Fonction injective R² conservant les cercles

@ Christophe c, "vrai cercle" n'est pas nécessaire, on suppose que F est injective...

La propriété demandée est fausse.
On recouvre le plan par des cercles de centre O ( O est le cercle de rayon 0 ).
On prend un faisceau de cercles à points limites A et B.
L'image de O est A et l'image d'un cercle est un cercle du faisceau tel que A est dans le disque associé.
Cette fonction n'est pas bijective et certainement pas « affine ».

Edit : J'ai mal lu l'énoncé.

Bonsoir,

Comme le souligne christophe, tout réside dans la surjectivité de $f$ -- l'affinité (?) s'en déduit. J'ai trouvé une démonstration pour la surjectivité de $f$, mais ayant la flemme de tout rédiger proprement, je donne les étapes (n'hésitez pas à me demander si vous butez à une étape). Ici $C$ et $C'$ désignent des cercles.

1) montrer que si $C$ est tangent intérieurement à $C'$, alors $f(C)$ est tangent intérieurement à $f(C')$
2) utiliser 1) pour montrer que si $C$ est à l'intérieur de $C'$, alors $f(C)$ est à l'intérieur à $f(C')$
3) utiliser 1) et 2) pour montrer que si $C$ est tangent extérieurement à $C'$, alors $f(C)$ est tangent extérieurement à $f(C')$
4) utiliser 3) pour montrer que $f$ est continue
5) si $X$ désigne l'ensemble des cercles passant par l'origine $O$, tangents à l'axe des abscisses et dont le centre est d'ordonnée positive (de tels cercles sont paramétrés par leur diamètre $d$), montrer que $f(X)$ est constitué d'un ensemble de cercles de diamètre non borné
6) utiliser 1), 2), 4) et 5) pour conclure. Pour ce faire, on remarquera d'abord que $f(X)$ est consitué de cercles passant par $f(O)$, tangents à une droite $\Delta$ passant par $f(O)$ et se situant tous d'un même côté de $\Delta$ (dans un demi-plan $H$ délimité par $\Delta$). On montrera ensuite que $f(X)$ balaie l'ensemble des cercles passant par $f(O)$, tangents à $\Delta$ et inclus dans $H$. On effectuera le même raisonnement avec $X'$ l'analogue de $X$ mais avec des centres d'ordonnée négative...

Maintenant, en route vers les dimensions supérieures!

Bonne nuit,
Gaussien

édition: j'ai interverti l'ordre de 2) et 3)

Bonsoir
J'ai tenté l'exercice de Gaussien ce soir... Bon ben, je n'ai pas vu le truc et je n'y arrive pas, même pour le premier point je n'arrive pas à trouver le côté "intérieurement"... En revanche, j'ai remarqué que si on a la propriété suivante (qui est très très forte), on peut le faire assez rapidement, ou même mieux, on peut montrer que $F$ est une similitude (moi, je le fais salement et avec les mains, mais ce que j'en ai vu me convainc suffisamment), la propriété est la suivante:
- pour tout $A\in \mathbb{R}^2$ et $C$, cercle de centre $A$, $F(A)$ est le centre du cercle $F(C)$.

Et à partir de là, on peut faire des raisonnements géométriques "au compas" dans ce style là (pour attraper directement la métrique).

- On peut montrer qu'il existe une fonction $f\in \mathbb{R_+ }^{\mathbb{R_+}}$ telle que si $d(A,B)=d(C,D)$ alors $d(F(A),F(B))=d(F(C),F(D))=f(d(A,B))$.
Une idée pour ça : il faut faire une rosace suffisamment grande, dont $A$ est un centre et $B$ sur le cercle de centre $A$, et tel que $C$ se trouve sur un des cercle de la rosace, de là on trace le cercle de centre $C$, vu que $D$ est dessus ainsi que le centre du cercle de la rosace sur lequel se trouve $C$, en faisant un peu de récurrence pour montrer que les rosaces conservent leur nature de rosace par $F$, on pourra conclure.
- On montre que $f$ est croissante (en utilisant cette propriété : soit $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}'$ deux cercles de centre $O$ si $A$ se trouve sur $\mathcal{C}$ et $B$ sur $\mathcal{C}'$ et que le rayon de $\mathcal{C}'$ est plus grand que celui de $\mathcal{C}$ alors tout cercle de centre $O$ et croisant le cercle de centre $A$ passant par $O$ croise aussi celui de centre $B$ passant par $O$)
-On montre enfin que $f$ est un endomorphisme du monoïde $(\mathbb{R}_+,+)$ (deux cercles tangent extérieurement, un cercle de centre l'un des deux et tangent intérieurement au second et roulez)
Une fois qu'on a le morphisme de monoïde croissant, on sait que $f$ est une fonction linéaire et c'est fini, $F$ est une similitude.

