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R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1)

Posté par
sox 18-11-16 à 01:43

Bonsoir,
Démontrer que R^n \\left\{0 \right\}   est homéomorphe a R_{+}^{*}   X S^{n-1}.
J'ai essayé le cas ou n=1 mais meme la je bloque.
La droite R sans le 0 est homéomorphe a  R_{+}^{*}   X S^{0}.
S^{0} est soit 1 soit -1 (le cas usuel ou le rayon est 1).
Soit f :
R_{+}^{*} X S^{0} \rightarrow R\left\{0 \right\} \\ (x,y) |\rightarrow xy
f est bijective (je pense avoir montré ca correctement. Pour la continuité c'est la multiplication de deux fonctions continuesde R^2 dans R (x,y) associe x et (x,y) associe y donc c'est continue. Et après je ne sais pas comment montrer que la réciproque f-1 est continue.  Il faux revenir a la définition de la continuité en choissisant une norme pour la partie apres l'implication (|| f(x,y)-f(a,b)||< epsilon). Y'a une maniere plus rapide ? Simple ?
Et après je ne sais pas comment faire pour tout n.  Pour le cas n=2 je ne vois pas non plus

Posté par
verdurinre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 08:54

Bonjour,
pour la continuité de f et de f^{-1}, je pense que l'utilisation d'une définition topologique de la continuité ( l'image réciproque d'un ouvert est un ouvert ) facilite les choses.
Sachant que toutes les parties de S^0 sont des ouverts.

De façon générale, il suffit de montrer que \R^n\setminus{0} est homéomorphe à R^n privé d'une boule fermée, dont la frontière est évidement S^{n-1}.

Par exemple, en dimension 1, on peut considérer l'application de \R^1\setminus{0} dans lui-même définie par

x\mapsto x\bigl(1+\frac1{|x|}\bigr)

Il me semble possible de montrer que c'est un homéomorphisme de \R^1\setminus{0} dans \R^1\setminus [-1\,;1] .
Et facile de montrer que  \R^1\setminus [-1\,;1] est homéomorphe à S^0\times \R_+^*

Je te conseille de faire un dessin pour n=2, il me semble que cela rend les choses trés visibles.

Posté par
jsvdbre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 09:07

Bonjour sox.

Pour n = 1

\R^*_+ \times S^0 = \{(x,\varepsilon) / x \in \R^*_+, \varepsilon \in \{-1,1\}\}. Tu munis \R^*_+ de sa topologie naturelle et \{-1,1\} de la topologie discrète.
La bijection que tu cherches n'est autre que f_1 : \R^*_+ \times S^0 \rightarrow \R^*, f_1(x) = \varepsilon.x

A partir de là, la bijection est évidente, l'application réciproque étant f_1^{-1} : \R^* \rightarrow \R^*_+ \times S^0, f_1^{-1}(x) = (|x|,Sgn(x)) et la continuité de ces deux applications étant alors (presque) triviale : il suffit d'écrire simplement ce qu'est l'image réciproque d'un ouvert de l'ensemble d'arrivée de chacune des applications.

Posté par
DOMOREAre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 10:12

bonjour,
Il me semble plus facile de comprendre l'homéomorphisme en considérant  ce que tu appelles f^{-1}
g: \mathbb{R}^n -\{0\} \longrightarrow \mathbb{R}_+^*\times S^{n-1}
        x \longrightarrow(||x||,\frac{x}{||x||})
il faut définir une topologie \mathbb{R}_+^*\times S^{n-1},  pour \mathbb{R}_+^* ce sera la topologie trace de \mathbb{R} et pour S^{n-1}
ce sera la topologie trace de \mathbb{R}^ n ensuite pour le couple on peut prendre la norme ||(a,b)||= sup(|a|,||b||)
ainsi ||(||x||,\fra{x}{||x||})-](||x'||,\fra{x'}{||x'||})||=sup (|x-x'|,||\frac{x}{||x||}-\frac{x'}{||x'||})

Posté par
DOMOREAre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 10:21

re
envoi parti par erreur.
dernière ligne
||(||x||,\frac{x}{||x||})-(||x'||,\frac{x'}{||x'||})||= sup(|x-x'|, ||\frac{x}{||x||})-\frac{x'}{||x'||}||)
c'est à partir de cette définition, il me semble, qu'il faut démontrer proprement le continuité

