Relation d'inclusion après isométrie

zeste

Bonjour à tous

On se place dans le plan euclidien $\mathcal{P}$.
Sur l'ensemble des figures (parties du plan) on définit la relation $\mathcal{R}$, que j'appelle inclusion après isométrie, par : $$\mathcal{F} \mathcal{R}\mathcal{F}' \Longleftrightarrow \exists f \in \text{Isom}(\mathcal{P}), \, f(\mathcal{F}) \subset \mathcal{F}'.$$La relation $\mathcal{R}$ n'est pas une relation d'ordre mais seulement de préordre : elle n'est pas antisymétrique (tout couple de figures isométriques distinctes y contrevient).  

Étant donné deux figures $\mathcal{F}$ et $\mathcal{F}'$ je ne parviens pas à montrer (edit : normal, c'est trivialement faux) que si $\mathcal{F}\mathcal{R}\mathcal{F'}$ et $\mathcal{F}' \mathcal{R}\mathcal{F}$, alors $\mathcal{F}$ et $\mathcal{F'}$ sont isométriques.

lesmathspointclaires

Je pense que si on a un contrexemple [edit : et si on interdit les translations] c'est avec l'axiome du choix. 
[double edit : pas besoin d'axiome du choix non plus pour le cas uniquement rotation. Je laisse chercher ceux qui veulent]

lesmathspointclaires

Pas besoin d'axiome du choix, en fait : en restant dans $\mathbb R$, on a un contrexemple : On considère pour tout entier naturel $n$, l'ensemble des $F_n:=\left\{n+k2^{-n}, k\in \mathbb N, k<2^n\right\}$ appelons ça $F_n$, on prend $F=\bigcup_{n\in \mathbb N} F_n$ et on a un contrexemple avec $\left\{0\right\} \cup (F+666)$ et $F$ 
($F+666$ est le translaté de $F$ par le vecteur $666$)

zeste

lesmathspointclaires a dit :

Quand tu dis que tu n'arrives pas à le montrer, tu sais si ça a déjà été prouvé par quelqu'un et tu cherches la preuve ou tu te poses la question et tu n'as pas la réponse ? (joli problème en tout cas, sauf si la réponse est triviale et nous a échappée hahaha) 

En fait je ne sais pas si c'est vrai (même si j'ai envie que ça le soit), je me pose la question. 

Je m'intéressais à cette relation d'inclusion après isométrie dans un cadre didactique : en effet si je peux inclure une figure dans une autre au moyen d'un mouvement alors les élèves ont tendance à croire que les grandeurs (aire, périmètre et angles) attachées à la figure incluse sont plus petites que celles attachées à l'autre ; cette croyance étant renforcée par le fait qu'elle est un théorème si on se restreint à la grandeur aire (l'aire est croissante). 

Je ne suis pas certain de bien saisir ton contre-exemple.

lesmathspointclaires

J'ai enlevé ma question que tu cite car en trouvant le contrexemple j'y ai répondu(je pensais qu'à cette heure-ci ça n'aurait pas d'effets indésirable de croisement de lecture)


Pour les contrexemples on a si je ne dis pas de bêtise, chacun des deux ensembles qui est inclus dans une translation de l'autre. (disons de vecteur 66666)

lesmathspointclaires

Tu as compris le contre exemple j'espère! Tu prends une règle graduée suivant les unités sur le premier centimètre, suivant les dizaines sur le second , les centièmes sur le troisième et ainsi de suite, ça te donne $F$.  Tu translates le bail de $666$ centimètres et tu ajoutes le singleton $0$. Ça donne disons $F'$. On a clairement $F'$ inclus dans $F$ et il ne sont pas isométrique, de plus $F+666$ est inclus dans $F$ (on peut remplacer $666$ par 1 ou 2 mais par flemme de reflechir aux indices j'ai préféré prendre un nombre rigolo, plutôt que $2$ ou $3$ mou du jenou.

lesmathspointclaires

Pas convaincu?

lesmathspointclaires

On peut même trouver deux "figures" d'aire 1 qui sont contrexemple. Je laisse chercher.

zeste

Merci pour ces explications ! Effectivement je ne suis pas convaincu par le contre-exemple en dimension 1.

Je pense que je le serai bien davantage par un contre-exemple faisant intervenir des figures d'aires (finies) non nulles. En tout cas, l'aire étant croissante et invariante par mouvement, les deux figures du contre-exemple ont nécéssairement même aire, si cette aire est non nulle (et finie) , on peut toujours se ramener à des figures d'aire 1 $u.a$ par homothétie.

lesmathspointclaires

je me serais trompé? expliques^^? ou alors tu ne comprends pas ce que je raconte?

lesmathspointclaires

Attention au fait, une "figure" n'a pas toujours une aire. L'exemple en dimesion 1 marche aussi en deux, il suffit d'injecter dans le plan si c'est ça qui te gènes🤔🤔🤔

lesmathspointclaires

zeste a dit :

Merci pour ces explications ! Effectivement je ne suis pas convaincu par le contre-exemple en dimension 1.

