Bonjour
http://i43.servimg.com/u/f43/16/63/93/54/identi10.jpg
En vrac
première idée:se ramener au cas réel en raisonnant sur le segment -1,1 et la partie réel de f -le tvi peut servir- . puis démontrer le résultat pour tout diamètre du cercle en se ramenant au dernier cas par rotation.
deuxième idée: montrer que f est holomorphe et uitliser l'unicité du prolongement analytique.
ta deuxième idée n'a aucune chance de marcher : on te dit que f est continue, tu ne peux pas en déduire qu'elle est holomorphe.
Elle est holomorphe puisque c'est l'identité .Il s'agit de montrer non pas de déduire en tout cas si tu as des suggestions ils sont les bienvenus.
D'ailleurs si tu parviens à montrer que f est holomorphe, tu en déduis immédiatement que la fonction est nulle sur le disque en utilisant la formule intégrale de Cauchy. Inutile d'utiliser ensuite le prolongement analytique. Je te rappelle que c'est cette même formule qui te permet de montrer que toutes fonctions holomorphes sur un ouvert est analytique.
Tu ne pourra pas utiliser l'unicité du prolongement analytique ici. En effet, f et fof coïncident sur le cercle, qui est un fermé or l'unicité du prolongement analytique nécessite un ouvert.
En effet c'est vrai d'autre idée?
- raisonner sur le max|x-f(x)| et montrer que c'est 0
- raisonner sur l'ensemble {x<>f(x)} et montrer qu'il est vide
- ...
Ma petite (microscopique?) contribution à la question: en voyant l'énoncé, je ne peux m'empêcher de penser que ça ressemble aux théorèmes de Brouwer. C'est pour un cours de topologie algébrique?
Le théorème de Brouwer dit que f a (au moins) un point fixe. Mais je ne sais pas si ça aide (il en faut beaucoup plus de point fixe pour obtenir le résultat souhaité)
"Le théorème de Brouwer dit que f a (au moins) un point fixe."
Mais l'énoncé nous dis déja que les cercle unité est fixe...
Quod erat demonstrandum.
j'ai essayé de réfléchir à ce problème ce matin et je n'arrive pas à trouver l'astuce.
l'analogue en dimension 1 : si f:[0,1]->[0,1] avec f(0)=0, f(1)=1 et ff=Id alors f=Id est facile à prouver.
Une idée :
L'image d'une corde AB est un chemin de A à B. On doit pouvoir montrer que l'intérieur entre la corde et le chemin est vide. Donc une corde est sa
propre image. Après ça doit aller...
mouais, mes tentatives tournaient autour de ça, mais attention, on sait juste que f est un homéomorphisme, il transforme un arc en un arc continu, mais un arc continu ce n'est pas forcément quelque-chose de sympathique.
Bonsoir,
Ambrosio, je serai curieux de savoir comment vous résolvez le cas réel. Si cela se trouve, on a des méthodes différentes, dont l'une est plus transposable que l'autre autre cas complexe.
Pour ma part la clef de ma preuve est la strict croissance de f.
Cordialement.
P.S: EXERCICE INTERESSANT =)
Quod erat demonstrandum.
Pour le cas réel puisque vous l'avez évoqué voici ma méthode:
Puisque f est injective et continue alors elle est strictement monotone .De part les images aux bords elle est croissante.
Par l'absurde supposons que f est différente de l'identité;il existe y tel que f(y) est différent de y
On peut supposer sans perdre de généralité que f(y) est strictement supérieur à y.Donc ff(y)=y est strictement supérieur à f(y) ce qui est absurde.
Je doute qu'une méthode en regardant les cordes fonctionne : si la fonction n'est pas l'identité, les cordes n'ont a priori aucune raison d'être laissées invariantes. Comme Taladris, je soupçonne qu'un argument de topologie algébrique/homologie doit marcher (c'est vraiment le genre d'obstruction que je vois à ce qu'un fonction non-triviale satisfasse les données du problèmes : si on change la géométrie, ce n'est plus vrai), mais là, je n'arrive pas à trouver lequel. D'un autre côté, ce n'est pas comme si j'étais un minimum bon dans ce domaine.
C'est un problème très, intéressant, en tous cas. Peut-on savoir dans quel contexte il a été posé ? Ca pourrait nous donner une indication sur le niveau, les outils à utiliser, etc.