Posté par
jsvdbre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 10:52

Bonjour DOMOREA

Effectivement, on peut présenter plus avantageusement dans ce sens.
La continuité de g est évidente puisque les deux composantes le sont par composée.
La réciproque serait donc (\lambda, y) \mapsto \lambda.y avec ||y|| = 1 et \lambda > 0

Reste à montrer la continuité :

||\lambda_0.y_0 - \lambda.y|| = ||\lambda_0.y_0 - \lambda_0.y + \lambda_0.y - \lambda y||\leq |\lambda_0|.||y_0-y|| + ||y||.|\lambda_0 - \lambda|

Et y restant dans un voisinage de y_0, on a bien que l'expression tend vers 0 lorsque \lambda tend vers \lambda_0 et y tend vers y_0

Posté par
jsvdbre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 10:53

jsvdb @ 18-11-2016 à 10:52

Et y restant dans un voisinage borné de y_0, on a bien ...

Posté par
jsvdbre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 11:11

L'idée de base de l'exercice est de voir que  \R^n-\{0\} est partitionné en la réunion de toutes les sphères de centre 0 et de rayon r > 0.
On peut donc associer de façon bijective et continue, un réel r > 0 et un élément x de norme 1 avec l'élément rx.
D'où ma présentation inverse de celle que tu proposes.

Posté par
DOMOREAre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 13:56

bonjour,
je pense que vous avez remarqué une nouvelle coquille dans mon post de 10h 21
c'est évidement sup(|  ||x||-||x'||  |, ...) et non pas sup( |x-x'|, ...
pour la continuité de   g=f^{-1}, je pensais à la remarque suivant:

Si | ||x||-||x'|| | > || \frac{x}{||x||}- \frac{x'}{||x'||} ||  || alors avec la norme du couple choisie  on a immédiatement ]| ||x||-||x'|| |<\eta  \Longrightarrow |||g'x)-g(x')|| |< \eta     sinon  \forall \epsilon >0  \exists A>0 , A\times | ||x||-||x'|| | > || \frac{x}{||x||}- \frac{x'}{||x'||} ||  ,\exists \eta=A\epsilon>0,| \forall x,x'( | ||x||-||x'|| |<\frac{\eta}{A}\Longrightarrow   || \frac{Ax}{||Ax||}- \frac{Ax'}{||Ax'||} || <\epsilon )     c'est à dire || \frac{x}{||x||}- \frac{x'}{||x'||} ||<\epsilon car \frac{Ax}{||Ax||}= \frac{x}{||x||}

Posté par
jsvdbre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 14:11

DOMOREA @ 18-11-2016 à 13:56

je pense que vous avez remarqué une nouvelle coquille dans mon post de 10h 21

A titre perso, ce n'est pas ce que je recherche en premier ici, mais plutôt les huitres qu'elles abritent.
Ensuite, j'avoue avoir un peu de mal à te lire (les coquilles sont donc bien cachées !). 18-11-16 à 10:52 me paraît plus simple. (enfin bon, je dis ça, je dis rien, je suis pas forcément un modèle du genre )

Posté par
DOMOREAre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 14:26

re,
Bonjour  jsvdb,
C'est tout à fait ok pour ta démonstration de la continuité dans l'autre sens,
merci de nous avoir fait grâce des \epsilon et compagnie.
peut-être que le correcteur de sox l'exigerait

Posté par
jsvdbre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 14:39

J'ose espérer que non !
Et si oui, alors il ne me restera plus qu'à m'incliner, ce que je ferai volontiers dans ce cas.

Posté par
verdurinre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 16:14

Sinon il y a toujours la possibilité d'utiliser une définition topologique de la continuité.

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 19:04

Bonjour,
Merci pour vos réponses je pense mieux comprendre.
jsvdb pour montrer que f1 et f1^-1 sont toute les deux continues :
Pour f1. Pour tout fermé a  \R^* (a appartient a \R^* est un fermé car un nombre est un fermé), f1^-1(a) appartient a l'ensemble des fermés de la topologie produit de \R^*_+ \times S^0. Et c'est vrai car f_1^{-1}(a) = (|a|,Sgn(a)) et on sait que |a| est un fermé de \R^*_+ et Sgn(a) est un fermé de S^0. Ainsi f est continue.
On fais la meme chose avec a fermé pour montrer que f^-1 est continue.
Le probleme c'est que la j'ai pris la forme des fermés ou c'est un nombre (pas un intervalle par exemple) alors qu'il faux montrer pour tout fermé (ou tout ouvert).
Tu peux me montrer comment faire avec un intervalle quelconque (ou ouvert ou fermé quelconque) ?
Ensuite pour le cas général f et f^-1 deviennent
f_1 : \R^*_+ \times S^{n-1}  \rightarrow \R^n_*, f_1(y,x) = Sgn(x).y \\ f_1^{-1} : \R^n _*\rightarrow \R^*_+ \times S^{n-1} , f_1^{-1}(x) = (norme(x),Sgn(x))
Ou f^-1 est la meme que  DOMOREA.
Et verdurin avec ta technique quelle est la boule fermée en dimension n (celle qu'on enleve a R^n?

