Isométrie et produit scalaire conservé

Niser · January 2023

Bonjour,
Soient $E$ un espace euclidien munit du produit scalaire $\langle \cdot, \cdot \rangle$ et $f$ une application de $E$ dans $E$ telle que $f(0)=0$ et $\|f(x)\|=\| x\|$ pour tout $x\in E$.
Montrer que pour tout $x,y\in E$, $\langle f(x), f(y)\rangle =\langle x, y \rangle $.

Si $f$ est linéaire on peut appliquer l'identité de polarisation et déduire le résultat. Mais comme $f$ n'est pas linéaire, je n'arrive pas à la montrer.
Merci d'avance !

Math Coss · January 2023

Et pour cause ! Prenons $E=\R^2$ euclidien standard, qu'on identifie avec $\C$ pour simplifier les formules, et, pour $z$ non nul, $f(z)=|z|\mathrm{e}^{\mathrm{i}\arg(z)/2}$ où $\arg(z)$ est la détermination principale de l'argument, celle qui est dans $\left]-\pi,\pi\right]$. L'hypothèse est satisfaite évidemment, mais $f$ ne préserve pas le produit scalaire – choisir $x=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4}$ et $y=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/4}$ ou, en fait, à peu près n'importe quoi.

Niser · January 2023

D'accord. Merci !

Paul Broussous · January 2023

L'hypothèse sur $f$ est de fixer l'origine et laisser globalement stables les hyper-sphères centrées en l'origine. Mais sur une sphère $f$ peut faire vraiment ce qu'elle veut. Ce n'est pas assez rigide pour déduire que $f$ est linéaire.

raoul.S · January 2023

Du moment que le titre du fil est Isométrie et produit scalaire conservé, les hypothèses devraient plutôt être :

Soient $E$ un espace euclidien munit du produit scalaire $\langle \cdot, \cdot \rangle$ et $f$ une application de $E$ dans $E$ telle que $f(0)=0$ et $\|f(x)-f(y)\|=\| x-y\|$ pour tout $x,y\in E$.
Montrer que pour tout $x,y\in E$, $\langle f(x), f(y)\rangle =\langle x, y \rangle $.

julian · January 2023

Éventuellement élever le tout au carré et utiliser les hypothèses...

NicoLeProf · January 2023

Oui c'est extrêmement simple en faisant cette méthode en effet. Au final, avec les hypothèses de raoul, on s'en sort à merveille même si $f$ n'est pas linéaire. Ainsi, cela fait double emploi de supposer que $f(0)=0$ et $||f(x)||=||x||$ . De toute façon, si $||f(x)-f(y)||=||x-y||$ alors $||f(x)||=||x||$ car $f(0)=0$ .

raoul.S · January 2023

NicoLeProf a dit :

Au final, avec les hypothèses de raoul, on s'en sort à merveille même si $f$ n'est pas linéaire.

En fait avec ces hypothèses tu peux montrer sans trop de difficultés que $f$ est linéaire : toute isométrie qui fixe l'origine est linéaire.

NicoLeProf · January 2023

Je crois que j'ai réussi :

si $f$ est l'application nulle alors $f$ est linéaire et on a ce qu'on voulait.

Sinon, $f$ n'est pas identiquement nulle alors il existe un vecteur $x_0 \in E$ tel que $f(x_0) \neq 0$ .

Montrons que $f$ est linéaire .

Soient $x, y \in E$ et $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ . On a : $\langle f(\lambda x+\mu y), f(x_0) \rangle = \langle \lambda x+\mu y, x_0 \rangle$ (je l'ai prouvé suite au post de raoul donc je l'utilise sans problème).

Donc : $\langle f(\lambda x+\mu y), f(x_0) \rangle = \lambda \langle x,x_0 \rangle+\mu \langle y,x_0 \rangle$ par bilinéarité du produit scalaire.

