mq une isométrie est une bijection

[invite29127426]

C = ensemble des nombres complexes.
R = ensemble des nombres réels.

soit f: C -> C une isométrie. on a alors pour tout x,y appartenant à C : | f(x) - f(y) | = | x - y |.

montrons que f est injective :

soit x,y appartenant à C et supposons que f(x) = f(y), f étant une isométrie on a :
| x - y | = | f(x) - f(y) | = | 0 | => x = y

montrons que f est une surjection :

définition de surjection:
pour tout y appartenant à l'ensemble d'arrivé, il existe un x appartenant à l'ensemble de départ tel que f(x) = y

indication:
distinguer deux cas et utiliser la propriété suivante: 2 cercles non confondus ne s'intersectent qu'en 2 points au maximum.

Soit y appartenant à C, montrons qu'il existe x appartenant à C tel que f(x) = y :

quelqu'un aurait un idée de comment finir cet exercice ?

Merci d'avance !
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[invite3a7881fd]

yop !

Pour montrer l'injectivité, tu prend un point y du plan complexe qui ne possède pas d'antécédent. Tu prend 2 points x1 et x2 tq |f(x1)-y|=|f(x2)-y| = a.

On a |f(x1)-f(x2)| = |x1-x2| = b.

Le cercle de centre f(x1) et de rayon a coupe celui de centre f(x2) et de rayon d en y, ou en y et un autre point :

-si il le coupe uniquement en y alors, les cercles de centre x1 et x2 et de rayon se coupent uniquement en un point qui est l'antécédent de y. En effet ce point est distant de x1 et de x2 d'une distance a, donc son image est distante de a de f(x1) et f(x2) : point unique

-si il le coupe en y et en un autre point, alors les cercles de centre x1 et x2 se coupent en 2 points uniquement, et l'un des 2 points est nécessairement l'antécédent par injectivité.
Les points d'intersection des 2 cercles de centre x1 et x2 et de rayon a ont pour image un point distant de a de f(x1) et f(x2) donc on retombe sur l'un des 2 point d'intersection des cercles de centre f(x1) et f(x2) de rayon a...
Voila !

J'espère avoir été assez clair dans mon explication ^^

[Médiat]

Tu prend 2 points x1 et x2 tq |f(x1)-y|=|f(x2)-y| = a.

Bonjour,
Qu'est-ce qui garantit l'existence de deux tels points ? (Et est-ce une hypothèse utile ?)

[invite29127426]

Merci pour votre réponse.

C'est quand même pas évident à visualiser, existe-t-il un autre moyen de prouver qu'une isométrie est une bijection (sans passer par l'indication) ?

Merci d'avance.

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite3a7881fd]

C'est vrai y a le problème d'existence ...Mais il doit bien y avoir une justification ^^

Et même, comme tu le dis, l'hypothèse de la même distance n'est en effet pas nécessaire...
On a juste de distance d1 et d2 et on reprend le même raisonnement !!

[invite29127426]

merci a tous les deux pour vos réponses,

j'ai écrit ceci :

Considérons le plan P1 de l'ensemble de départ = C.
Considérons le plan P2 de l'ensemble de d'arrivé = C.

Soit f une isométrie de P1 dans P2. f injective (déjà montré). Montrons que f est surjective.

Considérons 2 points X1 et X2 de P1 tels que X1 soit différent de X2. Par injection :
Il existe alors f(X1) et f(x2) de P2 les images respectives de X1 et X2, telles que f(X1) soit différent de f(X2).

Notons R0 la distance entre X1 et X2 : | X1 - X2 | = R0. f étant une isométrie on a : | f(X1) - f(X2) | = R0

Considérons un point B de P2 quelconque. Montrons qu'il existe un point B' de P1 tel que f(B') = B.

f(X1), f(X2), B appartiennent à P2, donc il existe R1 et R2 les distances séparant respectivement le point f(X1) à B et f(X2) à B :
| f(X1) - B | = R1 et | f(X2) - B | = R2

Ce qui entraine que le cercle de centre f(X1) et de rayon R1 intersecte le cercle de centre f(X2) et de rayon R2 en au moins un point : B ; et en au plus deux points : B et C. ( car f(X1) différent de f(X2) => les cercles ne sont par confondus )

Cas n° 1 : Cercle ( f(X1) ; R1 ) intersecte Cercle ( f(X2) ; R2 ) en un seul point : B

On a alors : R1 + R2 = R0, soit | f(X1) - B | + | f(X2) - B | = | f(X1) - f(X2) | dans P2.
Et | f(X1) - f(X2) | = | X1 - X2 | donc | X1 - X2 | = R0 = R1 + R2 dans P1.
=> il existe B' de P1 à une distance R1 de X1 et R2 de X2 tel que f(B') = B.

Cas n° 2 : Cercle ( f(X1) ; R1 ) intersecte Cercle ( f(X2) ; R2 ) en deux points : B et C.

On a alors : R1 + R2 >= R0, soit | f(X1) - B | + | f(X2) - B | >= | f(X1) - f(X2) | dans P2.
Et | f(X1) - f(X2) | = | X1 - X2 | donc | X1 -X2 | = R0 =< R1 + R2 dans P1.
=> il existe B' et C' de P1 à une distance R1 de X1 et R2 de X2.
Et grâce à l'injectivité :
Prenons arbitrairement f(C') = C alors f(B') = B.

Donc f est surjective.

De plus f est injective, alors f est une bijection.

Est-ce que le raisonnement est bon ? Et la rédaction aussi ?

Merci d'avance.

[invite3a7881fd]

Le raisonnement me semble juste.

Pour la rédaction je pense qu'elle est assez clair pour évoquer l'idée !
(en fait le plus simple ici serait je pense un dessin)

J'aurai peut être pas présenté les choses exactement de la même manière :

je ne crois pas qu'il soit utile de préciser les inégalités dans le 2 ieme cas ...

Et je l'aurai fait dans l'autre sens : B dans P2, on a d1 = |f(x2)-B| et d2 = |f(x1)-B|. Soit le point B' dans P1 tq |x1-B'| = d2 et |x2-B'|=d1, on a f(B') qui vérifie |f(x1)-f(B')| = d2 et |f(x2)-f(B')| = d1 donc on retombe sur l'un des point d'intersection des 2 cercles (de centre f(x1) et de rayon |f(x1)-B| et celui de centre f(x2) et de rayon |f(x2)-B|)

Au résultat, je ne suis pas certain que mon explication soit beaucoup plus explicite !!