Deux grosses questions que j'oublie ...
Deux grosses questions que j'oublie toujours de poser, je me dépêche de le faire.
Question 1141
Soit $n$ un entier $>1$. Soit $J:=[0,1]^n$ (topologie usuelle).Soient $f,g$ telle que $f\circ g=g\circ f$ et de $J\to J$, continues.
Existe-t-il forcément $x\in J$ tel que $f(x)=g(x)$?
Question 1142
Soit $n$ un entier, $\R^n$ l'espace euclidien canonique et $T$ l'ensemble de ses ensembles de cardinal $n$ de droites vectorielles 2 à 2 orthogonales.
Soit $f$ continue associant à chaque élément de $x\in T$ une application de $x$ dans $]0,+\infty[$.
Existe-t-il forcément $x\in T$ tel que $f(x)$ soit constante ?
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Réponses
Un truc m'échappe-t-il?
Pour toute partie compacte de $\R^n$, il existe un hypercube régulier la contenant chaque hyperface rencontrant la partie (ça fait $2n$ faces quand-même, 6 dans le cas de $\R^3$)
1ère question : on peut se ramener à f et g surjectives.
Soit $U=f(J)\cap g(J)$. $U$ est non vide puisque $f(g(x))= g(f(x))$ pour tout $x\in J$.
D'autre part on voit que $f$ et $g$ sont définis de $U$ compact connexe dans lui-même (*)
Si $f$ et $g$ ne sont pas surjectives sur $U$, on est ramené au même problème dans $U$ strictement inclus dans $J$
On répète l'opération tant qu'on a pas une surjection.. comme toute intersection d'une famille décroissante de compacts connexes d'intérieur non vide est compact connexe, on se ramène au cas subjectif.
(*) Si $u:=f(x)\in f(J)$ alors, $g(u)=g(f(x))=f(g(x))\in f(J)\cap g(J)$ . Même chose en intervertissant les rôles de $g$ et $f$. D'où l'on déduit le résultat.
Pour chaque $x$ dans $T $, $f(x)$ est une application qui associe à chaque droite dans $x$ un nombre positif strictement.
@LMPC: bravo tu viens de prouver le théorème de Brouwer en quelques lignes abstraites. :-D
Si $x$ est un point fixe de $f$ (et ça existe car $J$ connexe compact) , alors $g^k(x):= g(g^{k-1}(x))$ est un point fixe de $f$ pour tout entier $k>0$, donc $f$ continue est l'identité sur l'adhérence de l'orbite de $x$ par $g$ (l'ensemble des $g^k(x), k $entier positif) qui contient aussi un point fixe pour $g$ : ERREUR par compacité de $J$. Donc si je n'ai pas encore écrit une énormité (je réfléchirai après avoir posté hahaha) $g$ et $f$ ont meme un point fixe commun
Soit $J=[0,1]^n$, $n$ entier >1
Si $f$ continue de $J$dans $J^2$ tel que pour tout singleton $x\subset J$ et tout entier $k>1$ on a $|F^k(x)|\leq k+1$, alors il existe un singleton $x_0\subset J$ tel que $F(x_0)$ soit un singleton.
Où $F$ est la fonction de $\mathcal P(J)$ dans lui-même qui à toute partie $X$ de $J$, associe l'union des deux projections sur $J$ de l'image directe de $X$ par $f$.
@JLT : pour moi ce que tu notes d(u,0) vaut 0. Distance de la droite u à l'origine. :-S
Si on autorise $\text{Im} f \cap \text{Im} g= \emptyset$, on peut choisir $n=1$, et $f(x)=0$, et $g(x)=1$ pour tout $x$.
N.B. Il faut que ça soit des bijections toutes deux non bijectives car $f^{-1}\circ g$ continue sur un compact a un point fixe.
[$\LaTeX$ fournit la commande \circ pour la composition de fonctions. AD]
@LMPC: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2209938,2210322#msg-2210322 --> 2 fonctions constantes différentes.
Du coup je n'ai pas compris à quoi tu fais référence dans ta réponse , est-ce à ma demande de contre-exemple.... je pense que c'est ça... car ça y répond, sauf que je demande (implicitement vu le post d'avant) un contre-exemple avec f et g surjectives.
