Ensembles isométriques oral X

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Réponses

  • OShine
    Modifié (August 2022)
    Je vais tenter l'exercice 1 mais je doute d'avoir les capacités pour le résoudre.
    Toute la fiche a l'air intéressante.

    [N'est-ce pas cet exercice https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2331116/ensembles-isometriques-oral-x sur lequel tu as démarré cette discussion il y a exactement une semaine ? AD]
  • raoul.S
    Modifié (September 2022)
    Je reprends la partie de ce fil qui consistait à trouver la réponse à la question suivante : soit $(E,\|.\|)$ un espace normé, existe-t-il une partition de la boule unité fermée en deux parties isométriques ? (voir les posts à partir d'ICI)

    La réponse est non si $(E,\|.\|)$ est strictement convexe (voir preuve de JLT ICI).

    Par contre sans l'hypothèse de stricte convexité la réponse peut être oui. Voici un contre-exemple : 

    Soit $\ell^{\infty}$ l'espace des suites réelles muni de la norme du sup. On considère le sous-ensemble $A\subset \overline{B(0,1)}$ des suites qui possèdent un "segment initial" ayant un nombre pair de $1$. Par exemple la suite $(1,1,3,...)$ possède un "segment initial" ayant deux 1, elle est donc dans $A$. Idem pour la suite $(0.5,1,...)$ car elle possède un "segment initial" ayant zéros 1.
    De la même façon on considère le sous-ensemble $B\subset \overline{B(0,1)}$ des suites qui possèdent un "segment initial" ayant un nombre impair de $1$.

    Alors $B=\overline{B(0,1)}\setminus A$. De plus l'application $f:A\to B$ définie par $(x_1,x_2,x_3,...)\mapsto (1,x_1,x_2,x_3,...)$ est une isométrie surjective de $A$ dans $B$.

    Remarquons que $B$ est contenu dans la sphère unité. Ils sont vraiment contre-intuitifs ces espaces infinis.

    PS. Je n'ai pas réfléchi au cas de la dimension finie...

    Edit : ça ne marche pas
  • raoul.S
    Modifié (September 2022)
    Bon, mon contre-exemple est foireux. L'élément $(1,1,1....)$ (que des 1) pose problème. Je l'avais oublié celui-là...
  • Et si on remplace "isométriques" par "homéomorphes" dans le problème de OS, peut-on produire une preuve niveau prépa ?
  • Salut RLC,

    On pourrait commencer par chercher une démonstration tout court. Ce que je sais dire c’est qu’on ne peut pas découper un disque en deux parties homéomorphes si on impose en plus que ces parties aient une caractéristique d’Euler. En effet la caractéristique d’Euler du disque est 1 donc celle des parties devrait être 1/2, ce qui est absurde. En revanche je ne sais pas quoi dire si l’on fait sauter la restriction sur la caractéristique d’Euler. Par exemple pour le disque ouvert, ou le plan (ce qui revient au même) on peut trouver un tel découpage.
  • raoul.S
    Modifié (September 2022)
    Renart a dit :
    Par exemple pour le disque ouvert, ou le plan (ce qui revient au même) on peut trouver un tel découpage.
    @Renart est-ce que tu aurais un exemple d'un tel découpage ? Donc une partition du plan en deux parties homéomorphes.
  • Renart
    Modifié (September 2022)
    Salut Raoul.S,
    Le fait que tu me demandes me fait douter de ma réponse 🙃 On peut par exemple prendre \[A=\{(x,y) \in \R^2 : \lfloor x \rfloor \in 2\Z\} \quad \text{et} \quad A+1.\]
    En plus l'homéomorphisme est une isométrie dans ce cas.
  • Ah oui, ce n'était pas compliqué finalement... merci.
  • D'ailleurs en réfléchissant un peu à l'exemple de Renart j'avance un peu dans la recherche d'un contre-exemple (voir ICI).

    J'ajoute une miette à ma recherche avec l'énoncé "évident" suivant (je me suis étonné du fait que la preuve, sans être difficile n'est pas aussi évidente que l'énoncé...) : 

    Soit $E$ un espace normé, $C$ un convexe fermé borné et $v\in E$. Alors il n'existe pas de partition de $C$ en deux parties $A$ et $B$ telles que $B=A+v$.

    Donc s'il existe un contre-exemple, ce n'est pas avec les translations qu'on y arrivera, même si on pouvait s'en douter...
  • J'ai conclu un peu hâtivement que le résultat restait vrai à cause d'une considération (fausse) sur l'existence d'un point fixe.

    Bon, les génies du forum, on vous attend, hop hop hop !
  • raoul.S
    Modifié (September 2022)
    Je suis débile, mon contre-exemple était facilement réparable. Je recommence :mrgreen:
    Soit $(E,\|.\|)$ un espace normé, existe-t-il une partition de la boule unité fermée en deux parties isométriques ?
    La réponse est non si $(E,\|.\|)$ est strictement convexe comme montré par JLT.
    Par contre sans l'hypothèse de stricte convexité la réponse peut être oui. Voici un contre-exemple : 
    Soit $E$ l'espace des suites réelles nulles à partir d'un certain rang, muni de la norme du sup ($\forall u\in E,\ \|u\|:=\sup_n\{|u_n|\}$) et notons $\overline{B(0,1)}$ la boule unité fermée. On considère le sous-ensemble $A\subset \overline{B(0,1)}$ des suites qui possèdent un "segment initial" ayant un nombre pair de $1$. Par exemple la suite $(1,1,3,...)$ possède un "segment initial" ayant deux 1, elle est donc dans $A$. Idem pour la suite $(0.5,1,...)$ car elle possède un "segment initial" ayant zéros 1.
    De la même façon on considère le sous-ensemble $B\subset \overline{B(0,1)}$ des suites qui possèdent un "segment initial" ayant un nombre impair de $1$. Alors $B=\overline{B(0,1)}\setminus A$. De plus l'application $f:A\to B$ définie par $(x_1,x_2,x_3,...)\mapsto (1,x_1,x_2,x_3,\ldots)$ est une isométrie surjective de $A$ dans $B$.
  • Effectivement, en ne gardant que les suites presque nulles, ça fonctionne.
    On peut également le récrire en utilisant des polynômes.

  • Oui avec les polynômes c'est mieux, je n'y ai pas pensé.

    Le pire c'est qu'après mon contre-exemple foireux j'étais parti à la recherche d'une preuve... quel c...
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