Ici on fait des MATHS

Le 11 juillet 2021 à 12:55:23 :

Le 11 juillet 2021 à 12:50:50 :

Le 11 juillet 2021 à 12:41:09 :

Le 11 juillet 2021 à 12:33:58 :

Le 11 juillet 2021 à 12:31:02 :

Le 11 juillet 2021 à 12:20:52 :

Le 11 juillet 2021 à 12:13:26 :

Le 11 juillet 2021 à 12:03:21 :

Le 11 juillet 2021 à 11:31:51 :

Le 11 juillet 2021 à 07:29:07 :
Exercice 6 : Soit A un ensemble de points du plan vérifiant la propriété suivante : chaque point de A est le milieu d'un segment reliant deux autres points de A.

Montrer que card A = +oo

j'ai un idée : par l'absurde on suppose que A fini. déjà s'ils sont alignés -> impossible (on peut les ordonner)

on les suppose fini et non aligné. il existe un point u et une droite d (qui passe par au moins deux points de A) de distance minimale. par hyp, on, a au moins deux point sur une demie droite d'origine le projeté orthog en question. mais alors par inégalité trig on a un nouveau couple (u',d') qui donne une distance strictement plus petite : impossible

Peux-tu préciser quel est le lien entre d et u? Qui est-ce que tu projètes orthgonalement? Je ne sais pas si c'est moi, mais ce n'est pas très clair.

C'est effectivement pas très clair, en tout cas pas besoin de faire de projections.

Si A était fini alors on aurait deux points p et p' qui réalisent la distance minimale entre deux points de A. Cependant le point m, milieu du segment [p;p'], est un point de A par hypothèse et d(p,m)<d(p,p'), ce qui est absurde. L'ensemble A est donc infini.

Autre façon de faire : Soient U0 et U1 deux points de A, on définit par récurrence la suite de points Un+1=(U0+Un)/2. Par récurrence chaque point Un appartient à A et ils sont tous distincts puisque d(U0,Un)=d(U1,U0)/2^(n-1). On a donc exhibé une infinité de points appartenant à A.

Je crois que tu as mal lu l'énoncé: on suppose que tout point est un milieu et non que l'ensemble est stable par milieux. Donc tes arguments ne fonctionnent pas.

Le 11 juillet 2021 à 12:18:42 :

Le 11 juillet 2021 à 12:13:26 :

Le 11 juillet 2021 à 12:03:21 :

Le 11 juillet 2021 à 11:31:51 :

Le 11 juillet 2021 à 07:29:07 :
Exercice 6 : Soit A un ensemble de points du plan vérifiant la propriété suivante : chaque point de A est le milieu d'un segment reliant deux autres points de A.

Montrer que card A = +oo

j'ai un idée : par l'absurde on suppose que A fini. déjà s'ils sont alignés -> impossible (on peut les ordonner)

on les suppose fini et non aligné. il existe un point u et une droite d (qui passe par au moins deux points de A) de distance minimale. par hyp, on, a au moins deux point sur une demie droite d'origine le projeté orthog en question. mais alors par inégalité trig on a un nouveau couple (u',d') qui donne une distance strictement plus petite : impossible

Peux-tu préciser quel est le lien entre d et u? Qui est-ce que tu projètes orthgonalement? Je ne sais pas si c'est moi, mais ce n'est pas très clair.

C'est effectivement pas très clair, en tout cas pas besoin de faire de projections.

Si A était fini alors on aurait deux points p et p' qui réalisent la distance minimale entre deux points de A. Cependant le point m, milieu du segment [p;p'], est un point de A par hypothèse et d(p,m)<d(p,p'), ce qui est absurde. L'ensemble A est donc infini.

Autre façon de faire : Soient U0 et U1 deux points de A, on définit par récurrence la suite de points Un+1=(U0+Un)/2. Par récurrence chaque point Un appartient à A et ils sont tous distincts puisque d(U0,Un)=d(U1,U0)/2^(n-1). On a donc exhibé une infinité de points appartenant à A.

rien ne dit que le milieu de p et p' est dans A

effectivement j'ai mal lu

Bon je propose une autre démo alors. Supposons A fini, on regarde C(A) son enveloppe convexe, c'est un polygone et chaque sommet de ce polygone est un point de A. Cependant ces sommets sont des points extrémaux de C(A) et donc il ne sont le milieu d'aucun point de C(A) et donc le milieu d'aucun point de A non plus. C'est absurde donc A est infini.

Les grands esprits se rencontrent alors: j'ai donné la même preuve une page avant

Sinon la démo d'un autre khey était plutôt sympa: prendre le point de plus petite abscisse et de plus petite ordonnée (dans cet ordre): il ne peut être milieu de deux autres points de A.

Ok je savais pas que la solution avait déjà été donnée !
Tu remarqueras que c'est la même chose, le point de plus petite abscisse puis ordonnée est un point extrémal de C(A).

Bon et si on dit que :
-Les points de A ne sont pas contenus dans une droite.
-Tout point non extrémal de C(A) est le milieu d'un segment de points de A.

Est-ce que A est encore infini ?

Sauf erreur, A est encore infini. Si un tel A fini existait, on considère encore C(A): l'hypothèse A dit que C(A) n'est pas inclus dans une droite, donc est de mesure non nulle. Or l'ensemble des segments reliant deux points de A est fini donc la réunion de ces segements est de mesure nulle. Il y a donc forcément un point intérieur à C(A) qui n'est pas milieu d'élements de A.

Je me suis mal exprimé. Tout point de A qui n'est pas aussi un point extrémal de C(A) et le milieu de deux points de A.