Il risque d'être dur à trouver car il doit ne pas y avoir de section continue, si je ne dit pas de bêtise...
J'ai un peu la flemme de chercher deux fonctions explicites, surjectives, dont on ne se force pas à supposer qu'elles commutent, et qui seraient contre exemple, mais je peux te dire que 10mn te suffiront à obtenir des conséquences de rêve tellement puissantes en supposant qu'il n'existe pas de contre-exemple, que tu trouveras vite par toi-même, même avec de simples polynômes sur $[0,1]$ ;-)
Le fait qu'elles commutent EST UNE HYPOTHESE TRES FORTE!!
Soit $f$ continue de $J$ dans $J$ (compact connexe) et $x\in J$.
$Orb(f,x):=\left\{f^k(x), k\in \N\right\}$, où $f^n(x)= f(f^{n-1}(x))$ pour tout $n>1$ et $f^1=f$.
Est ce que si $y$ est dans l'adhérence de $Orb(f,x)$ , alors il existe un entier $n>0 $ tel que $f^n(y)=y$?
Question inspirée de 1142 (équivalente, (je l'écris juste pour la dim 3 pour dire " triangle " et pas "simplexe"))
Soit $A\subset \R_+^3$ l'espace des triangles ayant un sommets sur chacun des demi-axes positifs relatifs à la base canonique. Soit $B\subset A$ connexe par arc et stable par permutation des coordonnées de la base canonique. Est-ce que $B$ contient un triangle équilatéral ?
Je crois que la réponse est non, mais je ne suis pas certain que ça soit équivalent à 1142.
On se ramène à la question du post d'en dessous en observant qu'en ne regardant que le triangle défini par les coordonnées définis par $f$.
En ne regardant que les mouvement du triangle "comme si les droites étaient fixes" on se convainc que la seule contrainte qu'on a en plus de la continuité c'est de pouvoir passer continuement d'un triangle à tout ses isométriques (il y en a 6, autant que de permutation des 3 axes)
Et on peut montrer que si un triangle ABC n'est pas equilateral on peut l'emmener sur ses transpositions d'ordre 2 (c'est facile seule une seul l'échange des deux angles extrêmes demande de prendre une feuille et un papier) donc en composant toutes ces permutations on peut envoyer CYCLIQUELENT et continuement ABC sur ses isométriques (les permutation d'odre 2 engendre tout le monde) mais ce faisant tout triangle du cycle est invariant par permutation !
Exemple regardant les angles en degrés, on voit qu'on échange les angles extrêmes continument sans passer par 60 60 60
70 60 50
69 61 50
50 61 69
50 60 70
C'est trivial pour les autres transpositions. On vérifie que ces chemins sont possibles sur ces axes (le plus grand angle correspond à la plus petite coordonnée, il y a bijection continue entre les triplet d'angle aigus et les triplet de rapports des coordonnées) On a donc un chemin de ABC vers tous ses "semblables", mais on peut passer continument d'un triangle à son semblable donc ABC s'envoie sur tous ces isométriques.
Et ça tient bien :-D ?
Cordialement,
Rescassol
Par contre je ne suis plus convaincu que c'est équivalent à 1442, si c'est ça que tu voulais pointer:-D
Je vais chercher.
Là on peut juste dire qu'on peut passer continuement d'un triangle à u un autre dans le sous ensemble de $T$ où un des trois axe est celui de la base canonique. On remarque aussi que pour tout $\epsilon>0$ on peut forcer TOUS les triangles(nécessairement sans sangles obtus) à être tels que leur plus grand angle est plus grand que $\pi/2-\epsilon$ (modulo pi/2)
Si on peut montrer soit (**) soit que ca se prolonge bien ce sera bon. On peut peut-être montrer que ça se prolonge à un sous-ensemble de $T$ où une des droites est dans un plan défini par deux vecteurs de la base canonique, dans ce cas ça sera vrai aux voisinage des plans en question et on se ramène à un prolongement plus simple car le complémentaire de l'union de ces voisinages est simplement connexe
Si on fixe l'orientation d'un triplet donné et qu'on effectue une rotation suivant l'un des axes, si on effectue un demi-tour en regardant les $f(x)$, à droite et à gauche, on constate que les valeurs se sont interverties après un demi-tour. Or si on fait un demi-tour suivant une autre des deux autres droites, la commutativité des demi-tours impose que $st(a,b,c)=ts(a,b,c)$ avec $s$ et $t$ permutations distinctes d'ordre 2, ce qui entraîne $a=b=c$.