Le problème, c'est que je ne suis pas en mesure de montrer que la surjectivité implique la conservation des centres, j'ai l'impression qu'on peut montrer qu'une partition de $\R^2\setminus \{(0,0)\}$ par des cercles de rayon non nul implique nécessairement qu'ils sont inclus les uns dans les autres (je crois qu'il y a un coup à jouer avec le fait que les disques sont compacts et qu'en conséquence de quoi toute intersection d'une famille de disques pour laquelle la relation de contenance est totale, et aucun disque n'est vide, est nécessairement non vide). Mais même dans le cas où ce serait vrai ça ne suffit pas pour que les cercles soient concentriques (Il faut vérifier, mais à vue de nez, si on prend un truc comme : le centre est paramétré par une fonction du rayon et cette fonction est contractante et vaut $(0,0)$ en $0$, ça doit donner un contre-exemple).

Bonjour,
Merci beaucoup Gaussien. Ça m'a convaincu au début, mais finalement j'ai un doute (voir l'image, pardon, j'ai permuté les noms de $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}_0$ avec $\mathcal{C}_1$ et $\mathcal{C_2}$, on conservera tes notations pour plus de clarté, chez toi c'est, $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}_0$ qui ont des centres en alignement avec celui de $\mathcal{C}'$ )... Le truc c'est que malgré la propriété de conservation des alignements pointée par CC, on n'a pas a priori conservation des segments (et pour ce qui est des diamètres ça impliquerait directement la conservation des centres). La construction que je propose là ne donne que très peu d'information sur la relation de contenance entre disque, certains sont d'intérieurs distinct à $\mathcal{C}'$, d'autre le contienne...
En revanche, je crois que cette idée permet de montrer que trois cercles tangents deux à deux et dont les centres sont alignés conserveront cette propriété par $F$ (je crois que la construction nécessite qu'une des paires de cercle tangent et le cercle qui est tangent à tous les autres respectent cette propriété, si c'est vrai, ils peuvent a priori respecter la construction avec une infinité de paire de cercles en plus).

Edit: quel impoli je fais... Bonne après-midi aussi! Hélas pluvieuse, j'avoue...

Bonsoir à tous les deux (raoul.S et Titi le curieux)
Merci pour vos remarques : oui, ma démonstration de l'étape 1) était bancale. Je vous en propose une autre.

Considérons donc $C$ tangent intérieurement à $C'$ et notons $C''$ le cercle tangent à $C$ et $C'$ et dont le centre est aligné avec celui de $C$ et $C'$ (voir figure). Notons $P$ l'intersection de $C$ et $C''$ et $S$ (resp. $T$) le point de tangence de $C$ (resp. $C''$) et $C'$.
Par injectivité de $f$ :
- $f(C)$ et $f(C')$ sont tangents en $f(S)$
- $f(C)$ et $f(C'')$ sont tangents en $f(P)$
- $f(C')$ et $f(C'')$ sont tangents en $f(T)$

Supposons par l'absurde que $f(C)$ soit tangent extérieurement à $f(C')$ : alors $f(C'')$ est également tangent extérieurement à $f(C')$ (encore par injectivité de $f$). Les points $S$, $P$ et $T$ étant alignés, il s'ensuit que les points $f(S)$, $f(P)$ et $f(T)$ sont alignés (cf. remarque de CC). Ainsi, les cercles $f(C)$, $f(C')$ et $f(C'')$ ont leurs points de tangence alignés. On a donc trois cercles deux à deux tangents extérieurement et dont les points de tangence sont alignés, ce qui est absurde !

Ainsi, $f(C)$ est tangent intérieurement à $f(C')$.