Le 11 juillet 2021 à 12:44:19 :
Soit E un ensemble fini muni d'une loi de composition interne et associative. Il existe un élément x de E vérifiant x.x. = x

C'est un classique ça

Dans ce cas il suffit de prendre pour A les sommets d'un triangle non aplati

Sinon, pour le classique, je le laisse à ceux qui n'y ont jamais touché

Exercice sympa: (demande un peu de recherche)

Soit f:R^2->R^2 une fonction injective telle que pour tout cercle C, f(C) est un cercle (on ne suppose pas a priori que f respecte les centres). Montrer que f est surjective.

Le 11 juillet 2021 à 13:00:22 :

Le 11 juillet 2021 à 12:55:23 :

Le 11 juillet 2021 à 12:50:50 :

Le 11 juillet 2021 à 12:41:09 :

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Le 11 juillet 2021 à 12:20:52 :

Le 11 juillet 2021 à 12:13:26 :

Le 11 juillet 2021 à 12:03:21 :

Le 11 juillet 2021 à 11:31:51 :

Le 11 juillet 2021 à 07:29:07 :
Exercice 6 : Soit A un ensemble de points du plan vérifiant la propriété suivante : chaque point de A est le milieu d'un segment reliant deux autres points de A.

Montrer que card A = +oo

j'ai un idée : par l'absurde on suppose que A fini. déjà s'ils sont alignés -> impossible (on peut les ordonner)

on les suppose fini et non aligné. il existe un point u et une droite d (qui passe par au moins deux points de A) de distance minimale. par hyp, on, a au moins deux point sur une demie droite d'origine le projeté orthog en question. mais alors par inégalité trig on a un nouveau couple (u',d') qui donne une distance strictement plus petite : impossible

Peux-tu préciser quel est le lien entre d et u? Qui est-ce que tu projètes orthgonalement? Je ne sais pas si c'est moi, mais ce n'est pas très clair.

C'est effectivement pas très clair, en tout cas pas besoin de faire de projections.

Si A était fini alors on aurait deux points p et p' qui réalisent la distance minimale entre deux points de A. Cependant le point m, milieu du segment [p;p'], est un point de A par hypothèse et d(p,m)<d(p,p'), ce qui est absurde. L'ensemble A est donc infini.

Autre façon de faire : Soient U0 et U1 deux points de A, on définit par récurrence la suite de points Un+1=(U0+Un)/2. Par récurrence chaque point Un appartient à A et ils sont tous distincts puisque d(U0,Un)=d(U1,U0)/2^(n-1). On a donc exhibé une infinité de points appartenant à A.

Je crois que tu as mal lu l'énoncé: on suppose que tout point est un milieu et non que l'ensemble est stable par milieux. Donc tes arguments ne fonctionnent pas.

Le 11 juillet 2021 à 12:18:42 :

Le 11 juillet 2021 à 12:13:26 :

Le 11 juillet 2021 à 12:03:21 :

Le 11 juillet 2021 à 11:31:51 :

Le 11 juillet 2021 à 07:29:07 :
Exercice 6 : Soit A un ensemble de points du plan vérifiant la propriété suivante : chaque point de A est le milieu d'un segment reliant deux autres points de A.

Montrer que card A = +oo

j'ai un idée : par l'absurde on suppose que A fini. déjà s'ils sont alignés -> impossible (on peut les ordonner)

on les suppose fini et non aligné. il existe un point u et une droite d (qui passe par au moins deux points de A) de distance minimale. par hyp, on, a au moins deux point sur une demie droite d'origine le projeté orthog en question. mais alors par inégalité trig on a un nouveau couple (u',d') qui donne une distance strictement plus petite : impossible

Peux-tu préciser quel est le lien entre d et u? Qui est-ce que tu projètes orthgonalement? Je ne sais pas si c'est moi, mais ce n'est pas très clair.

C'est effectivement pas très clair, en tout cas pas besoin de faire de projections.

Si A était fini alors on aurait deux points p et p' qui réalisent la distance minimale entre deux points de A. Cependant le point m, milieu du segment [p;p'], est un point de A par hypothèse et d(p,m)<d(p,p'), ce qui est absurde. L'ensemble A est donc infini.

Autre façon de faire : Soient U0 et U1 deux points de A, on définit par récurrence la suite de points Un+1=(U0+Un)/2. Par récurrence chaque point Un appartient à A et ils sont tous distincts puisque d(U0,Un)=d(U1,U0)/2^(n-1). On a donc exhibé une infinité de points appartenant à A.

rien ne dit que le milieu de p et p' est dans A

effectivement j'ai mal lu

Bon je propose une autre démo alors. Supposons A fini, on regarde C(A) son enveloppe convexe, c'est un polygone et chaque sommet de ce polygone est un point de A. Cependant ces sommets sont des points extrémaux de C(A) et donc il ne sont le milieu d'aucun point de C(A) et donc le milieu d'aucun point de A non plus. C'est absurde donc A est infini.

Les grands esprits se rencontrent alors: j'ai donné la même preuve une page avant

Sinon la démo d'un autre khey était plutôt sympa: prendre le point de plus petite abscisse et de plus petite ordonnée (dans cet ordre): il ne peut être milieu de deux autres points de A.

Ok je savais pas que la solution avait déjà été donnée !
Tu remarqueras que c'est la même chose, le point de plus petite abscisse puis ordonnée est un point extrémal de C(A).

Bon et si on dit que :
-Les points de A ne sont pas contenus dans une droite.
-Tout point non extrémal de C(A) est le milieu d'un segment de points de A.

Est-ce que A est encore infini ?

Sauf erreur, A est encore infini. Si un tel A fini existait, on considère encore C(A): l'hypothèse A dit que C(A) n'est pas inclus dans une droite, donc est de mesure non nulle. Or l'ensemble des segments reliant deux points de A est fini donc la réunion de ces segements est de mesure nulle. Il y a donc forcément un point intérieur à C(A) qui n'est pas milieu d'élements de A.

