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homéomorphisme

Posté par
Theo92 17-10-19 à 01:46

Bonjour à tous.

Un exercice sur le cercle unité  \mathbb{S}^1   dans  \mathbb{R}^2  muni de la distance euclidienne.

1)J'ai montré que toute fonction continue de  [a,b] \longrightarrow [a,b]  admet au moins un point fixe, a fortiori de    [0,1] \longrightarrow [0,1]

2) J'ai exhibé un exemple de fonction  continue g :  \mathbb{S}^1 \longrightarrow \mathbb{S}^1  qui n'admet pas de point fixe. g peut être toute rotation différente de l'identité. J'ai pris g(X) = - X  la rotation de centre l'origine et d'angle  \pi

3) On demande maintenant de déduire que  \mathbb{S}^1  n'est pas homéomorphe à un segment de  \mathbb{R}  non réduit à un point.  Il faut pour cela raisonner par l'absurde, en prenant l'application  \phi g\phi^{-1}  où  \phi  est un homéomorphisme de  \mathbb{S}^1  dans [0,1]

On a  \phi g\phi^{-1} :  [0,1] \longrightarrow [0,1]  continue comme composée de fonctions continues. Avec  [0,1]  compact, elle y atteint ses bornes.
Donc on peut poser  a \in \mathbb{S}^1  tel que  \phi(a)=0  et   b \in \mathbb{S}^1  tel que  \phi(b)=1  et a \neq b  car  \phi  injective.
Il vient  \phi^{-1}(0)=a  et  \phi^{-1}(1)=b  puis

\phi g\phi^{-1}(0) =  \phi g(a)  et  \phi g\phi^{-1}(1) =  \phi g(b) .

Or, g n'admet pas de point fixe, ie, il n'existe pas de a (resp b) dans  \mathbb{S}^1  tels que  g(a)=a  et g(b)=b , donc pas de a (resp b)  tels que  \phi(a)=0  et  \phi(b)=1 . Contradiction

Est-ce correct?

4) On demande si  \mathbb{S}^1  est homéomorphe à un singleton ?

je vois que  \mathbb{S}^1 = f^{-1}(0)   pour  f: (x,y) \mapsto x^2 + y^2 -1 . mais f n'est pas injective.  Auriez-vous une piste?

Je vous remercie par avance pour votre aide.

Posté par
jsvdbre : homéomorphisme 17-10-19 à 10:49

Bonjour Theo92.
Ta rédaction de la question 3/ n'est pas claire car tu n'utilises pas explicitement le résultat de la question 1.

Soient g : \mathbb S^1 \rightarrow \mathbb S^1 une transformation continue du cercle et \phi : \mathbb S \rightarrow [0,1] un homéomorphisme

L'application \phi g \phi^{-1} est alors continue de [0,1] dans [0,1] et admet (au moins) un point fixe dans [0,1]. Soit \alpha ce point fixe. On a donc (\phi g \phi^{-1})(\alpha)=\alpha.

Il vient alors \phi (g(\alpha)) = \phi(\alpha). Donc g(\alpha) = \alpha car \phi est bijective.

Ce résultat devant être vrai pour toute transformation continue du cercle, on aboutit à une contradiction en prenant une transformation g injective. (comme une rotation d'angle non nul modulo 2\pi)

Posté par
jsvdbre : homéomorphisme 17-10-19 à 10:51

4) Est triviale car un singleton ne contient qu'un point et \mathbb S^1 une infinité. Pour trouver une serait-ce qu'une bijectin entre les deux, ça va être compliqué, alors à fortiori un homéomorphisme.

Posté par
Theo92re : homéomorphisme 17-10-19 à 11:13

Bonjour jsvdb.
Je vous remercie pour vos indications. Je saisis la logique de la démonstration.

Je vous souhaite une bonne journée.


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