Bonsoir Gaussien (et aussi raoul.S et tout le monde)

Je suis d'accord avec raoul.S (c'est un des grands principes de l'existence: toujours d'accord avec raoul.S! Sauf quand on est pas d'accord avec lui. Mais là, ça va.).

Cependant, en affinant ta première construction au fameux théorème de cc (qui n'a pas encore sa page Wikipédia, il faudra qu'on y remédie un jour ou l'autre), il y a peut-être un moyen d'identifier immédiatement $F(O')$ comme centre de $F(\mathcal{C}')$:

Les paires de cercles tangents à $\mathcal{C}'$ et tangents entre eux en $O'$ (bref les paires de cercles qui se partagent très équitablement un diamètre de $\mathcal{C}'$) ont a priori une propriété super sympa: si t'en prend deux paires (distinctes), bah elle vérifie la propriété désirée dans ta première construction et les centres des cercles de chaque paire sont en alignement avec $O'$ (edit: je viens de barrer une partie de la phrase, ce n'est pas que ce soit faux, mais ce n'est pas la partie intéressante, du coup j'ai perdu raoul.S et personne ne veut travailler à ma place). Je crois que c'est une propriété qui est complètement propre à $O'$ (À vérifier! Même si ce n'est pas lui qui en a le plus souffert , raoul.S est témoin, quand je commence à conjecturer, il faut se méfier, j'espère d'ailleurs pour lui qu'il ne partage pas le principe à mon endroit).
Si c'est le cas, c'est bon: $F(O')$ est le centre de $F(\mathcal{C}')$, vérifiable pour tout cercle, et de là on peut repartir sur un truc comme le mien (éventuellement avec un détail plus rigoureux, mais ce n'est pas ma spécialité, si je fais de la lèche à raoul.S, c'est parce que je cherche quelqu'un pour s'en occuper) et attraper directement la similitude.

Bonsoir les gars, je ne trouve pas une contradiction par rapport à ce qu'a dit gaussien, si on prend deux cercles c, c' qui sont tgnts tangents intérieurement, puis en ajoutant le cercle c0 suivant le diamètre passant par les 2, et enfin en ajoutant un cercle c1 (le dernier qui est tangent à c et coupant chacun des cercles sur le diamètre en 2 points, ce qui est absurde, vu que les images de c, c' et c0 sont tangents en un point, et bien f(c) et f(c') tangents extérieurement.

@raoul.S. Ah... zut... Je vais devoir le faire tout seul (bon du coup, ce ne sera pas fait, dommage, ça avait l'air bien, mais ce n'est pas grave et puis ça m'apprendra à ne pas savoir m'exprimer). Par ailleurs, du fait de ce qu'a dit cc, on considère que l'image de trois points alignés sont trois points alignés, mais mon obsession personnelle c'était de montrer que l'image du centre est le centre de l'image (mes textes obscurs suivaient grosso modo ce but).

Hunter : j'ai l'impression que tu penses que les diamètres peuvent aider pour déterminer quel cercle est à l'intérieur duquel, mais à ce moment de l'exercice, tu ne sais pas que l'image d'un segment par $F$ reste un segment (on sait que les points sont alignés, mais a priori il y a un point là, un autre là bas, peut-être qu'entre les deux il n'y en a pas pas partout où on voudrait en voir, et puis ils ne sont pas dans le bon ordre... bref...). Du coup, à ce moment, les diamètres ne valent pas tripette.

À la réflexion, je crois que ce que proposait cc, c'était de ne travailler qu'à partir de la propriété de conservation des alignements et de la bijectivité (en abandonnant les cercles), et du coup de travailler directement sur des droites (parce que là on sait que l'image d'une droite est une droite, même si on ne sait pas si les morceaux sont là où on voudrait les voir). Dans la mesure où dans le plan on sait tout de suite qu'on va conserver le parallélisme (des histoires d'intersections qui fonctionnent drôlement bien dans ce cas précis), du coup ça va permettre d'écrire des formules comme $F(x,y)=F(x,0)+F(0,y)-F(0,0)$ et d'autres conditions, et en triturant correctement à base d'alignements de points on doit finir par se retrouver sur une jolie fonction affine.