Je me suis mal exprimé. Tout point de A qui n'est pas aussi un point extrémal de C(A) et le milieu de deux points de A.

Le 11 juillet 2021 à 12:44:19 :
Soit E un ensemble fini muni d'une loi de composition interne et associative. Il existe un élément x de E vérifiant x.x. = x

C'est un classique ça

Dans ce cas il suffit de prendre pour A les sommets d'un triangle non aplati

Sinon, pour le classique, je le laisse à ceux qui n'y ont jamais touché

Bon c'était pas un problème intéressant finalement. La question dans ma tête était : les démos qu'on a vu faisaient appel aux points extrémaux, est-ce que c'est la seule façon de faire ?

On imagine alors le problème suivant, soit A un ensemble d'au moins 4 points non alignés, tel que tout point non extrémal de A est le milieu d'un segment de points de A, l'ensemble A est-il fini ?

La réponse est non, il suffit de prendre pour A les sommets d'un polygone convexe. Même si l'on impose d'avoir au moins un point non extrémal la réponse est toujours non, prendre les sommets d'un carré et son centre de masse par exemple. Il n'y a donc pas de démonstration qui ne fasse pas intervenir les points extrémaux de A.

Le 11 juillet 2021 à 13:04:18 :
Exercice sympa: (demande un peu de recherche)

Soit f:R^2->R^2 une fonction injective telle que pour tout cercle C, f(C) est un cercle (on ne suppose pas a priori que f respecte les centres). Montrer que f est surjective.

Par injectivité, f envoie deux cercles tangents sur deux cercles tangents (car deux cercles sont tangents ssi ils ont un unique point commun).

Trois points distincts P,Q,R sont alignés (dans cet ordre) ssi il existe un cercle de centre P tangent en Q à un cercle de centre R. On en déduit que si P,Q,R sont alignés (dans cet ordre) alors f(P),f(Q),f(R) aussi, donc f envoie chaque droite sur un sous-ensemble d'une droite. De plus, f restreint à chaque droite D est une application "strictement monotone".

On peut en déduire que l'image de chaque droite est une droite:
Supposons que f restreint à D a un point de discontinuité en P. L'image des cercles de centre P de rayons tendant vers 0 sont des cercles de rayons qui doit être à la fois plus grand que la taille du "saut" et qui tend vers 0, contradiction.
Donc l'image d'une droite est une droite ou un segment. Montrons que f restreint à D tend vers l'infini en l'infini. Si l'image de D est un intervalle borné, pour tout P de D, en considérant l'image des cercles de centre P et de rayons tendant vers l'infini, on trouve que l'image de P doit être le milieu de l'intervalle, et ceci pour tout P de D, ce qui contredit l'injectivité. Si l'image de D est un intervalle non borné, on trouve que les rayons des images des cercles de centre P et de rayons tendant vers l'infini doivent être à la fois bornés et tendre vers l'infini, contradiction.

Par injectivité, f envoie les droites parallèles sur des droites parallèles.

On considère D l'image de la droite x=0, et D' l'image de la droite y=0. Elles sont bien sûr sécantes.
Pour tout point P=f((0,t)) de D, la droite parallèle à D' passant par P est donc dans l'image de f: c'est l'image de la droite y=t.

f est donc surjective.

Exercice 7 : Soit n un entier naturel et N(n) sont nombres de chiffres. Par exemple N(41)=2, N(342)=3. Trouver la limite de N(n)/ln(n) en +oo.

Bah N(n) croit comme log10(n)

Le 11 juillet 2021 à 13:04:18 :
Exercice sympa: (demande un peu de recherche)

Soit f:R^2->R^2 une fonction injective telle que pour tout cercle C, f(C) est un cercle (on ne suppose pas a priori que f respecte les centres). Montrer que f est surjective.

Mince, pas vu que f ne respecte pas les centres Toute ma solution tombe à l'eau

Le 12 juillet 2021 à 13:34:50 :

Le 11 juillet 2021 à 13:04:18 :
Exercice sympa: (demande un peu de recherche)

Soit f:R^2->R^2 une fonction injective telle que pour tout cercle C, f(C) est un cercle (on ne suppose pas a priori que f respecte les centres). Montrer que f est surjective.

Mince, pas vu que f ne respecte pas les centres Toute ma solution tombe à l'eau

Coucou motocultage

C'est déjà pas mal, mais en effet on ne fait pas cette hypothèse

Le 12 juillet 2021 à 13:11:26 :
Bah N(n) croit comme log10(n)

oui, mais sans savoir ça tu fais comment ? (y'a une autre maniere)

Je reprend l'exercice sur la fonction qui envoie les cercles sur des cercles. J'espère que c'est correct, je vous encourage à faire des dessins pour suivre la preuve.

1) f préserve l'intérieur des cercles
Soit D un disque et notons C son bord. On peut l'écrire comme réunion de cercles tous tangents en un seul et même point a de C. Par conséquent l'image de D par f est une réunion de cercles tous tangents à f(C) en f(a). Une telle réunion est comprise dans le plan tout entier, privé de la tangente à f(C) passant par f(a) union, évidemment, le point f(a) lui même. Ce raisonnement fonctionne avec n'importe quel point de C et donc f(D) ne peut intersecter les tangentes de f(C) qu'en f(C) directement. Autrement dit f(D) est inclus dans le disque de bord f(C). Autrement dit f envoie l'intérieur du cercle C dans l'intérieur du cercle f(C).

2) f préserve les disques
On peut aller un peu plus loin, f(D) est une union de cercles intérieurs à f(C) et tous tangents en f(a), mais c'est aussi une union de cercles intérieurs à f(C) tous tangents en f(b) avec b n'importe quel autre point de C (l'opposé de a par exemple). Cette égalité n'est possible que si f(D) est le disque de bord f(C) tout entier.

