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Espace compact, isométrie

Posté par
fusionfroide 23-11-07 à 22:15

Salut

Enoncé :

Soit (E,d) compact.
Soit f : (E,d)->(E,d) telle que \forall x,y \in E, d(x,y)\le d(f(x),f(y))
Montrer qu'alors f est une isométrie.

Correction :

Cela revient à montrer que \forall \epsilon > 0, d(f(x),f(y)) \le d(x,y)+\epsilon

Soient x,y \in E
Posons x_n=f^n(x), y_n=f^n(y) pour n \in \mathbb{N}
La suite (x_n,y_n) est une suite d'un compact (produit de deux compacts) donc elle admet une sous-suite convergente (x_n_k,y_n_k) convergente donc de Cauchy.

Soit \epsilon > 0, \exist k,k^' \in \mathbb{N} tels que :

k^' >k> N implique que d(x_n_k,x_n_k^')< \frac{\epsilon}{2} et d(y_n_k,y_n_k^')< \frac{\epsilon}{2}

Ma question : comment en déduit-on que :

d(f^{n_k^'-n_k}(x),x) \le d(f^{n_k^'},f^{n_k}(x)) < \frac{\epsilon}{2}

??

Merci

Posté par
romure : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 22:25

Bonsoir, ta fonction est supposée bijective à la base, non?

Posté par
fusionfroidere : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 22:33

Salut romu !

Non. Je ne l'ai pas précisé mais il faut montrer que c'est une isométrie et qu'elle est bijective.

Cependant, le prof dans sa correction n'a prouvé que l'isométrie Oo

Posté par
romure : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 22:45

3$f^{n'_k-n_k}(x) = ((f^{-1})^{n_k}\circ f^{n'_k})(x) = (f^{-1})^{n_k}((f^{n'_k})(x))

en posant z=f^{n'_k}(x), on a donc

f^{n'_k-n_k}(x) = (f^{-1})^{n_k}(z)

et ta première inégalité, n'est rien d'autre que

4$d((f^{-1})^{n_k}(z),x)\leq d(f^{n_k}((f^{-1})^{n_k}(z)),f^{n_k}(x))= d(z,f^{n_k}(x))

Posté par
fusionfroidere : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 22:52

Wouahh merci ! C'est astucieux !

Mais comment trouves-tu cette inégalité :

4$d((f^{-1})^{n_k}(z),x)\leq d(f^{n_k}((f^{-1})^{n_k}(z)),f^{n_k}(x))

Posté par
fusionfroidere : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 22:54

Ah en fait tu utilises : 4$d(x,y)\le d(f(x),f(y))

Mais on peut appliquer 4$f^{n_k} ?

Posté par
romure : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 23:06

oui car,

4$d(x,y)\leq d(f(x),f(y)) \leq d(f(f(x)),f(f(y))) \leq \cdots \leq d(f^{n_k}(x),f^{n_k}(y)),

mais vu qu'on suppose que f^{-1} existe, il faut prouver la bijectivité de f avant,

l'injectivité, c'est immédiat, mais pour la surjectivité je ne vois pas pour l'instant.

Posté par
fusionfroidere : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 23:09

Pas grave !

En tout cas un grand merci romu !

Posté par
fusionfroidere : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 23:10

Si t'as le temps de jeter un oeil sur l'autre post si jamais lafol s'en va ^^

Posté par
romure : Espace compact, isométrie 23-11-07 à 23:12

no problemo

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Espace compact, isométrie. 24-11-07 à 15:35

Bonjour ;

juste une idée :

\fbox{1} On montre d'abord que pour tous x,y\in E et tout \varepsilon>0 , il existe un entier p\ge1 tel que \blue\fbox{d(x,f^p(x))<\frac{\varepsilon}{2}\\d(y,f^p(y))<\frac{\varepsilon}{2}}.
(la correction proposée par fusionfroide me parait correcte)
et on a ainsi \fbox{d(f(x),f(y))\le d(f^p(x),f^p(y))\le d(f^p(x),x)+d(x,y)+d(y,f^p(y))\le d(x,y)+\varepsilon}
et comme cette inégalité est vérifiée pour tout \varepsilon>0 on a d(f(x),f(y))\le d(x,y) et on conclut que f est une isométrie.

\fbox{2} la continuité de f et la compacité de E donne que f(E) est fermé dans E
et la relation bleue donne que f(E) est dense dans E. (sauf erreur bien entendu)

Posté par
romure : Espace compact, isométrie 24-11-07 à 20:18

ok, merci elhor


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