On déduit facilement la même chose pour $n>3$ (par exemple on fixe $n-3$ droites et on se ramène au cas précédent, on conclut par transitivité d'égalités)
Donc la réponse est vacuously oui pour n>2(:D
J'écris tout formellement tout de suite!
Soit $U$ l'ensemble des triplets ordonnés de droites deux à deux orthogonales. À tout $u=(u_1,u_2,u_3)\in U$ correspond un unique "support" $x\in T$ et une unique permutation $s\in \mathfrak S_3$ , tel que $u_i=x_{s(i)}$
Soit $f^*$ continue de $U$ dans $]0,\infty[^3$ de sorte que $f^*(u)=f(x)$ si $u=x^*$ , de sorte que les compositions avec projections suivant une coordonnée donnée soient continues, ainsi que les compositions avec toute fonction qui associe canoniquement un triplet à son support (c'est possible parce que $f $ est continue, c'est d'ailleurs, pour moi, la signification de $f$ continue ...) Puisque les rotations opèrent continûment sur $U$, La continuité de $f^*$ et de $f$ impose que $f^*(x_1,x_2,x_3) = f^*(x_2,x_1,x_3)$ (rotation qui fixe $x_3$ qu'on notera $(12)$). Meme chose pour les deux autres ** rotations non triviales qui fixent $x$
Or les rotations commutent donc on a forcément $(f^*.u_3,f^*.u_1,f^*.u_2)=(23)(12)f^*(u) = (12)(23)u= (f^*.u_2,f^*.u_3,f^*.u_1)$
Donc $f^*u_1=f^*.u_2=f^*.u_3$
Et $f(x)$ est constante pour tout $x$
*il y a ambiguïté si deux termes sont égaux, mais on s'en fiche, quoi que j'aurais une question concernant la pure rigueur, on peut évidement se passer de l'axiome du choix, mais si on devait programmer la preuve pour qu'un ordinateur la valide on aurait un gros casse tête formel pour le cas de l'égalité de deux coordonnées enfin, il me semble je dis peut-être une bêtise, je crois qu'on serait obligé de considérer le comportement local de $f$ ... ou alors de sortir de $U$ pile à ce moment là, ce qui reviendrait à regarder quand même à un moment le comportement local de $f$ (continue).
Bon oublie cette remarque si tu ne vois pas trop ce que je veux dire (fidèle à mon pseudo 8-) )
** il y a bien sûr les rotations d'un quart de tour dans l'autre sens mais ça ne change rien, on en choisit une arbitrairement.
J'ai encore du mal à voir, d'où ces quelques questions :
1) est-ce que toute application continue $g$ du groupe orthogonal dans $(R_+^*)^3$ telle que pour toute matrice $P$ qui est soit de permutation soit diagonale avec des 1 et des -1, on ait $P^{-1}MP= pos(P(g(M)))$ (où $pos(a,b,c)=(|a|,|b|,|c|)$ fournit canoniquement une $f$ continue de $T$ dans etc...
2) on peut supposer que pour tout $x\in T$ , la somme des termes de $f(x)$ vaut $1$
3) Dans le cas où la réponse [à 1142] est non :
Quitte à élever au carré et à normaliser pour se ramener au cas précédent et quitte à répéter l'opération, on voit que le $\min _T(\min (f(x)))$ peut-être rendu aussi petit que l'on veut.
Réponse oui.
Prendre un plan affine dans $,\R^3$, ne passant pas par l'origine, par exemple le plan $x+y+z=1$ et le bomber au voisinage d'un cercle inclus dans le cercle intersection de ce plan et de la boule unité (construction de ce bombage dans L'ÉDIT qui clot ce même post) .
