Conservent la distance 1

[Nightmare]

Hello,

quelles sont les applications f : R -> R vérifiant |x-y|=1 => |f(x)-f(y)|=1 ? Et avec f : R² -> R² ?

J'ai déjà dû poser la deuxième question sur le forum qui a dû disparaître avec le crash.

[Skullkid]

Salut, pour le cas réel, je trouve toutes les fonctions de la forme f(x) = g({x}) + somme pour k compris entre 0 et [x] des u({x})(k), où g est une application quelconque de [0,1[ dans R et u est une application quelconque de [0,1[ dans l'ensemble des suites s indexées par les entiers relatifs, telles que s(0) = 0 et |s(n)| = 1 pour tout n non nul. Autrement dit on peut choisir librement f(x) pour les x appartenant à [0,1[, et on construit récursivement les images des éléments de x+Z* en ajoutant ou en retranchant 1 à chaque pas.

Dans R² j'imagine que ce sera les isométries, mais j'ai pas réussi à le démontrer.

[Mathusalem]

Avec quels outils aborde-t-on ce genre de problèmes ? Chaque fois que je vois un défi du genre j'ai aucune idée quoi faire.

Je comprends la solution en blanc de Skullkid mais je vois pas comment justifier qu'il s'agit là de toutes les fonctions telles que ..

[Judoboy]

Salut, pour le cas réel, je trouve toutes les fonctions de la forme f(x) = g({x}) + somme pour k compris entre 0 et [x] des u({x})(k), où g est une application quelconque de [0,1[ dans R et u est une application quelconque de [0,1[ dans l'ensemble des suites s indexées par les entiers relatifs, telles que s(0) = 0 et |s(n)| = 1 pour tout n non nul. Autrement dit on peut choisir librement f(x) pour les x appartenant à [0,1[, et on construit récursivement les images des éléments de x+Z* en ajoutant ou en retranchant 1 à chaque pas.

Est-ce que c'est vraiment plus exploitable que de dire que ce sont les applications f : R -> R vérifiant |x-y|=1 => |f(x)-f(y)|=1 ?

J'avais trouvé la même solution mais finalement c'est juste une reformulation assez triviale et pas forcément plus commode que celle de l'énoncé non ?

[Skullkid]

Ouais c'est principalement une reformulation. Elle est plus exploitable dans le sens où elle liste explicitement les degrés de liberté qu'on a, mais sinon je suis d'accord qu'elle n'apporte pas grand-chose, et je n'ai pas trouvé de formulation plus élégante :/

Mathusalem, je suis aussi très souvent bloqué par ce genre de défis, d'ailleurs je suis bloqué pour le cas R² et je n'arrive pas à démarrer. Ici, j'ai commencé par chercher à construire à la main de telles fonctions, et ça mène relativement rapidement à ma démonstration : (blanc)dire que f est solution implique que la restriction fx de f à chaque x+Z, pour x dans [0,1[, conserve les distances unitaires. Donc les ux(n) = fx(x+n) - fx(x+n-1) forment une suite d'entiers relatifs à valeur dans {-1,1}, donc f est de la forme que j'ai décrite. Réciproquement, toutes les fonctions de cette forme marchent.

[Nightmare]

Hello,

pour la 1ère, je n'ai pas mieux qu'une caractérisation par construction comme le fait Skullkid, qui vient naturellement quand on essaye d'exhiber les fonctions qui conviennent.

Pour la 2nd, effectivement les isométries sont les solutions, mais c'est plus difficile à prouver...

[Dlzlogic]

Bonjour,
Petite question pour mon information personnelle, je vois souvent l'expression "nombre de degrés de liberté", je n'arrive pas à en deviner le sens exact.

[Skullkid]

Les degrés de liberté d'un système sont, en gros, les paramètres indépendants qui suffisent à décrire entièrement ce système. La notion peut se définir plus rigoureusement dans certains contextes et recoupe souvent la notion de dimension, mais ce n'est pas un concept proprement mathématique.