Bonsoir,
Pour ma part, je ne possède pas la connaissance de tout ce vocabulaire d'analyse complexe (je crois ^^)
Mais je pense avoir trouvé la réponse avec "des mots", a vous si vous le pouvez, de la formaliser:
Commençons par remarquer que f est bijective.
Soit M un point du disque unité ouvert. Par rotation, supposons-le sur l'axe réel (on ne perd pas la généralité)
Soit A(-1) et B(1) (lire "X d'affixe x").
Intéressons-nous a la corde AB.
On note. On confondra les points de [AB] avec leur composante réelle. Donc
Notons
De meme, notons
En gros, le segment
On décompose ainsi [AB] on un nombre fini
On les notera
Par continuité et bijectivité de f, on sait que tous les points strictement au dessus de [AB] et n'appartenant pas au cercle (on note
De même, tous les points strictement en dessous et n'appartenant pas au cercle (notons
Donc déja que c'est tout un peu embrouillé la en notation etc.. je conseille de faire un dessin :
On note
Enfin (dernière construction, promis !) on note
On suppose donc ici par symétrie que
Voici enfin le point clef et un peu délicat : Je prétends que comme
Or, par construction,
Donc le point
Donc
Voila. C'est assez brouillon exposé comme ca, et surtout, le point Délicat que j'ai exposé, et dont je suis plus que convaincu, me parait difficile à démontrer. Si quelqu'un pouvait Compléter ma Démo et même la simplifier, je lui en serait reconnaissant. Cependant, je pense mon raisonnement juste =)
J'attends vos critiques ou remarques !
Cordialement.
Dernière modification par Elie520 ; 30/08/2011 à 18h58.
Quod erat demonstrandum.
A défaut de répondre à la question j'en poserai une autre.
Pensez vous que le fait que ce soit un disque est crucial?
Si le théorème est vrai l'est il aussi pour une surface obtenue par déformation continue (un carré et son intérieur, par exemple)
Parmi les quelques approximations, je relèverait en particulier :
* Quel est le point O ?
* Qu'est-ce qui montre qu'un tel point
Bref. Dans tous les cas, je soupçonne qu'il y a des solutions plus radicales.
En déformant le disque "raisonnablement", le résultat que l'on demande à montrer reste identique. Sachant que par le théorème de Riemann (sur les applications conformes), déformer raisonnablement le disque laisse beaucoup de liberté (il faut juste faire attention à ce qui se passe sur les bords : un bord lipschitzien doit suffir). Après, on conjugue avec le disque pour voir que le résultat est identique.
En revanche, si l'on s'amuse par exemple à travailler sur une sphère, en supposant que
•D'abord le point O est est en fait le point I désolé pour cette confusion.
•L'existance du point
Quod erat demonstrandum.
Il peut se passer quantité de choses : par exemple, l'image de [AB] au voisinage de I est incluse dans ce même voisinage de I. Et donc, suivant la définition de
Qu'on me comprenne bien : c'est bien essayé, et il est assez probable qu'une démonstration selon ces lignes puisse se faire. Mais il y a une quantité effroyable de cas ennuyeux à considérer. C'est un peu le problème, par exemple, du théorème de Jordan (qui d'ailleurs n'est pas étranger à l'affaire) : il est simple à formuler, visuellement évident, mais c'est une horreur à démontrer.
Je ne pense pas. En effet, cela n'a pas d'importance dans la démonstration. A priori, on peut garder n'importe quel convexe fermé. Après, je ne sais pas concernant les ouverts du stylé tore etc... cela semble encore marcher, mais la démonstration devra être différente.Envoyé par alovesupreme
Quod erat demonstrandum.
Votre argument concernant xsin(1/x) et ce qui y réfère ne tient pas : Par construction,Il peut se passer quantité de choses : par exemple, l'image de [AB] au voisinage de I est incluse dans ce même voisinage de I. Et donc, suivant la définition de
Qu'on me comprenne bien : c'est bien essayé, et il est assez probable qu'une démonstration selon ces lignes puisse se faire. Mais il y a une quantité effroyable de cas ennuyeux à considérer. C'est un peu le problème, par exemple, du théorème de Jordan (qui d'ailleurs n'est pas étranger à l'affaire) : il est simple à formuler, visuellement évident, mais c'est une horreur à démontrer.