3) f est surjective
Le plan est l'union des disques de centre 0 et de rayon n, l'image de f est donc une union croissante de disques, il ne peut donc s'agir que d'un disque ouvert, d'un demi plan ouvert ou du plan en entier. De la même façon, le demi plan ouvert {(x,y)|x>0} peut s'écrire comme l'union croissante des disques de centre (n,0) et de rayon n-1/n. Par conséquent l'image d'un demi plan ouvert est soit un disque ouvert, soit un demi plan ouvert (pas le plan entier, par injectivité de f). On écrit alors R² comme l'union des 4 demi-plants ouvert x>0, x<0, y>0 et y<0 et du point (0,0). L'image de f est donc la réunion d'un point et de 4 parties qui sont un disque ou un demi plan et dont aucune n'est incluse dans l'union des 4 autres. Une telle réunion ne peut être égale à un disque ouvert ou a un demi plan ouvert, c'est donc que l'image de f est le plan tout entier.

J'ai bloqué longtemps en essayant de démontrer que f préserve l'alignement des points, sans succès. Je pense quand même que c'est vrai, j'ai l'impression qu'en prenant ma démonstration et en travaillant un peu on doit pouvoir montrer que l'image d'un demi plan ouvert est un demi plan ouvert et alors l'image d'une droite sera bien une droite comme complémentaire de deux demi plan ouverts.

n(n+1)(2n+1)/6

Démontrez que l'ensemble des fonctions continues de R dans R est de dimension infinie assez simple mais la démonstration peut être assez drôle

Le 13 juillet 2021 à 17:19:58 :
Démontrez que l'ensemble des fonctions continues de R dans R est de dimension infinie assez simple mais la démonstration peut être assez drôle

L'ensemble des polynômes, qui est contenu dans les fonctions continues, est trivialement de dimension infinie.

C'était quoi ta démo drôle ?

Le 13 juillet 2021 à 17:17:02 :
Je reprend l'exercice sur la fonction qui envoie les cercles sur des cercles. J'espère que c'est correct, je vous encourage à faire des dessins pour suivre la preuve.

1) f préserve l'intérieur des cercles
Soit D un disque et notons C son bord. On peut l'écrire comme réunion de cercles tous tangents en un seul et même point a de C. Par conséquent l'image de D par f est une réunion de cercles tous tangents à f(C) en f(a). Une telle réunion est comprise dans le plan tout entier, privé de la tangente à f(C) passant par f(a) union, évidemment, le point f(a) lui même. Ce raisonnement fonctionne avec n'importe quel point de C et donc f(D) ne peut intersecter les tangentes de f(C) qu'en f(C) directement. Autrement dit f(D) est inclus dans le disque de bord f(C). Autrement dit f envoie l'intérieur du cercle C dans l'intérieur du cercle f(C).

2) f préserve les disques
On peut aller un peu plus loin, f(D) est une union de cercles intérieurs à f(C) et tous tangents en f(a), mais c'est aussi une union de cercles intérieurs à f(C) tous tangents en f(b) avec b n'importe quel autre point de C (l'opposé de a par exemple). Cette égalité n'est possible que si f(D) est le disque de bord f(C) tout entier.

3) f est surjective
Le plan est l'union des disques de centre 0 et de rayon n, l'image de f est donc une union croissante de disques, il ne peut donc s'agir que d'un disque ouvert, d'un demi plan ouvert ou du plan en entier. De la même façon, le demi plan ouvert {(x,y)|x>0} peut s'écrire comme l'union croissante des disques de centre (n,0) et de rayon n-1/n. Par conséquent l'image d'un demi plan ouvert est soit un disque ouvert, soit un demi plan ouvert (pas le plan entier, par injectivité de f). On écrit alors R² comme l'union des 4 demi-plants ouvert x>0, x<0, y>0 et y<0 et du point (0,0). L'image de f est donc la réunion d'un point et de 4 parties qui sont un disque ou un demi plan et dont aucune n'est incluse dans l'union des 4 autres. Une telle réunion ne peut être égale à un disque ouvert ou a un demi plan ouvert, c'est donc que l'image de f est le plan tout entier.

J'ai bloqué longtemps en essayant de démontrer que f préserve l'alignement des points, sans succès. Je pense quand même que c'est vrai, j'ai l'impression qu'en prenant ma démonstration et en travaillant un peu on doit pouvoir montrer que l'image d'un demi plan ouvert est un demi plan ouvert et alors l'image d'une droite sera bien une droite comme complémentaire de deux demi plan ouverts.

C'est parfait, et ça ressemble à ce que j'avais trouvé!

Normalement, tu devrais pouvoir en déduire que f préserve les droites. Tu en conclus que f est un isomorphisme affine!

Maintenant (et je n'ai pas eu le temps d'y réfléchir), quid si on regarde ce qui se passe en dimension supérieure: f:R^n->R^n envoyant une sphère (pour la norme euclidienne) sur une sphère?

Et quid si on change la norme euclidienne par une autre?

Le 13 juillet 2021 à 20:46:23 :

Le 13 juillet 2021 à 17:17:02 :
Je reprend l'exercice sur la fonction qui envoie les cercles sur des cercles. J'espère que c'est correct, je vous encourage à faire des dessins pour suivre la preuve.