D'accord avec Raoul.S
La seule chose évidente à ce stade, c'est que si 3 points ne sont pas alignés, leurs images par F ne le sont pas non plus.

@AlainLyon, qui sont ces "2 cercles" ?
f peut parfaitement être sans point fixe (les translations répondent à la question)

@Titi, plutôt que de te moquer (gentiment) en nous rappelant que trois points distincts sont soit alignés, soit cocycliques, peux-tu nous donner ta démo propre et complète de : avec les hypothèses de départ, si 3 points distincts sont alignés, leurs images par f sont trois points alignés, on gagnera du temps
Je redis que la seule chose évidente au départ, c'est que si 3 points dans l'image de f sont alignés, alors leurs antécédents par f sont alignés.
.

OK, alors même si on suppose que f est surjective, comment en déduit-on proprement que f conserve l'alignement ?
.

Titi le curieux a écrit:

@raoul.S & Zig : Il y en a deux qui ont séché des cours au collège!

Personnellement j'ai toujours eu une énorme aversion pour la géométrie. D'ailleurs je ne mets jamais les pieds dans le sous-forum "Géométrie".

Par contre je commence à me dire que la véritable place de ce problème est bien dans "Géométrie".

J'ai cru comprendre qu'on y trouve un certain pappus qui y règne en maître (on fait prendre conscience aux béotiens à quel point ils le sont... B-)-). Il se peut que des géomètres de ce niveau puissent résoudre le problème rapidement.

D'ailleurs peut-être qu'AlainLyon en fait partie.


PS. ceci dit Titi le curieux on n'a toujours pas de preuve que $F$ préserve l'alignement.

@Titi le curieux (tu)


PS. Du coup il faut montrer que $F$ est surjective maintenant B-)-

raoul.S écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2235858,2238616#msg-2238616
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

---

Effectivement on peut classer cet exercice en géométrie, bien qu'en première apparence cela ne soit pas le cas. Pour ce qui est de mes talents de géomètre ils sont à l'état de souvenirs de géométrie projective. En fait cet exercice est moins difficile qu'il ne paraît si on fait une perspective d'une sphère qui tangente un plan et que je ne sais pas dessiner avec geogebra.

Bonjour, si on prouve que $f$ injective $\Rightarrow$ $f$ homothétie ou translation alors $f$ est automatiquement bijective. Il faut donc utiliser des théorèmes de géométrie projective pour résoudre l'exercice!

Bonsoir,
Deux choses dans ce message:
- J'ai une propriété qui peut notamment intéresser Gaussien ($F$ conserve les relation d'intérieur/ extérieur d'un disque, mais ça peut être complètement inversé).
- La stratégie que j'aime c'est: "le centre de l'image d'un cercle est l'image du centre du cercle" et après on déroule les rosaces et les trucs de géométrie jusqu'à montrer que $F$ est une similitude. J'avais pour cela proposé une conjecture, elle était non seulement mal formulée, mais en plus fausse, j'en ai une plus simple à formuler et peut-être vraie.

En ce qui concerne la propriété de "conservation des intérieurs":

Pour ne pas s'embêter par la suite avec des expressions longues comme "le disque ouvert de frontière C" ou "l'extérieur du disque de frontière C", on dira intérieur d'un cercle $C$ (noté $I(C)$) et extérieur d'un cercle (noté $E(C)$). Je nomme $X$ (comme xercles) l'ensemble des cercles.

$F$ conserve les notions d'intérieurs et d'extérieurs des cercles dans le sens où l'une des deux formules suivantes est vrai (notation définie à la ligne du dessus et pour ceux qui ne savent pas, $\wedge$ signifie "et"):
-$\forall C\in X, F(I(C))\subset I(F(C)) \wedge F(E(C))\subset E(F(C))$
-$\forall C\in X, F(I(C))\subset E(F(C)) \wedge F(E(C)) \subset I(F(C))$
Pour la démonstration,
Première étape (distinction des images des intérieurs et extérieurs des cercles): dans un cercle $C$ on montre que $F(I(C))\subset I(F(C))$ ou $F(I(C))\subset E(F(C))$ sachant que $F(I(C))$ est connexe (par arc, vous savez lesquels) et ne croise pas $F(C)$, idem pour $F(E(C))$.
En revanche, on se rend bien compte par utilisation des cercles qui coupent $C$ que $F(I(C)\cup F(E(C)$ ne peut être entièrement inclus dans l'un des deux du coup il y en a l'un dans l'un et l'un dans l'autre (désolé pour l'expression, mais c'est suant à écrire bien).
Deuxième étape (compatibilité entre elles des relations de contenances).
-Premier cas: considérant un cercle $C$ et $C'\subset I(C)$, on prouve par l'absurde $F(I(C))\subset I(F(C))\rightarrow F(I(C'))\subset I(F(C'))$ et ses analogues en utilisant un cercle tangent au deux.
-Pour les autres cas: il y a un cercles qui contient $C$ et $C'$ si ils ne respectent pas les mêmes formules, l'un des deux va présenter une contradiction avec le cercle qui les contient tout les deux.


