Application qui conserve les vecteurs unitaires

[Doraki]

En considérant un graphe formé par des triangles équilatéraux directs de coté 1 : ABC, CBD, CDE, EDF, AGH, HGI, IGJ, IJF.
A quoi on rajoute le triangle équilatéral de coté sqrt(7) AFK.

On peut supposer que A B C D E F, et K sont fixes sans perte de généralité.

Alors G H I J sont aussi fixés, et dans ce cas, on a un BG qui est fixé et de longueur 1/sqrt(7).

La présence de K fait que dans l'autre possibilité f(G) = C ; f(H)=B ; f(I)=D ; f(J)=E, on doit avoir f(K) = le symétrique de K par rapport à AF, donc elle est impossible.

Donc cela montre que f conserve la distance 1/sqrt(7).
On en déduit que f conserve toutes les distances de la forme sqrt(3^a/7^b), ensemble dense dans R+

Et comme l'a dit ffpower on en déduit l'uniforme continuité de f, puis que f fixe le plan tout entier.

[Nightmare]

Niquel Doraki !

J'ai trouvé ce matin dans le Leichtam comment conclure ma preuve, je posterai si vous le souhaitez.

[Nightmare]

Quelqu'un a une idée de généralisation à ?

[Doraki]

J'ai l'impression que ça devrait être plus simple que le cas de R².

- Un hyperpolyèdre régulier A0A1...An est envoyé sur un autre hyperpolyèdre régulier.

- Si on colle 2 hyperpolyèdres A0...An et A1...A(n+1) (A(n+1) est le symétrique de A0 par rapport à la face A1...An), ça dit que si d(A,B) = 2*sqrt((n+1)/2n), que j'appellerai h, alors d(f(A),f(B)) = 0 ou h.
Comme on peut trouver des triangles de cotés h,h, et 1, ça exclut la possibilité d(f(A),f(B)) = 0 donc la distance h est conservée.
Et donc on a bien que l'image d'un réseau est un réseau.

On colle ensuite un 3ème hyperpolyèdre régulier A2...A(n+1)B (B est le symétrique de A1 par rapport à la face A2...A(n+1)).
Il se trouve que d(A0,B) = 1+2/n.

Donc si d(A,B) = 1+2/n, alors d(f(A),f(B)) = 1+2/n.

Supposons n>2.
Alors 1+2/n est une fraction.
On a plus qu'à regarder un segment de taille (n+2), le diviser en n morceaux de taille (1+2/n) et (n+2) morceaux de taille 1.
On en déduit que f conserve aussi la distance 2/n, qui est plus petite que 1.

Et puis pareil pour la fin.

(j'étais parti dans un truc compliqué mais tout d'un coup j'ai voulu calculer d(A0,B) pour délirer et j'ai fait "oh.")

[LB.]

Haha le monde est petit : j'étais justement en train de lire cet exo dans un bouquin. Ça a été posé à un oral ENS. En effet, est une bonne piste.

[Nightmare]

Oui dans le Leichtam, mais ils ne parlent pas de la généralisation :(

Doraki > Je vais lire ta preuve voir s'il n'y a pas de soucis.

[Nightmare]

Doraki > Je ne comprends pas ce passage :

Supposons n>2.
Alors 1+2/n est une fraction.
On a plus qu'à regarder un segment de taille (n+2), le diviser en n morceaux de taille (1+2/n) et (n+2) morceaux de taille 1.
On en déduit que f conserve aussi la distance 2/n, qui est plus petite que 1.

Comment déduis-tu la conservation de 2/n?

[Doraki]

On sait que l'image d'un réseau est un réseau donc que f conserve les distances 1, 1+2/n, et n+2.

On prend A et B à distance n+2 l'un de l'autre.
f(A) et f(B) sont aussi à distance n+2 l'un de l'autre.

On insère n points C1...Cn équirépartis sur le segment AB à distance 1 les uns des autres. Comme f conserve la distance 1, le cas d'égalité de l'inégalité triangulaire fait que la seule manière de placer les images de C1...Cn est de les mettre eux aussi sur le segment f(A)f(B) équirépartis à distance 1 les uns des autres.

Pareil en insérant (n-2) points D1...D(n-2) équirépartis à distance (1+2/n) les uns des autres.

d(C1,D1) = 2/n = d(f(C1),f(D1)).
Pour toute paire de point C' D' de distance 2/n on peut trouver des points A et B tels que C1 et D1 coincident avec C' et D', et donc d(f(C'),f(D')) = d(C',D') = 2/n : f conserve bien la distance 2/n.