1) f préserve l'intérieur des cercles
Soit D un disque et notons C son bord. On peut l'écrire comme réunion de cercles tous tangents en un seul et même point a de C. Par conséquent l'image de D par f est une réunion de cercles tous tangents à f(C) en f(a). Une telle réunion est comprise dans le plan tout entier, privé de la tangente à f(C) passant par f(a) union, évidemment, le point f(a) lui même. Ce raisonnement fonctionne avec n'importe quel point de C et donc f(D) ne peut intersecter les tangentes de f(C) qu'en f(C) directement. Autrement dit f(D) est inclus dans le disque de bord f(C). Autrement dit f envoie l'intérieur du cercle C dans l'intérieur du cercle f(C).

2) f préserve les disques
On peut aller un peu plus loin, f(D) est une union de cercles intérieurs à f(C) et tous tangents en f(a), mais c'est aussi une union de cercles intérieurs à f(C) tous tangents en f(b) avec b n'importe quel autre point de C (l'opposé de a par exemple). Cette égalité n'est possible que si f(D) est le disque de bord f(C) tout entier.

3) f est surjective
Le plan est l'union des disques de centre 0 et de rayon n, l'image de f est donc une union croissante de disques, il ne peut donc s'agir que d'un disque ouvert, d'un demi plan ouvert ou du plan en entier. De la même façon, le demi plan ouvert {(x,y)|x>0} peut s'écrire comme l'union croissante des disques de centre (n,0) et de rayon n-1/n. Par conséquent l'image d'un demi plan ouvert est soit un disque ouvert, soit un demi plan ouvert (pas le plan entier, par injectivité de f). On écrit alors R² comme l'union des 4 demi-plants ouvert x>0, x<0, y>0 et y<0 et du point (0,0). L'image de f est donc la réunion d'un point et de 4 parties qui sont un disque ou un demi plan et dont aucune n'est incluse dans l'union des 4 autres. Une telle réunion ne peut être égale à un disque ouvert ou a un demi plan ouvert, c'est donc que l'image de f est le plan tout entier.

J'ai bloqué longtemps en essayant de démontrer que f préserve l'alignement des points, sans succès. Je pense quand même que c'est vrai, j'ai l'impression qu'en prenant ma démonstration et en travaillant un peu on doit pouvoir montrer que l'image d'un demi plan ouvert est un demi plan ouvert et alors l'image d'une droite sera bien une droite comme complémentaire de deux demi plan ouverts.

C'est parfait, et ça ressemble à ce que j'avais trouvé!

Normalement, tu devrais pouvoir en déduire que f préserve les droites. Tu en conclus que f est un isomorphisme affine!

C'est même plus précis que ça non ? Parce que pour transformer un cercle en cercle faudrait pas avoir deux valeurs propres distinctes. Mais ça commence à dater mes cours de géométrie affine, je suis sûr de rien

Maintenant (et je n'ai pas eu le temps d'y réfléchir), quid si on regarde ce qui se passe en dimension supérieure: f:R^n->R^n envoyant une sphère (pour la norme euclidienne) sur une sphère?

Et quid si on change la norme euclidienne par une autre?

Pour la dimension n j'ai l'impression que ça change pas grand chose. Deux sphères tangentes seraient toujours envoyées sur deux sphères tangentes, une boule s'écrit comme union (presque) disjointes de sphères toutes tangentes en un même point et une union croissante de sphère donne soit l'espace entier, soit une boule soit un demi plan.

Pour les normes faudrait regarder plus en détail, mais la démo ne marche plus avec la norme 1 ou infinie, ne serait-ce que parce que deux sphères peuvent être tangentes en plus d'un point. J'ai l'impression qu'on peut s'en sortir si les normes engendrent des boules strictement convexes, mais ça serait à vérifier.

Le 14 juillet 2021 à 10:17:02 :

Le 13 juillet 2021 à 20:46:23 :

Le 13 juillet 2021 à 17:17:02 :
Je reprend l'exercice sur la fonction qui envoie les cercles sur des cercles. J'espère que c'est correct, je vous encourage à faire des dessins pour suivre la preuve.

1) f préserve l'intérieur des cercles
Soit D un disque et notons C son bord. On peut l'écrire comme réunion de cercles tous tangents en un seul et même point a de C. Par conséquent l'image de D par f est une réunion de cercles tous tangents à f(C) en f(a). Une telle réunion est comprise dans le plan tout entier, privé de la tangente à f(C) passant par f(a) union, évidemment, le point f(a) lui même. Ce raisonnement fonctionne avec n'importe quel point de C et donc f(D) ne peut intersecter les tangentes de f(C) qu'en f(C) directement. Autrement dit f(D) est inclus dans le disque de bord f(C). Autrement dit f envoie l'intérieur du cercle C dans l'intérieur du cercle f(C).

2) f préserve les disques
On peut aller un peu plus loin, f(D) est une union de cercles intérieurs à f(C) et tous tangents en f(a), mais c'est aussi une union de cercles intérieurs à f(C) tous tangents en f(b) avec b n'importe quel autre point de C (l'opposé de a par exemple). Cette égalité n'est possible que si f(D) est le disque de bord f(C) tout entier.

3) f est surjective
Le plan est l'union des disques de centre 0 et de rayon n, l'image de f est donc une union croissante de disques, il ne peut donc s'agir que d'un disque ouvert, d'un demi plan ouvert ou du plan en entier. De la même façon, le demi plan ouvert {(x,y)|x>0} peut s'écrire comme l'union croissante des disques de centre (n,0) et de rayon n-1/n. Par conséquent l'image d'un demi plan ouvert est soit un disque ouvert, soit un demi plan ouvert (pas le plan entier, par injectivité de f). On écrit alors R² comme l'union des 4 demi-plants ouvert x>0, x<0, y>0 et y<0 et du point (0,0). L'image de f est donc la réunion d'un point et de 4 parties qui sont un disque ou un demi plan et dont aucune n'est incluse dans l'union des 4 autres. Une telle réunion ne peut être égale à un disque ouvert ou a un demi plan ouvert, c'est donc que l'image de f est le plan tout entier.