Je pense que je le serai bien davantage par un contre-exemple faisant intervenir des figures d'aires (finies) non nulles. En tout cas, l'aire étant croissante et invariante par mouvement, les deux figures du contre-exemple ont nécéssairement même aire, si cette aire est non nulle (et finie) , on peut toujours se ramener à des figures d'aire 1 $u.a$ par homothétie.

$C:=e^{i\mathbb N}$ et $C':=e^{i\mathbb N^*}$. L'un est strictement inclus dans l'autre donc pas isométriques. Et $e^i.U=U'$ donc on a l'inclusion réciproque (et même égalité) après rotation d'un radian. Pour avoir l'aire $1$ tu prends l'union avec le disque unité ouvert. Et tu plonges tout dans le plan euclidien réel isomorphe à $\mathbb C$

Il faut modifier un peu, sur le modèle de l'autre... car justement ils sont isométriques. Et encore faudra-t-il le prouver qu'ils ne sont pas isométriques... 

lesmathspointclaires

$C:=e^{i\mathbb N}$ et $C':=e^{i\mathbb N^*}\cup \left\{e^{-i}\right\}$. On a $e^{i}C\subset C'$ et $e^{i}C'\subset C$ Ils ne sont pas isométriques (exercice)

JLT

Prendre $\mathcal{F}=[0,+\infty[$ et $\mathcal{F}'=\{0\}\cup [1,+\infty[$.

zeste

D'accord pour le contre-exemple sur sur le cercle unité ! Très beau, merci.

Edit : Ah bah oui, le contre-exemple de @JLT est parfait avec une translation.

La relation d'équivalence $\sim$ définie sur l'ensemble des figures par : $$F\sim F' \Longleftrightarrow F\mathcal{R}F' \text{ et } F'\mathcal{R}F$$ est donc plus grossière que la relation « être isométrique ».

lesmathspointclaires

@Zeste pourquoi as tu barré? et qu'est ce qui ne te convient pas dans les deux exemples que j'ai fournis. Non seulement je ne trouve pas ça correct à mon égard, mais en plus tu induis le lecteur en erreur.
@JLT donne un contrexemple qui est quasiment celui que je t'ai donné en premier (version continue et plus simple) tu peux dire que tu le préferes pour tes classes, mais ne laisse pas croire aux lecteurs qui ne lisent pas que les exemples que j'ai donné sont faux s'il te plait! Ou alors prouve que c'est faux, c'est à ta charge vu que tout est défini et de preuve immédiate (ou quasi pour le second).

@JTL en tant que modérateur tu pourrais faire peut-être faire attention à ce genre d'attitude assez insidieusement délétère, et lire ce qui se passe, en disant par exemple quand tu donnes un troisième contrexemple : "plus simplement on a ..." ou alors préciser à zeste qu'il induit par cette attitude légère le lecteur diagonal ou débutant en erreur!

JLT

Je ne m'exprime pas en tant que modérateur sur ce fil, mais en simple intervenant qui s'est contenté de répondre à la première question du fil sans lire le reste (et je n'ai pas obligation de lire toutes les réponses avant de poster la mienne).

zeste

D'accord, c'est vrai, je débarre. Navré que tu l'aies mal pris (en fait je n'avais pas vu que tu avais arrangé le contre-exemple borné sur le cercle unité).

raoul.S

Je propose de modifier un chouïa l'énoncé de @zeste et de montrer que ce nouvel énoncé est vérifié : 

On se place dans un espace métrique quelconque $E$. Sur l'ensemble des compacts de $E$ on définit la relation $\mathcal{R}$, par : $$K \mathcal{R} K' \Longleftrightarrow \exists f \in \text{Isom}(E), \, f(K) \subset K'.$$  

Montrer que si $K \mathcal{R} K'$ et $K' \mathcal{R} K$, alors $K$ et $K'$ sont isométriques.

lesmathspointclaires

@JLT je comprends et je ne me permettrai pas de dire que tu as quelconque obligation, mais avoue quand même qui si tu as mis une réponse c'est que tu as vu qu'elle n'était pas déjà donnée, et donc que tu as lu en diagonale, ce n'est pas un reproche, ça corrobore juste ce que je dis : les gens se contentent des approbations ou désapprobations diverses et comme ici fantasques de certains membres et donc les lecteurs sont induits en erreurs, et je me contente de signaler que c'est un problème, pas facile à régler, mais au moins je le note...

