Utilisateur:Sylvie Martin/maths

La sphère unité de $\mathbb {R} ^{3}$ n'est homéomorphe à aucune partie du plan

Je vois maintenant la démonstration comme suit:

1. supposons que la sphère soit homéomorphe à une partie $K$ du plan, celle-ci est alors compacte et d'intérieur non vide.

   Pourquoi le fait que K soit d'intérieur non vide serait évident ?

   parce que la sphère est d'intérieur non vide (dans sa topologie, qui est celle induite par la distance euclidienne dans l'espace 3d. On peut aussi raisonner en utilisant la projection stéréographique.

   N'importe quel espace est d'intérieur non vide dans lui-même, même un Cantor. Par contre, en tant que partie de l'espace euclidien, la sphère est d'intérieur vide.

   Quoi qu'il en soit, l'intérieur est une notion relative à un plongement. Il n'est certainement pas préservé par une application continue, même injective, sauf dans le cas très particulier des variétés topologiques en codimension zéro, et c'est précisément le seul point délicat à démontrer ici.

2. la sphère moins un point est homéomorphe à $K$ moins un point $x$.
3. la sphère moins un point est contractile, car tout lacet dans la sphère moins un point est homotope à un lacet réduit à un point. Pour le voir, il suffit de penser que le point manquant est le pôle nord de la sphère, et de déformer continûment le long des méridiens le lacet pour l'envoyer sur le pôle sud. Remarquons qu'on peut entourer le pôle nord d'un ouvert $U$ que l'homéomorphisme envoie sur un ouvert $V$ de $K$, qui contient donc $x$.

   Il suffit de parler de projection stéréographique.

   bien entendu.

4. par conséquent, le point $x$ est intérieur à $K$ ; on peut supposer qu'il est contenu dans une boule ouverte de rayon $2r$ autour de $x$. Sans perte de généralité, je peux supposer que $x$ est l'origine du plan.

   Non. Toute la difficulté de la question que l'on se pose ici est justement de montrer qu'un point admettant un disque ouvert comme voisinage appartient à l'intérieur de la partie K. La fin de ta démonstration est plus compliquée que la construction purement topologique de l'indice. Ambigraphe, le 16 avril 2008 à 09:19 (CEST)

   Je ne comprends pas ton objection. Le point x est quelconque dans la sphère, il a un voisinage ouvert, j'envoie par l'homéomorphisme ce point possédant un voisinage ouvert sur un point de K, possédant un voisinage ouvert dans K. La construction purement topologique (? je ne sais pas vraiment la faire sans analyse...) coûte plus de lignes que ce que j'ai écrit. Est-ce que tu peux me donner une référence d'une construction en moins de lignes que ce que j'ai proposé? Je ne suis pas omnisciente, et je prendrai volontiers ta suggestion si le coût total en lignes est plus faible que celui que je propose. A part ça, il faut vraiment que je fasse un article sur la convolution par régularisation. J'en ai absolument besoin tout le temps! Une fois que ça sera fait, ça abrègera la dernière partie. Amicalement, --Sylvie Martin (d) 16 avril 2008 à 14:45 (CEST)

   Je le répète encore une fois, il est tout sauf évident que l'image d'un point intérieur soit un point intérieur.

   En ce qui concerne la construction de l'indice, je ne vois pas comment tu peux faire tenir la théorie de l'intégration et l'approximation par des fonctions lisses en moins de lignes qu'il ne m'en faut pour montrer la continuité du relèvement de l'angle par rapport à une homotopie. Mais bon, c'est un détail et comme je le dis plus haut, le problème dans ta démonstration est plutôt le fait que le fait d'être point intérieur n'est pas une propriété intrinsèque. Ambigraphe, le 16 avril 2008 à 22:13 (CEST)

1. Je vais montrer maintenant que le lacet paramétré par

$s\mapsto r{\begin{pmatrix}r\cos s\\r\sin s\end{pmatrix}},\quad 0\leq s\leq 2\pi$

n'est pas homotope dans le plan privé de $x$ à un lacet constant de valeur $y$, et a fortiori donc pas homotope dans $K\setminus x$ à ce lacet constant, ce qui prouvera que $K\setminus x$ n'est pas contractile. On raisonne par l'absurde : supposons qu'il existe une application continue $\varphi$ de $[0,2\pi ]\times [0,1]$ telle que

1. 1. $\varphi (0,t)=\phi (1,t)$ quel que soit $t$;
   2. $\varphi (s,0)=r{\begin{pmatrix}r\cos s\\r\sin s\end{pmatrix}};$
   3. $\varphi (s,1)=y\neq 0.$

Commençons par supposer que $\varphi$ est deux fois continûment différentiable par rapport à $s$ et $t$, et que

${\frac {\partial \varphi }{\partial t}}(0,t)={\frac {\partial \varphi }{\partial t}}(2\pi ,t).$