J'ai bloqué longtemps en essayant de démontrer que f préserve l'alignement des points, sans succès. Je pense quand même que c'est vrai, j'ai l'impression qu'en prenant ma démonstration et en travaillant un peu on doit pouvoir montrer que l'image d'un demi plan ouvert est un demi plan ouvert et alors l'image d'une droite sera bien une droite comme complémentaire de deux demi plan ouverts.

C'est parfait, et ça ressemble à ce que j'avais trouvé!

Normalement, tu devrais pouvoir en déduire que f préserve les droites. Tu en conclus que f est un isomorphisme affine!

C'est même plus précis que ça non ? Parce que pour transformer un cercle en cercle faudrait pas avoir deux valeurs propres distinctes. Mais ça commence à dater mes cours de géométrie affine, je suis sûr de rien

Pas forcément (pense à l'identité ).

Maintenant (et je n'ai pas eu le temps d'y réfléchir), quid si on regarde ce qui se passe en dimension supérieure: f:R^n->R^n envoyant une sphère (pour la norme euclidienne) sur une sphère?

Et quid si on change la norme euclidienne par une autre?

Pour la dimension n j'ai l'impression que ça change pas grand chose. Deux sphères tangentes seraient toujours envoyées sur deux sphères tangentes, une boule s'écrit comme union (presque) disjointes de sphères toutes tangentes en un même point et une union croissante de sphère donne soit l'espace entier, soit une boule soit un demi plan.

Pour les normes faudrait regarder plus en détail, mais la démo ne marche plus avec la norme 1 ou infinie, ne serait-ce que parce que deux sphères peuvent être tangentes en plus d'un point. J'ai l'impression qu'on peut s'en sortir si les normes engendrent des boules strictement convexes, mais ça serait à vérifier.

Absolument, je crois qu'en étant précautionneux l'argument de motocultage s'adapte à la dimension n: il faudrait trouver le temps d'y réfléchir (thèse, quand tu nous tient)

Pour les autres normes, à voir: je dirais au moins qu'on peut espérer adapter l'argument lorsque les sphères sont des variétés C^1 strictement convexes.

Le 14 juillet 2021 à 10:45:14 :

Le 14 juillet 2021 à 10:17:02 :

Le 13 juillet 2021 à 20:46:23 :

Le 13 juillet 2021 à 17:17:02 :
Je reprend l'exercice sur la fonction qui envoie les cercles sur des cercles. J'espère que c'est correct, je vous encourage à faire des dessins pour suivre la preuve.

1) f préserve l'intérieur des cercles
Soit D un disque et notons C son bord. On peut l'écrire comme réunion de cercles tous tangents en un seul et même point a de C. Par conséquent l'image de D par f est une réunion de cercles tous tangents à f(C) en f(a). Une telle réunion est comprise dans le plan tout entier, privé de la tangente à f(C) passant par f(a) union, évidemment, le point f(a) lui même. Ce raisonnement fonctionne avec n'importe quel point de C et donc f(D) ne peut intersecter les tangentes de f(C) qu'en f(C) directement. Autrement dit f(D) est inclus dans le disque de bord f(C). Autrement dit f envoie l'intérieur du cercle C dans l'intérieur du cercle f(C).

2) f préserve les disques
On peut aller un peu plus loin, f(D) est une union de cercles intérieurs à f(C) et tous tangents en f(a), mais c'est aussi une union de cercles intérieurs à f(C) tous tangents en f(b) avec b n'importe quel autre point de C (l'opposé de a par exemple). Cette égalité n'est possible que si f(D) est le disque de bord f(C) tout entier.

3) f est surjective
Le plan est l'union des disques de centre 0 et de rayon n, l'image de f est donc une union croissante de disques, il ne peut donc s'agir que d'un disque ouvert, d'un demi plan ouvert ou du plan en entier. De la même façon, le demi plan ouvert {(x,y)|x>0} peut s'écrire comme l'union croissante des disques de centre (n,0) et de rayon n-1/n. Par conséquent l'image d'un demi plan ouvert est soit un disque ouvert, soit un demi plan ouvert (pas le plan entier, par injectivité de f). On écrit alors R² comme l'union des 4 demi-plants ouvert x>0, x<0, y>0 et y<0 et du point (0,0). L'image de f est donc la réunion d'un point et de 4 parties qui sont un disque ou un demi plan et dont aucune n'est incluse dans l'union des 4 autres. Une telle réunion ne peut être égale à un disque ouvert ou a un demi plan ouvert, c'est donc que l'image de f est le plan tout entier.

J'ai bloqué longtemps en essayant de démontrer que f préserve l'alignement des points, sans succès. Je pense quand même que c'est vrai, j'ai l'impression qu'en prenant ma démonstration et en travaillant un peu on doit pouvoir montrer que l'image d'un demi plan ouvert est un demi plan ouvert et alors l'image d'une droite sera bien une droite comme complémentaire de deux demi plan ouverts.

C'est parfait, et ça ressemble à ce que j'avais trouvé!

Normalement, tu devrais pouvoir en déduire que f préserve les droites. Tu en conclus que f est un isomorphisme affine!

C'est même plus précis que ça non ? Parce que pour transformer un cercle en cercle faudrait pas avoir deux valeurs propres distinctes. Mais ça commence à dater mes cours de géométrie affine, je suis sûr de rien

Pas forcément (pense à l'identité ).

Je comprend pas, l'identité n'a qu'une seule valeur propre (je ne parle pas de multiplicité).

Maintenant (et je n'ai pas eu le temps d'y réfléchir), quid si on regarde ce qui se passe en dimension supérieure: f:R^n->R^n envoyant une sphère (pour la norme euclidienne) sur une sphère?