D'autant que la relation de zeste me semble digne d'intérêt, et trouver divers contrexemples, comme des cas où ça marche  (par exemple si on se limite aux ouverts) aussi.

Récapitulons les divers C.E.

$E=\mathbb N^* \cup\left\{-1 \right\}$ , $E'=\mathbb N$  (sans point d'accumulation, comme le premier contrexemple mais plus simple)
$F=\mathbb R_+^*$ et $F'=\mathbb R_+$ (continue (variante de JLT))
$G=e^{iE}$ et $G=e^{iE'}$ (dénombrable dense)
$H=G\cup D$ et $H'=G'\cup D$ (avec $D$ disque unité ouvert) (aire finie non nulle)

raoul.S

Suite à mon précédent message, je donne la preuve de l'énoncé de zeste lorsque l'on se limite aux compacts. Rappel de l'énoncé :  soit $E$ un espace métrique (pas besoin de préciser la distance) et $K,K'$ deux compacts de $E$. Soit de plus $f,g:E\to E$ deux isométries vérifiant $f(K)\subset K'$ et $g(K')\subset K$. Alors $K$ et $K'$ sont isométriques.

Preuve : On utilise le lemme suivant : soit $K$ un espace métrique compact et $f:K\to K$ une isométrie, alors $f$ est bijective. On peut trouver une preuve de gb de ce lemme ICI (voir point 1.)

On revient à l'énoncé. Il suffit d'appliquer le lemme à $(g\mid_{K'} \circ f\mid_{K}):K\to K$. L'isométrie $g\mid_{K'} \circ f\mid_{K}$ est donc bijective et par suite $g\mid_{K'}$ et bijective et $f\mid_{K}$ aussi. Donc $K$ et $K'$ sont bien isométriques.

lesmathspointclaires

@raoul.S petite restriction aux compacts et grande généralisation aux métriques !😍

@zeste, je viens de voir ton dernier message, j'ai l'impression qu'il y a de gros problèmes de synchronisation, si ça se trouve ça crée des quiproquos. C'est pour ça qu'à mon avis il faut être encore plus attentif et bien tout lire à chaque fois. 

zeste

 @raoul.S on va dire que je chipote mais en fait on applique le lemme à $g\big\rvert_{K'}^{K} \circ f\big\rvert_{K}^{K'} $, la composée de $f$ resteinte à $K$ et corestreinte à $K'$ par $g$ restreinte $K'$ et corestreinte à $K$, non ?
Aussi, toujours dans ce cas plus général des espaces métriques, étant donné $A$ et $B$ deux parties de $E$, quelle est la définition usuelle de « $A$ est isométrique à $B$ » ? 

1. Est-ce : il existe une isométrie $f$ telle que $f(A)=B$ ?
2. Est-ce plutôt : il existe une isométrie $f$ telle que $f(A)=B$ et il existe une isométrie $g$ telle que $g(B)=A$ ?
3. Ou bien : il existe une isométrie bijective $f$ telle que $f(A)=B$ ?

Merci beaucoup en tout cas pour cette généralisation ! 

@lesmathspointclaires Oui, effectivement ! 
lesmathspointclaires a dit :

 comme des cas où ça marche  (par exemple si on se limite aux ouverts) aussi.

Je n'ai pas l'impression que ça marche si on se limite aux ouverts. Par exemple, dans $\R^2$, si on considère les ouverts $U=]0, +\infty[ \times ]0,2[$ et $U'= U \setminus \overline{B((1,1) , \frac{1}{2})}$. On a $U$ et $U'$ non isométriques, or $U' \subset U$, et $\tau_{(2,0)}(U) \subset U'$.

tambwe

Tu as raison. Ouvert borne

raoul.S

zeste a dit :

en fait on applique le lemme à $g\big\rvert_{K'}^{K} \circ f\big\rvert_{K}^{K'} $, la composée de $f$ resteinte à $K$ et corestreinte à $K'$ par $g$ restreinte $K'$ et corestreinte à $K$, non ?

Oui c'est bien ça.

zeste a dit :

Aussi, toujours dans ce cas plus général des espaces métriques, étant donné $A$ et $B$ deux parties de $E$, qu'elle est la définition usuelle de « $A$ est isométrique à $B$ » ?

Je pense que la définition usuelle est : il existe une isométrie bijective $h:A\to B$ ($A$ et $B$ étant muni de la distance induite). Mais dans le cas particulier qui nous occupe on obtient un peu plus, on obtient la 2) que tu as mentionnée ci-dessus.

zeste

D'accord @raoul.S.  Merci !

@tambwe c'est rigolo que ce soit faux pour les figures bornées, alors que ça marche pour les figures fermés bornés et (apparamment) pour les figures ouvertes bornées.