Identifions $\varphi =(\varphi _{1},\varphi _{2})$ au point $\phi _{1}+\mathrm {i} \phi _{2}$ du plan complexe, et considérons l'intégrale

$I(t)=\int _{0}^{2\pi }{\frac {\partial \varphi (s,t)}{\partial s}}{\frac {\mathrm {d} s}{\varphi (s,t)}}.$

Cette intégrale est bien définie, et c'est une fonction continûment différentiable de $t$. Dérivons-là par rapport à $t$:

$I'(t)=\int _{0}^{2\pi }\left({\frac {\partial ^{2}\varphi (s,t)}{\partial s\partial t}}{\frac {1}{\varphi (s,t)}}-{\frac {\partial \varphi (s,t)}{\partial t}}{\frac {\partial \phi (s,t)}{\partial s}}{\frac {1}{\varphi (s,t)^{2}}}\right)\,\mathrm {d} s.$

Remarquons que l'intégrande est la dérivée par rapport à s de

${\frac {\partial \varphi (s,t)}{\partial t}}{\frac {1}{\varphi (s,t)}},$

et par conséquent,

$I'(t)={\frac {\partial \varphi (s,t)}{\partial t}}{\Big |}_{s=0}^{s=2\pi }=0.$

Or le calcul donne $I(0)=2\pi$, $I(1)=0$, ce qui fournit une contradiction.

Si $\varphi$ est seulement continue, l'argument consiste à construire une suite d'homotopies de classe $C^{2}$ entre le lacet circulaire et lacet constant, qui converge uniformément vers $\varphi$. En vertu de la convergence uniforme, ces homotopies n'ont pas $x$ dans leur image pour tout $\varepsilon$ assez petit, et donc on obtient une contradiction. En fait, on doit faire un petit changement pour régulariser proprement $\varphi$, et je donne les détails ci-dessous.

Il faut commencer par remplacer $\varphi$ par une homotopie $\psi$ qui ne dépend pas de $t$ en dehors de $[1/4,3/4]$ et qui ne dépend pas de $s$ en dehors de $[\pi /2,3\pi /2]$

On définit pour cela:

$g(s)={\begin{cases}0&{\text{si }}s\leq \pi /2,\\2(s-\pi /2)&{\text{si }}\pi /2\leq s\leq 3\pi /2,\\2\pi &{\text{si }}3\pi /2\leq s,\end{cases}}$

et similairement

$h(t)={\begin{cases}0&{\text{si }}s\leq 1/4,\\2(s-1/4)&{\text{si }}1/4\leq s\leq 3/4,\\1&{\text{si }}3/4\leq s,\end{cases}}$

On pose ${\tilde {\psi }}(s,t)=\phi (g(s),h(t))$.

Maintenant, on régularise. On note $\nu$ une fonction $C^{2}$ à support compact inclus dans le carré $[-1,1]\times [-1,1]$, d'intégrale 1 et positive ou nulle.

On définit alors ${\tilde {\psi }}_{\varepsilon }$ comme la convolution de ${\tilde {\psi }}$ avec $\nu _{\varepsilon }=\varepsilon ^{-2}\nu (\cdot /\epsilon )$, puis on en prend la reestriction au rectangle $[0,2\pi ]\times [0,1]$, sans changer de notations.

Les ${\tilde {\psi }}_{\epsilon }$ sont de classe C^2, et quand $\varepsilon$ tend vers 0, elles convergent vers ${\tilde {\psi }}$ uniformément. Si $\varepsilon <1/8$, ${\tilde {\psi }}_{\varepsilon }(s,t)$ est indépendant de $t\leq 1/8$ et de $t\geq 7/8$. On note $k(t)$ une fonction de classe $C^{2}$ prenant la valeur 1 pour $t\leq 1/24$ et la valeur $0$ pour $t\geq 2/24=1/12$. On pose maintenant

$\psi _{\epsilon }(s,t)=k(t){\tilde {\psi }}_{\varepsilon }(s,0)/|{\tilde {\psi }}_{\varepsilon }(s,0)|+(1-k(t)){\tilde {\psi }}_{\varepsilon }(s,0).$

Ainsi, pour $0\leq t\leq 1/8$, $\psi (s,t)=\phi (g(s),0)$ qui paramétrise le cercle de centre 0 et de rayon r.

Les $\psi _{\varepsilon }(s,t)$ sont des homotopies deux fois continûment différentiables entre ${\tilde {\psi }}(s,0)$, qui paramètrise le cercle comme ci-dessus et le lacet constant $y$. Ces homotopies convergent uniformément vers ${\tilde {\psi }}$, donc pour $\varepsilon$ assez petit, leur image ne contient pas $0$.

On aurait donc ainsi une homotopie de classe $C^{2}$ dans le plan privé de $0$ entre le cercle de rayon $r$ et de centre $0$ et un lacet constant ; le calcul de $I(0)$ est un tout petit peu différent du précédent parce que le paramétrage n'est pas le même, mais la conclusion est identique.