit qu’il est sans mémoire.
Une croissance $L$ (avec $L(0) = 1$) est sans mémoire lorsque, pour tous $s, t \ge 0$,
$$ L(s + t) = L(s) \times L(t). $$
Autrement dit, repartir de l’instant $s$ revient à recommencer depuis le début avec la quantité $L(s)$. Cette relation (une équation fonctionnelle de Cauchy) n’a pour solutions continues que les exponentielles $L(t) = \mathrm{e}^{a t}$.
Deux ingrédients, deux rôles. Dans le calcul de la génération $k$, deux ingrédients bien distincts interviennent :
C’est la combinaison des deux qui donne exactement le volume du simplexe, $\frac{1}{k!}$. La causalité seule ne suffit pas : encore faut-il que le simplexe soit « compté » uniformément.
Ajoutons un peu de mémoire. Supposons maintenant que chaque nouveau-né doive attendre un temps de maturation $\tau$ avant de produire à son tour (la matière initiale, elle, est déjà adulte). La production à l’instant $t$ dépend alors de ce qu’était la population à l’instant $t - \tau$ : le processus se souvient de l’âge de chacun.
Pour la génération 2, deux naissances successives doivent désormais être espacées d’au moins $\tau$ : le triangle $\Delta_2$ perd la bande où $s_2 - s_1 < \tau$.
Avec un temps de maturation $\tau$, les lignées dont les naissances sont trop rapprochées disparaissent : l'aire passe de $\frac{1}{2}$ à $\frac{(1-\tau)^2}{2}$.
Il en va de même en dimension $k$ : le simplexe est rogné près de ses faces $s_{j+1} = s_j$, et son volume tombe de $\frac{1}{k!}$ à $\frac{(1 - (k-1)\tau)^k}{k!}$. Avec $\tau = \frac{1}{4}$, la somme des générations ne vaut plus $\mathrm{e} \approx 2{,}72$ mais environ $2{,}30$, et la croissance cesse d’être exponentielle au sens strict : la relation $L(s+t) = L(s)L(t)$ est perdue, car l’avenir dépend désormais de la pyramide des âges, et pas seulement de la quantité présente.
La version probabiliste. Le même lien apparaît, de façon encore plus nette, pour des événements aléatoires. Dans un processus de Poisson (des désintégrations radioactives, par exemple), le temps d’attente entre deux événements suit une loi exponentielle, la loi sans mémoire par excellence. On montre alors que, sachant que $k$ événements ont eu lieu entre $0$ et $1$, leurs instants sont répartis uniformément sur le simplexe $\Delta_k$, d’où le $\frac{1}{k!}$ de la loi de Poisson $\mathbb{P}(N = k) = \mathrm{e}^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}$. Et réciproquement : parmi les processus dont les attentes successives sont indépendantes et de même loi, le processus de Poisson est le seul à répartir ainsi ses événements uniformément sur le simplexe.
En résumé :
Le $\frac{1}{k!}$ est la signature commune de la causalité et de l’absence de mémoire. La causalité découpe le simplexe dans l’hypercube des instants ; l’absence de mémoire garantit que toutes les histoires y pèsent pareil. Si l’on ajoute de la mémoire, le simplexe est toujours là, mais il n’est plus compté uniformément, et le $\frac{1}{k!}$ se déforme. En mécanique quantique, l’évolution d’un système isolé reste sans mémoire : la seule difficulté supplémentaire est l’ordre des opérateurs, que le produit chronologique $T$ suffit à régler.
👉 Simplexes et probabilités : découvrez comment le simplexe $\Delta_k$ résout presque sans calcul la rupture de monotonie ($\mathbb{E}[N] = \mathrm{e}$), le problème du seuil de Gnedenko ($\mathbb{E}[M] = \mathrm{e}$) et le problème des chapeaux de Montmort ($\lim p_n = \mathrm{e}^{-1}$).