Reformulation de la conjecture que j'avais proposé:


Soit $C$ un cercle de centre $O$ (et de rayon non nul), $A$ un point du plan qui n'est pas un point du cercle.
On dira d'une paire de cercles $(F,D)$ qu'elle est "passante par $A$ et $C$" si $F$ et $D$ sont tangent entre eux en $A$ et tout deux tangents à $C$.
Conjecture: Si $A\in \mathbb{R}^2\setminus C$ est différent de $O$ alors il n'existe que deux paires de cercles "passantes par $A$ et $C$".

Pour l'une deux paires, les centres des cercles se trouve sur la droite $(OA)$, pour l'autre, a priori ils se trouve sur la droite perpendiculaire à $(OA)$ et passante par $A$.
Je rappelle une propriété simple qui est utile ici: si deux cercle $C$ et $C'$ de centre respectif $O$ et $O'$ (distincts) sont tangents en $A$ alors $A$ se trouve sur la droite $(OO')$.
J'ai une idée pour chercher, mais je n'ai pas voulu tenter, parce que c'est atrocement calculatoire (étudier la position du centre du cercle $C'(\theta)$ où $\theta$ est l'angle entre $\vec{OA}$ et $\vec{OO'}$, il se trouve que la fonction dépend aussi de $\frac{||OA||}{r}$, bref c'est suant). Je suppose qu'il y a plus élégant.

Vous n'aurez pas de mal à constater qu'il existe une infinité de paires de cercles "passant par $O$ et $C$". Du coup, si cette propriété est vrai, il est très facile de montrer que $F(O)$ est le centre de $F(C)$ et de conclure sans avoir à postuler la surjectivité avant.

J'ai l'impression que dés qu'on a deux cercles $C_1, C_2$ distinct, pour n'importe quel point $M$ du plan on peut trouver un cercle $C$ tel que $M\in C$ et $\left\vert C\cap(C_1\cup C_2) \right\vert \geq 3$.

De tous cercles $C$ qu'on obtient, je cherche une contradiction au cas où à chaque fois qu'on prend les antécédents des $C\cap(C_1\cup C_2)$ ils soient tous alignés.

En partant sur une idée assez proche, je pense avoir la surjectivité, mais rien de bien élégant:
Je pars donc du fait que si un cercle n'est pas inclus dans $f(\R^2)$, son image réciproque est inclus dans une droite (conséquence assez immédiate de l'hypothèse). Je fixe $\mathcal{C}$ un cercle, $A$ un point de $\mathcal{C}$ et $B$ un point pas dans $\mathcal{C}$, Soit $\mathcal{C}_1$, $A_1$ et $B_1$ les images respectives par $f$ de $\mathcal{C}$, $A$ et $B$.

Maintenant soit $M$ est un point quelconque de $R^2$ dont je veux montrer qu'il est dans l'image de $f$. On peut déjà évidemment supposer $M\notin \mathcal{C}_1$ et $M\not=B_1$. Je considère alors le cercle $\mathcal{C}_M$ passant par $A_1$, $B_1$ et $M$:
-S'il est inclus dans $f(\R^2)$, alors $M\in f(\R^2)$ et on est content.
-Sinon, son image réciproque est constitué de points alignés. Il y a deux cas:
Cas 1: $\mathcal{C}_M$ n'intersecte $\mathcal{C}_1$ qu'en $A_1$, et c'est donc l'unique cercle tangent à $\mathcal{C}_1$ en $A_1$ passant par $B_1$, notons le $\mathcal{C}_2$.
Cas 2: $\mathcal{C}_M$ intersecte $\mathcal{C}_1$ en un autre point. Ce point a un antécédent aligné avec $A$ et $B$, c'est donc $C_1=f(C)$ où $C$ est l'unique autre intersection de $(AB)$ avec $\mathcal{C}$. Et $\mathcal{C}_M$ est donc l'unique cercle passant par $A_1$, $B_1$ et $C_1$, appelons le $\mathcal{C}_2$