[Doraki]

Ce qui fait le 1 plus facile que le 2, c'est que pour deux réels a et b, il y a soit 0 soit 1 "chemin" qui va de a à b en faisant des pas de 1. Il y a qu'une seule manière de faire parler l'équation fonctionnelle.
On voit rapidement que les valeurs de f sur Z n'ont aucune contrainte avec ses valeurs sur Z+1/2 ni aucun autre Z+x pour x dans ]0;1[. Donc il suffit d'expliquer les solutions de Z, puis de prendre plein de copies.

Alos que dans le 2, pour tout couple de points il y a une grosse infinité de chemins qui vont de l'un à l'autre. Du coup c'est plus dur.

[Nightmare]

J'avais bien posté le deuxième problème [url="http://www.maths-forum.com/geometrie-affine-cns-une-isometrie-61636.php"]ici[/url]

aucune réponse n'a été donnée, mais ThSQ donne de grosses pistes qui avec un peu de travail permettent de conclure.

[Imod]

Le problème a aussi été débattu ici distance égale à 1 :lol3:

Imod

[Doraki]

- f préserve la distance sqrt(3) :
Soit AB un segment de taille sqrt(3), on place deux points C,D tels que ACD et CBD soient équilatéraux de coté 1.
f(A)f(C)f(D) et f(C)f(B)f(D) sont donc équilatéraux de coté 1, et donc f(B) est soit f(A), soit le symétrique de f(A) par rapport à (f(B)f(C)).
Donc f envoie la distance sqrt(3) dans {0 ; sqrt(3)}.
Prenons B' tel que BB' = 1 et AB' = sqrt(3). On a donc f(B') = f(A) ou f(A)f(B') = sqrt(3).
De plus, f(B)f(B') = 1, ce qui force f(A)f(B) et f(A)f(B') à être à distance sqrt(3) de f(A).
Donc f conserve la distance sqrt(3).

En corollaire on obtient :
- L'image d'un réseau de triangles équilatéraux de coté 1 est un réseau de triangles équilatéraux de coté 1.
Il suffit d'appliquer le résultat précédent triangle par triangle.

- f préserve "être à distance <=2" :
si AB <= 2 alors il existe C tel que AC=BC = 1, et donc par l'inégalité triangulaire, f(A)f(B) <= f(A)f(C) + f(C)f(B) = 2.

En combinant ces deux résultats on obtient :
- Pour tout A et B, |f(A)f(B) - AB| <= 4.
En effet, en dessinant un réseau dont A est un sommet et en choisissant un point C du réseau tel que BC <= 2 alors AC <= AB+BC <= AB+2, et f(A)f(C) = AC et f(B)f(C) <= 2, donc f(A)f(B) <= AC+2 <= AB+4. On montre de la même manière que f(A)f(B) >= AB-4.

Continuons notre dessin. Quitte à renommer les points je suppose que B' et C sont de cotés différents de (DB). Rajoutons E le symétrique de C par rapport à (DB) et F le symétrique de B par rapport à (ED).
Alors f(E) est aussi le symétrique de f(C) par rapport à (f(D)f(B)) et de même pour F.
On observe que B' et F sont à distance 1.444 l'un de l'autre (<=2) tandis que le symétrique de B' par rapport à (AB) est à distance 2.432 de F (> 2).
On en conclut que f(B'), qui n'a que deux positions possibles a priori, est forcé d'être la solution qui est à 1.444 de f(F) et pas celle qui est à 2.432 de f(F).
On en conclut que la distance EB', environ 0.292, est préservée par f.

Du coup, en itérant tout ça, on obtient :
- f conserve des distances arbitrairement petites (1, 0.292, 0.292^2, 0.292^3, etc)

On peut enfin montrer que f est une isométrie :
on prend A et B sont quelconques, et on suppose |f(A)f(B) - AB| = ;) > 0.
Chosissons une distance ;) conservée par f telle que ;) < ;)/4.
Alors ;) = |f(A)f(B) - AB| <= 4;) < ;), contradiction.