Il faut bomber un voisinage de ce "cercle d'equilateralité" de sorte que les trois points d'interction de trois droites deux à deux orthogonales avec ce vosinage bombé ne soient pas equidistants de l'origine. Or, puisque toute intersection de trois droites vectorielles deux à deux orthogonales qui ne rencontre pas ce voisinage est un triangle non équilatéral, il suffira d'affubler à chaque droite la distance de l'origine à son intersection avec le plan de coupe modifié au voisinage du "cercle d'équilteralité" ( on donne +l infini aux droites parallèles au plan de coupe et si on veut que ça soit à valeurs positives disons bornées, on compose a gauche avec $x$ donne $1+1/x$)
Édit : pour trouver le bon "bombage" on procède comme suit :
D'abord on donne l'altitude des points du cercle. (disons que les points du plan on l'altitude 0) par exemple on coupe le cercle en deux demi cercle et sur sur chaque demi cercle on passe de -1 à 1 de façon monotone.
Les points d'isocelitude sont alors finis. Et d'ailleurs on constate que sur le cercle on a jamais de fonction constante. Cependant il faut prolonger le cercle à un de ses voisinages et c'est sur celui ci qu on doit maintenant éviter la fonction constante (i.e. 3 droites telles que leur 'intersection avec le voisinage équidistante de l'origine)
Je disais que l'ensemble des points tels qu'on a deux valeur égales (points d isocelitude) est fini sur le cercle. On va s'assurer qu'au voisinage de ces positions, le point d'isocelisation soit isolé (on peut dire différemment"le" point, ou "les" deux points , il n'y a pas d'ambiguïté puisque l'un determine l'autre, au moins localement) . Il suffit en effet de bomber "positivement" autour d'un des deux points concernés et "négativement" autour de l'autre. Si on a autre point d'isocelisation et on refait la meme chose, un nombre éventuellement transfini de fois, ainsi les points d'isocelitude sont un fermé d'intérieur vide. On a plus qu 'à s'assurer que le changement de signe de "distance associée à une des deux droites moins distance associée à la troisième" ne s'annule pas quand les deux droites sont sur un de ces points isolés, si par malchance (infinie) c'est le cas, on modifie sans danger le nombre de la troisième droite sur le voisinage des deux autres où elles sont non iso sauf au point d'isocelitude , de sorte qu'en ce point on ait pas 3 mêmes valeurs.
EDIT : IL FAUT REGLER LE PROBLEME DES POINTS D ACCUMULATION, JE REVIENS, c'est possible, je crois, car on peut repousser les iso toujours dans le même sens et contrôler l'étendue du processus, ce qui donne une liberté suffisante pour l'emplacement de la troisième droite mais il faut que je me penche dessus précisément.
concernant la 1142 (telle que posée par CC), une question me turlupine : quelle est la topologie sur $T$ ? Sans ça, la continuité de $f$ ne signifie rien...
Existe-t-il une base $B$ dans $T'$ telle que $f(B)$ est proportionnel à $(1,\dots,1)$ ?
1) Que l'image est indépendante du sens des vecteurs unitaire (autrement dit ça ne change rien de changer un vecteur de la base en son opposé).
2) Pour toute permutation $s$ qui permute les axes de $B$ on doit avoir : $f\big(s(B)\big) =s\big(f(B)\big)$.
J'ai donc, sauf erreur, montré*, qu'il existe une surface $S$ compacte autour de $O=(0,0,0,)$ telle que toute droite passant par O coupe S en exactement deux points équidistants de O, et telle que trois points deux à deux semi-antopodaux n'ont jamais la même altitude (distance à O)
Par contre rien ne garantit, dans la preuve, la différentiabilité de $S$.
*formulation équivalente de la question (en remplaçant sans perte de généralité "à valeur dans $]0,\infty[$" par "bornée")
...j'espère qu'il n'y a pas d'erreur lol
On considère la réunion des intersections de boules centrées en des sommets adjacents union
Soit $d$ l'application qui à toute droite passant par $O$ associe la distance à l'origine de son intersection avec la surface $S$, il me semble que $d$ est non constante sur les ensemble de trois droites deux à deux orthogonales passant par $O$
Edit : ca ne marche pas il y a quand $d$ se prolonge par continuité un unique ensemble de trois droite qui ont la valeur 0 par d, mais je pense qu'en modifiant $S$ près de $O$ ça devrait le faire.... pas le temps de détailler maintenant.