Morale: tous les points du plan sont dans l'image de $f$ sauf éventuellement ceux des deux cercles $\mathcal{C}_1$ et $\mathcal{C}_2$. En refaisant la même chose avec au lieu de $\mathcal{C}$ un nouveau cercle $\mathcal{C}'$ loin de $\mathcal{C}$ et un nouveau point $B'$ proche de $\mathcal{C}'$ on récupère les points manquants.

L'ensemble vide est bien inclus dans une droite :-P

En l'occurrence, l'image réciproque considérée dans ma démo ensuite contient au moins deux points par construction (A et

La démo de Namiswan à l'air de marcher et avec celles de Titi le curieux ci-dessus et ICI, $F$ est continue et préserve l'alignement les droites.


PS. j'étais également parti sur un truc mais je reviens les mains vides... 8-)

Bon on peut terminer l'exo. À ce stade $F$ est une application continue bijective de $\R^2$ dans lui-même préservant l'alignement et transformant les cercles en cercles.

Soit $\{e_1,e_2\}$ la base canonique de $\R^2$.

Quitte à composer $F$ avec une translation, on peut supposer que $F(0)=0$.
Quitte à composer $F$ avec une rotation de centre l'origine et une homothétie on peut supposer également que $F(e_1)=e_1$.

Bref on peut supposer que $F$ fixe $0$ et $e_1$. Il s'agit à présent de voir que $F$ est en fait l'identité.



Pour faciliter les choses on peut remarquer que $F$ préserve le parallélisme des droites (facile).
On peut également remarquer que $F$ préserve l'orthogonalité des droites (pas très difficile à montrer, si $\ell_1$ et $\ell_2$ sont perpendiculaires en $A$ alors il suffit de considérer un cercle tangent à $\ell_1$ en $A$ ainsi que la droite $\ell_3$ parallèle à $\ell_1$ et tangente au cercle, puis on utilise les propriétés de $F$ etc. et on voit que $F(\ell_1)$ est perpendiculaire à $F(\ell_2)$).

À présent remarquons que les axes $Ox,Oy$ sont stables par $F$ ainsi que la droite $\ell_1$ perpendiculaire à $Ox$ en $e_1$.

À partir de là on en déduit que $F(e_2)=e_2$. En effet il suffit de considérer le cercle $C$ de centre $O$ et de rayon 1. Ce cercle coupe perpendiculairement l'axe $Oy$ en $e_2$ et est tangent à $\ell_1$ en $e_1$. Son image par $F$ doit donc également être un cercle tangent à $\ell_1$ en $e_1$ et couper $Oy$ perpendiculairement. Donc $F(C)=C$ et par suite, $F(e_2)=e_2$ ou $F(e_2)=-e_2$.

Quitte à composer $F$ avec une symétrie d'axe $Ox$ on peut supposer que $F(e_2)=e_2$.

À partir de là tout s'enchaîne et (ça me saoule mais c'est facile à voir et pénible à écrire en latex) en utilisant le fait que $F$ préserve l'orthogonalité et le parallélisme on montre que $F$ est l'identité sur l'ensemble $\Z e_1+\Z e_2$.

Puis en considérant les intersections des diagonales du "grillage" $\Z e_1+\Z e_2$ on voit que $F$ est l'identité sur $\Z e_1/2+\Z e_2/2$, etc. par récurrence on montre que $F$ est l'identité sur $2^{-n}\Z e_1+2^{-n}\Z e_2$ pour tout $n\in \N$.

$F$ est donc l'identité sur un ensemble dense et fermé (car $(F-Id)^{-1}(0)$ est fermé), par conséquent $F$ est l'identité.

Si quelqu'un a un argument moins long à rédiger...