Il manque une condition dans ton énoncé: f doit être supposée affine.
Dans ce cas, on peut passer du cercle au plan tout entier par homothétie:

Salut Dremi

Non f n'est pas supposée affine !

Salut,

Voici un fragment qui pourrais eventuellement t'aider.

Soient deux points A et B avec d(A,B)<2. Considere alors les deux point d'intersection des deux cercles de rayon 1 autour de A et B.

Si d(f(A),f(B))>2 alors on tombe sur une contradiction car il n'existe aucun point C tel que d(f(A),C)=d(f(B),C)=1.

Si d(f(A),f(B))=2 alors on tombe sur une contradiction car il n'existe qu'un seul point C tel que d(f(A),C)=d(f(B),C)=1.

Justin.

C'est bon j'ai réussi en fait, merci à tous.

tu pourrais nous donner ta solution STP ?

Elle est assez longue, je vous la tapperez demain ou vous en donnerez les grandes lignes.

merciii

Bonjour

J'attends avec impatience la solution de Jord.
A tout hasard je vous signale que le résultat est faux pour les fonctions de R dans R.

Si on prend f(x)=x pour x rationnel et f(x)=-x pour x irrationnel, on a bien |x-x'|=1|f(x)-f(x')|=1, et f n'est certainement pas une isométrie!

Joli contre-exemple!

Merci jeanseb

Oui en effet ma solution ne marche pas... Bon je recommence

Alors je vais m'y remerttre aussi; je n'y étais pas arrivée...

Bonjour,

Ca m'intéresse aussi, quelqu'un a une solution?

Voila ce que j'ai réussi à démontrer pour le moment :

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Si ABCD est un losange de côté 1 alors les points A', B', C' et D' sont aussi les sommets d'un losange de côté 1.

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Démonstration :
le triangle A'B'C' est équilatéral de côté 1 et D' est soit le quatrisième sommet du losange soit A'. Si on considère le cercle C de centre A et de rayon AD et P un point de C tel que d(P,D)=1 alors si D'=A' on aura 1=D'P'=A'P'. Sauf que P est aussi un sommet d'un losange de côté 1 dont le sommet opposé est A donc on aurait P'=A' ou P' serait le sommet du losange image.
Alors on aurait A'P'=0 ou V(3) mais pas 1. Contradiction.
Finamenet D' est bien le 4éme sommet du losange.

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f préserve la distance et si et
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Démonstration :
Si BD=V(3) alors B et D sont les côtés opposés d'un losange de côté 1 donc d'après ce qu'on a démontré précédement, B'D'=V(3)

Pour la deuxième assertion, on peut joindre M et N par une ligne brisée comportant n segments chacun de longueur x et le résultat découle de ce qu'on a démontré précédement.


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La suite c'est déjà plus flou. J'ai pensé me ramener au cas où f fixe les sommets A, B et C d'un triangle équilatéral de côté 1.

En notant g la transformation orthogonale telle que g(A)=A', g(B)=B' et g(C)=C' et en posant h=g^-1of on voit que h préserve la distance 1 et fixe A, B et C. Si l'on prouve que h est l'identité alors f sera bien une isométrie.

Mon idée est alors de partitionné le plan en triangles équilatéraux de côtés 1 de sorte que deux triangles ont soit un côté en commun, soit un sommet en commun soit une intersection vide.

Je vais voir si je peux aller plus loin dans mon raisonnement...


Jord

Comment tu es certain que l'on a un triangle équilatéral A'B'C' on pourrait avoir A' et C' confondus et de même B' et D' confondus.

Et même un losange n'est pas formé de l'union de deux triangles équilatérals ou alors j'ai mal compris ce que tu voulais dire?

Cauchy : A' et C' ne peuvent être confondus puisque A'C'=1 et de même pour B'D'.

Ca dépend de comment tu ordonnes les sommets de ton losange mais par exemple si AB=1 et BC=1, AC ne vaut pas forcément 1 sauf si ton losange est particulier.

Je veux dire par la que même dans le losange de départ on a pas nécessairement de triangle équilatéral formé par les quatre sommets.

Hum bon je verrai ça demain il est temps de me mettre au lit. A demain bonne nuit

Oui bonne nuit je vais y aller aussi avant de raconter des bêtises

Nightmare,
juste une petite question:
es-tu sûr du résultat que tu veux démontrer? Si oui, pour quelle raison?

Salut Dremi

C'est un exercice d'oral du concours d'entrée aux ENS, donc a priori je ne pense pas qu'il y ait d'erreur.

OK Nightmare.

Ou alors un examinateur sadique qui attend un contre-exemple haha

Bonjour, Cet exercice figure dans un livre de prépa à l'agreg (algèbre t3, ex de math pour l'agreg, masson) (un deuxième exo généralise à la dimension n, bon courage!)

Voilà le canevas de la solution de cette petite vacherie :

Jord semblait sur la piste :

tu définis A l'ensemble des x tels que d(a,b) = x implique d(f(a),f(b)) = x. Il s'agit donc de prouver que A = R+. On sait déjà que 1 appartient à A.

On suppose x app à A

1)Soit a et c tels que d(a,c) = rc(3)x ; tu considéres un hexagone régulier de côté x et de sommets a,b,c,d,e,f. Avec donc d(a,c) = rc(3)x et tu te convaincs que cet héxagone est transformé en un héxagone régulier f(a), etc... et que d(f(a) , f(c)) = rc(3)x. D'où si x app à A alors rc(3)x aussi.

2) On prouve que si x app à A alors nx app à A pour n entier (facile

3) après tu prouves que si d(a,b) est dans l'intervalle [x(rc(3)-1) ; x(rc(3)+1)] alors a et b n'ont pas la même image. (La je vous laisse chercher.)

4) Ensuite on prouve que x appa à A implique x/2 app à A (on utilise 3) , c'est indispensable à un certain moment.)

5)Bilan  : A  contient tous les réels de la forme n/2^k qui est dense dans R+

6) Aprés on procède par densité.

Et l'exo suivant  : généralisation  à n quelquonque mesdames, messieurs !!! 2 pages de folies !

Pas mal la démo. Bien vache.

Bonjour à tous.

>Blueberry Si tu as l'énoncé, peux-tu vérifier les hypothèses? Je vois pal ce que l'on peut faire par densité si on n'a pas une continuité quelque part... Merci d'avance.

Hello Camélia, effectivement j'ai lu trop vite et je m'en excuse.

Voila, je restitue ce qu'il y a sur le bouquin :

Soit a et b deux points du plan et (xn) une suite d'éléments de A tendant vers d(a,b).
On considère par ailleurs une suite de points (bn) telle que d(a,bn) = xn et (bn) tend ver b.

* Autrement dit, (bn)--->b et d(a,bn)---->d(a,b) avec pour tout n, d(a,bn) appartient à A.

* 1) On a alors : d(f(a),f(bn)) -----> d(a,b).

* 2) maintenant donnons nous un entier p quelconque. Pour n assez grand  il existe toujours un cercle de centre c de rayon 1/2^p et passant par bn et b.
Donc d(f(bn), f(b)) <= d(f(bn),f(c))+ d(f(c),f(b)) = 2/2^p.

*On peut donc conclure que d(f(a),f(b)) est aussi proche qu'on veut de d(f(a),d(bn)) (d'après 2)) et donc aussi proche qu'on veut de d(a,b) (d'après 1)).

D'où d(f(a),f(b)) = d(a,b) CQFD.

Ah oui, j'ai oublié : donc l'énoncé est OK

Merci beaucoup! Je vais digérer tout ça.