J'ai peut-etre mal rédigé, mais fait attention à ce que j'affirmais. Le seul chose peut être : Il peut ne pas y avoir de "premiere partie désordonnée" et il pourrait y en avoir une infinité. Ce pendant, l'existence de Delta ne me parait pas compromise, en tout cas pas selon ce que vous affirmez.
Je peux cependant avoir fait d'autres erreurs.
Dernière modification par Elie520 ; 30/08/2011 à 20h51.
Quod erat demonstrandum.
A mon avis, si ça marche pour le disque, ça marche pour n'importe quel ouvert borné du plan. S'il est convexe et simplement connexe, on l'envoie sur le disque et on résout dessus. S'il est connexe et non simplement connexe (on non convexe), on bouche les trous, on travaille sur l'enveloppe convexe, on déclare que la mystérieuse fonction f vaut l'identité là où on a bouché les trous, et c'est gagné. S'il n'est pas connexe, on traite composante connexe par composante connexe.
Edit pour au-dessus : ce que votre construction indique, c'est que
Dernière modification par Garf ; 30/08/2011 à 20h51.
I'd like to apologize...
Je viens de me rendre compte et de comprendre ce que vous vouliez dire.
S'il y a un nombre fini de segments désordonnés, il n'y a pas de probleme pour l'existence de
Quod erat demonstrandum.
Effectivement, si AB est dilaté...Edit pour au-dessus : ce que votre construction indique, c'est que
Dernière modification par Elie520 ; 30/08/2011 à 21h04.
Quod erat demonstrandum.
Bonjour Mouadelassadi
Il a été demandé d'ou vient cet exercice. un livre un cours lequel? quel niveau?ca pourrait aider pour la résolution.
Question subsidiaire: pourquoi es tu passé par un serveur d'image? tu l'avais trouvée sur le web?
Edit: je ne suis pas de la police!!
Dernière modification par alovesupreme ; 31/08/2011 à 09h49.
tiens j'étais arrivé à montrer que f converve la mesure de Lebesgue, mais malheureusement il existe des homéomorphismes conservant la mesure de Lebesgue et qui ne sont pas des isométries (mais ne vérifient pas fof=Id).
je considère, pour
Si
Dernière modification par invite986312212 ; 31/08/2011 à 12h37.
Comment montres-tu que ce semi-anneau engendre la tribu borélienne ?
très juste. Mon raisonnement est incomplet (autant dire faux). De toutes façons c'était un cul de sac.
Autrement j'ai pensé à un argument compliqué (et inachevé lui aussi). On suppose qu'il existe x tel que f(x)=y soit différent de x. On a aussi f(y)=x. On choisit deux points sur la circonférence, disons A et B et on considère un arc qui passe successivement par A,x,y,B. Son image par f est un arc (malheureusement f ne pouvant être supposée de classe C^1, cet arc peut être très pathologique a priori) et cet arc passe successivement par A,y,x,B. En choisissant deux autres points sur la circonférence, on construit une autre paire d'arcs, et je voulais prouver que les nombres de croisements entre ces arcs et leurs images diffèrent. Mais je n'y suis pas arrivé, et puis il faut tenir comte des cas de tangence, ça nous ramène à du C1...
bref, ce résultat a l'air vrai, mais je ne vois pas comment y arriver.
bon finalement je pense que mon idée n'était pas si mauvaise. La démonstration serait la suivante:
supposons qu'il existe x1 tel que y1=f(x1) et y1 != x1. Comme ff=1, on a aussi x1=f(y1). En considérant des voisinages assez petits de x1 et y1, on voit qu'il existe au moins une autre paire x2, y2 telle que y2=f(x2) et x2=f(y2) et x2 != y2
Considérons deux points a,b du bord du disque et un lacet L passant par les points a,x1,y1,x2,y2,b dans cet ordre. Une application continue transforme un lacet en un lacet.
Le lacet transformé passe successivement par les points a,y1,x1,y2,x2,b . On a une contradiction parce les relations d'ordre doivent être respectées. Dans le lacet L y1 appartient au "demi-lacet" [x1,x2] ne contenant pas a, alors que dans le lacet f(L) y1 est dans le demi-lacet [x2,y2] contenant a.
Dernière modification par invite986312212 ; 02/09/2011 à 11h03.