Ainsi, $\langle f(\lambda x+\mu y), f(x_0) \rangle = \lambda \langle f(x),f(x_0) \rangle+\mu \langle f(y),f(x_0) \rangle=\langle \lambda f(x)+ \mu f(y),f(x_0) \rangle$ par ce que l'on a démontré et toujours par bilinéarité du produit scalaire.

d'où $\langle f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)- \mu f(y), f(x_0) \rangle = 0$ . Ceci étant valable pour $x, y \in E$ et $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ quelconques et $f(x_0) \neq 0$, on a alors: $f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)- \mu f(y)=0$ i.e : $f(\lambda x+\mu y)=\lambda f(x)+ \mu f(y)$ et $f$ est bien linéaire ! (Faux malheureusement)

Alain24 · January 2023

Bonjour et bonne année, cliquer sur la ligne qui suit.

https://fr.wikipedia.org/wiki/In%C3%A9galit%C3%A9_de_Cauchy-Schwarz

raoul.S · January 2023

@NicoLeProf c'est la dernière partie de ta preuve qui me pose problème. Celle-ci :

NicoLeProf a dit :
d'où $\langle f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)- \mu f(y), f(x_0) \rangle = 0$ . Ceci étant valable pour $x, y \in E$ et $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ quelconques et $f(x_0) \neq 0$, on a alors: $f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)- \mu f(y)=0$.

Je ne vois pas comment tu peux en déduire que $f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)- \mu f(y)=0$. Je suppose que tu utilises le fait que le produit scalaire est non-dégénéré. Sauf que pour ce faire il faudrait que $f(x_0)$ puisse être égal à n'importe quel vecteur de $E$, mais rien ne te dit à ce stade que $f$ est surjective pour pouvoir conclure ceci...

NicoLeProf · January 2023

Oui c'est ce que je voulais faire : utiliser que le vecteur orthogonal à n'importe quel vecteur de $E$ est le vecteur nul mais oui ça ne marche pas en effet ! Je me suis emmêlé les pinceaux...

raoul.S · January 2023

Mais effectivement c'est ce genre de calcul qui permet de démontrer la proposition.

Pour montrer que pour tout $x,y\in E$ et $\mu\in \R$, $f(x+\mu y)-f(x)- \mu f(y)=0$ (pas besoin du $\lambda$, c'est plus rapide), on peut par exemple montrer que $\|f(x+\mu y)-f(x)- \mu f(y)\|^2=0$ en développant $\|.\|^2$ à l'aide du produit scalaire.

NicoLeProf · January 2023

Bon, je crois que j'ai une preuve qui n'utilise pas la surjectivité. De toute façon, je ne vois pas comment montrer la surjectivité sans le théorème du rang. Donc il faut d'abord montrer la linéarité :

soient $x, y \in E$ et $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ . On calcule : $||f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y)||^2=\langle f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y),f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y) \rangle$ donc $||f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y)||^2=||f(\lambda x+\mu y)||^2-2\lambda \langle f(x),f(\lambda x+\mu y) \rangle-2 \mu \langle f(y),f(\lambda x + \mu y) \rangle+2 \lambda \mu \langle f(x),f(y) \rangle+ \lambda^2 ||f(x)||^2+\mu^2 ||f(y)||^2$

$||f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y)||^2=||\lambda x + \mu y||^2-2 \lambda \langle x,\lambda x+\mu y \rangle-2 \mu \langle y,\lambda x + \mu y \rangle+2 \lambda \mu \langle x,y \rangle+ \lambda^2 ||f(x)||^2+\mu^2 ||f(y)||^2$

D'où $||f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y)||^2=\lambda ^2 ||x||^2+2 \lambda \mu \langle x, y \rangle + \mu^2 ||y||^2-2 \lambda ^2 ||x||^2-2 \lambda \mu \langle x,y \rangle -2 \lambda \mu \langle x,y \rangle -2 \mu^2 ||y||^2 +2 \lambda \mu \langle x,y \rangle+ \lambda^2 ||x||^2+\mu^2 ||y||^2=0$

Donc on obtient : $||f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y)||^2=0$ i.e $||f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y)||=0$ ainsi, $f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y)=0$ (propriété de séparation de la norme) .

Par conséquent, pour tous $x, y \in E$ et $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$, $f(\lambda x+\mu y)=\lambda f(x)+\mu f(y)$ et $f$ est linéaire !

L'injectivité est quasi immédiate : $f(x)=f(y) \Rightarrow ||f(x)-f(y)||=0 \Rightarrow ||x-y||=0 \Rightarrow x=y$ . Donc par le théorème du rang, $f$ est surjective et ainsi bijective !

Edit : ah ok, j'ai vu ton message après avoir posté celui-ci ! Je me suis donc embêté légèrement avec $\lambda$ mais bon, ça ne me dérange pas, j'adore ce genre de preuve ! ^^'

raoul.S · January 2023

Isométrie et produit scalaire conservé

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