Et quid si on change la norme euclidienne par une autre?

Pour la dimension n j'ai l'impression que ça change pas grand chose. Deux sphères tangentes seraient toujours envoyées sur deux sphères tangentes, une boule s'écrit comme union (presque) disjointes de sphères toutes tangentes en un même point et une union croissante de sphère donne soit l'espace entier, soit une boule soit un demi plan.

Pour les normes faudrait regarder plus en détail, mais la démo ne marche plus avec la norme 1 ou infinie, ne serait-ce que parce que deux sphères peuvent être tangentes en plus d'un point. J'ai l'impression qu'on peut s'en sortir si les normes engendrent des boules strictement convexes, mais ça serait à vérifier.

Absolument, je crois qu'en étant précautionneux l'argument de motocultage s'adapte à la dimension n: il faudrait trouver le temps d'y réfléchir (thèse, quand tu nous tient)

Pour les autres normes, à voir: je dirais au moins qu'on peut espérer adapter l'argument lorsque les sphères sont des variétés C^1 strictement convexes.

Je croyais que l'argument de motocultage ne marchait pas puisqu'il supposait que f préserve les centres ?

Le 15 juillet 2021 à 12:46:29 :

Le 14 juillet 2021 à 10:45:14 :

Le 14 juillet 2021 à 10:17:02 :

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Je reprend l'exercice sur la fonction qui envoie les cercles sur des cercles. J'espère que c'est correct, je vous encourage à faire des dessins pour suivre la preuve.

1) f préserve l'intérieur des cercles
Soit D un disque et notons C son bord. On peut l'écrire comme réunion de cercles tous tangents en un seul et même point a de C. Par conséquent l'image de D par f est une réunion de cercles tous tangents à f(C) en f(a). Une telle réunion est comprise dans le plan tout entier, privé de la tangente à f(C) passant par f(a) union, évidemment, le point f(a) lui même. Ce raisonnement fonctionne avec n'importe quel point de C et donc f(D) ne peut intersecter les tangentes de f(C) qu'en f(C) directement. Autrement dit f(D) est inclus dans le disque de bord f(C). Autrement dit f envoie l'intérieur du cercle C dans l'intérieur du cercle f(C).

2) f préserve les disques
On peut aller un peu plus loin, f(D) est une union de cercles intérieurs à f(C) et tous tangents en f(a), mais c'est aussi une union de cercles intérieurs à f(C) tous tangents en f(b) avec b n'importe quel autre point de C (l'opposé de a par exemple). Cette égalité n'est possible que si f(D) est le disque de bord f(C) tout entier.

3) f est surjective
Le plan est l'union des disques de centre 0 et de rayon n, l'image de f est donc une union croissante de disques, il ne peut donc s'agir que d'un disque ouvert, d'un demi plan ouvert ou du plan en entier. De la même façon, le demi plan ouvert {(x,y)|x>0} peut s'écrire comme l'union croissante des disques de centre (n,0) et de rayon n-1/n. Par conséquent l'image d'un demi plan ouvert est soit un disque ouvert, soit un demi plan ouvert (pas le plan entier, par injectivité de f). On écrit alors R² comme l'union des 4 demi-plants ouvert x>0, x<0, y>0 et y<0 et du point (0,0). L'image de f est donc la réunion d'un point et de 4 parties qui sont un disque ou un demi plan et dont aucune n'est incluse dans l'union des 4 autres. Une telle réunion ne peut être égale à un disque ouvert ou a un demi plan ouvert, c'est donc que l'image de f est le plan tout entier.

J'ai bloqué longtemps en essayant de démontrer que f préserve l'alignement des points, sans succès. Je pense quand même que c'est vrai, j'ai l'impression qu'en prenant ma démonstration et en travaillant un peu on doit pouvoir montrer que l'image d'un demi plan ouvert est un demi plan ouvert et alors l'image d'une droite sera bien une droite comme complémentaire de deux demi plan ouverts.

C'est parfait, et ça ressemble à ce que j'avais trouvé!

Normalement, tu devrais pouvoir en déduire que f préserve les droites. Tu en conclus que f est un isomorphisme affine!

C'est même plus précis que ça non ? Parce que pour transformer un cercle en cercle faudrait pas avoir deux valeurs propres distinctes. Mais ça commence à dater mes cours de géométrie affine, je suis sûr de rien

Pas forcément (pense à l'identité ).

Je comprend pas, l'identité n'a qu'une seule valeur propre (je ne parle pas de multiplicité).

Maintenant (et je n'ai pas eu le temps d'y réfléchir), quid si on regarde ce qui se passe en dimension supérieure: f:R^n->R^n envoyant une sphère (pour la norme euclidienne) sur une sphère?

Et quid si on change la norme euclidienne par une autre?

Pour la dimension n j'ai l'impression que ça change pas grand chose. Deux sphères tangentes seraient toujours envoyées sur deux sphères tangentes, une boule s'écrit comme union (presque) disjointes de sphères toutes tangentes en un même point et une union croissante de sphère donne soit l'espace entier, soit une boule soit un demi plan.

Pour les normes faudrait regarder plus en détail, mais la démo ne marche plus avec la norme 1 ou infinie, ne serait-ce que parce que deux sphères peuvent être tangentes en plus d'un point. J'ai l'impression qu'on peut s'en sortir si les normes engendrent des boules strictement convexes, mais ça serait à vérifier.

Absolument, je crois qu'en étant précautionneux l'argument de motocultage s'adapte à la dimension n: il faudrait trouver le temps d'y réfléchir (thèse, quand tu nous tient)

Pour les autres normes, à voir: je dirais au moins qu'on peut espérer adapter l'argument lorsque les sphères sont des variétés C^1 strictement convexes.

Je croyais que l'argument de motocultage ne marchait pas puisqu'il supposait que f préserve les centres ?

Oui, mon argument n'est pas réparable je pense, mais le tien me semble marcher en dim n de toute façon.

Sinon, je pense qu'en définitive f sera une similtude (composée d'une isométrie affine et d'une homothétie).

Le 15 juillet 2021 à 12:46:29 :

Le 14 juillet 2021 à 10:45:14 :

Le 14 juillet 2021 à 10:17:02 :

Le 13 juillet 2021 à 20:46:23 :

Le 13 juillet 2021 à 17:17:02 :
Je reprend l'exercice sur la fonction qui envoie les cercles sur des cercles. J'espère que c'est correct, je vous encourage à faire des dessins pour suivre la preuve.

1) f préserve l'intérieur des cercles
Soit D un disque et notons C son bord. On peut l'écrire comme réunion de cercles tous tangents en un seul et même point a de C. Par conséquent l'image de D par f est une réunion de cercles tous tangents à f(C) en f(a). Une telle réunion est comprise dans le plan tout entier, privé de la tangente à f(C) passant par f(a) union, évidemment, le point f(a) lui même. Ce raisonnement fonctionne avec n'importe quel point de C et donc f(D) ne peut intersecter les tangentes de f(C) qu'en f(C) directement. Autrement dit f(D) est inclus dans le disque de bord f(C). Autrement dit f envoie l'intérieur du cercle C dans l'intérieur du cercle f(C).

2) f préserve les disques
On peut aller un peu plus loin, f(D) est une union de cercles intérieurs à f(C) et tous tangents en f(a), mais c'est aussi une union de cercles intérieurs à f(C) tous tangents en f(b) avec b n'importe quel autre point de C (l'opposé de a par exemple). Cette égalité n'est possible que si f(D) est le disque de bord f(C) tout entier.

3) f est surjective
Le plan est l'union des disques de centre 0 et de rayon n, l'image de f est donc une union croissante de disques, il ne peut donc s'agir que d'un disque ouvert, d'un demi plan ouvert ou du plan en entier. De la même façon, le demi plan ouvert {(x,y)|x>0} peut s'écrire comme l'union croissante des disques de centre (n,0) et de rayon n-1/n. Par conséquent l'image d'un demi plan ouvert est soit un disque ouvert, soit un demi plan ouvert (pas le plan entier, par injectivité de f). On écrit alors R² comme l'union des 4 demi-plants ouvert x>0, x<0, y>0 et y<0 et du point (0,0). L'image de f est donc la réunion d'un point et de 4 parties qui sont un disque ou un demi plan et dont aucune n'est incluse dans l'union des 4 autres. Une telle réunion ne peut être égale à un disque ouvert ou a un demi plan ouvert, c'est donc que l'image de f est le plan tout entier.

J'ai bloqué longtemps en essayant de démontrer que f préserve l'alignement des points, sans succès. Je pense quand même que c'est vrai, j'ai l'impression qu'en prenant ma démonstration et en travaillant un peu on doit pouvoir montrer que l'image d'un demi plan ouvert est un demi plan ouvert et alors l'image d'une droite sera bien une droite comme complémentaire de deux demi plan ouverts.

C'est parfait, et ça ressemble à ce que j'avais trouvé!

Normalement, tu devrais pouvoir en déduire que f préserve les droites. Tu en conclus que f est un isomorphisme affine!

C'est même plus précis que ça non ? Parce que pour transformer un cercle en cercle faudrait pas avoir deux valeurs propres distinctes. Mais ça commence à dater mes cours de géométrie affine, je suis sûr de rien

Pas forcément (pense à l'identité ).

Je comprend pas, l'identité n'a qu'une seule valeur propre (je ne parle pas de multiplicité).

J'avais mal compris ta phrase avec "faudrait pas que": je croyais que c'était une question. En fait tu voulais dire: "il ne faut pas que". Dans ce cas, tu as raison si les valeurs propres sont réelles. Mais si elles sont complexes, c'est faux: prends une rotation d'angle t, alors les valeurs propres sont exp(+- it), donc il y en a deux distinctes si t pas congru à 0 mod pi.

Maintenant (et je n'ai pas eu le temps d'y réfléchir), quid si on regarde ce qui se passe en dimension supérieure: f:R^n->R^n envoyant une sphère (pour la norme euclidienne) sur une sphère?

Et quid si on change la norme euclidienne par une autre?

Pour la dimension n j'ai l'impression que ça change pas grand chose. Deux sphères tangentes seraient toujours envoyées sur deux sphères tangentes, une boule s'écrit comme union (presque) disjointes de sphères toutes tangentes en un même point et une union croissante de sphère donne soit l'espace entier, soit une boule soit un demi plan.

Pour les normes faudrait regarder plus en détail, mais la démo ne marche plus avec la norme 1 ou infinie, ne serait-ce que parce que deux sphères peuvent être tangentes en plus d'un point. J'ai l'impression qu'on peut s'en sortir si les normes engendrent des boules strictement convexes, mais ça serait à vérifier.

Absolument, je crois qu'en étant précautionneux l'argument de motocultage s'adapte à la dimension n: il faudrait trouver le temps d'y réfléchir (thèse, quand tu nous tient)

Pour les autres normes, à voir: je dirais au moins qu'on peut espérer adapter l'argument lorsque les sphères sont des variétés C^1 strictement convexes.

Je croyais que l'argument de motocultage ne marchait pas puisqu'il supposait que f préserve les centres ?

Son deuxième argument (celui que je cite) ne présuppose pas que f préserve les centres, non?

Edit: ah, la preuve qui marche est de toi! Désolé, je me suis mélangé les pinceaux avec les pseudos: je parlais donc bien de ta demonstration en dim n