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 19:10

HEu je pense m'etre trompé pour f1 sachant qu'il faux une forme x=(x1,...,xn).

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 19:12

J'ai rien dit. Sign x est bien de cet forme. Mais c'est 1 de cet forme c'est bien ca.

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 19:28

Est ce que le singleton a qui appartient a R est une base de fermé dans R et donc c'est bon puisque on peux décrire tous les fermés de R avec ce a ? Et donc on  a montrer que f-1(a) est un fermé et ce pour tout a donc pour tout fermé.

Posté par
verdurinre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 19:58

Un problème est qu'appelles tu « sgn(x) » ?
Un problème plus grave : les singletons ne sont pas une base de fermé de R, sauf dans la topologie discrète, mais dans ce cas toutes les applications injectives de Rdans R sont continues.

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 21:09

sgn(x)= x/||x|| et d'accord pour a. Donc quoi prendre ? Un intervalle ouvert (ou fermé), ca c'est une base d'ouverts  (de fermés) ?

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 21:16

Pour R et sa topologie usuelle bien sur.

Posté par
verdurinre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 21:31

Oui.
Pour Rn on prend en général les produits d'intervalles ouverts (fermés).
Mais il est « assez facile » de montrer que les ensembles de la forme \{x\in\R^n $ tq $ a<\lVert x\rVert<b \land \alpha<$sgn$(x)<\beta \} forment une base d'ouverts de \R^n\setminus \{0\}.

Posté par
verdurinre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 21:37

En fait c'est même presque évident en considérant les voisinages d'un point.

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 22:16

Verdurin peux tu me montrer comment faire avec les intervalles ouverts donc (ou fermés) pour le cas n=0 et général.
Je ne vois pas comment montrer que l'ensemble que tu as écris est une base d'ouverts de   \R^n\setminus \{0\}.
Pourrais tu détailler tout cela ? ^^

Posté par
verdurinre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 22:48

Le cas n=0 n'a pas de sens, à ma connaissance.
Un dessin dans R2\{0}
R^n\\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1)
On voit qu'un voisinage d'un point dans la topologie produit de S1R*+ est contenu dans un voisinage de ce point dans R2\{0} ( muni de la topologie usuelle ) et qu'un voisinage dans R2\{0} est contenu dans un voisinage de ce point pour S1R*+.
Les voisinages sont les mêmes pour les deux topologies.

Bien entendu tout ceci n'est pas formalisé.
Je te laisse le soin de le faire.
Et il n'est pas impossible que l'idée de définir une norme, comme l'ont proposé jsvdb et DOMOREA permette une rédaction plus facile.

Je n'ai pas essayé de rédiger, pour cause de paresse incoercible.

Mais je crois que l'idée de base et qu'il n'y a pas besoin (même si ça peut être agréable) de définir une norme sur Sn-1R*+.

Posté par
verdurinre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 18-11-16 à 22:52

Citation :
je crois que l'idée de base est qu'il n'y a pas besoin . . .

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 19-11-16 à 01:03

Oui je me suis trompé pour n=0 désolé.
D'accord merci. J'ai pas vraiment compris ton dessin mais pas grave.
Pour la topologie sur  S^{n-1} ce sera la topologie trace de \mathbb{R}^ n ( cf DOMOREA ). Donc si j'ai bien compris chaque point de S^{n-1} est un ouvert de cette topologie ? Car Ouvert de S^{n-1} =ouvert de \mathbb{R}^ n \bigcap_{}^{}{}  S^{n-1} .
(Les ouverts de R^n etant ouvert de R x ouvert de R x ... (ou l'on peux prendre des intervalles ouverts pour une base).
C'est bien ca ?
En fait j'ai compris avec vos explications (je pense). J'ai bloqué pour montrer la continuité de f et f^-1 dans le cas n=1 du message 18-11-16 à 09:07  et je me demandais si les quelques modifications faites a f et f^-1 marchait pour le cas général aussi (et la aussi pour montrer qu'elles sont toutes deux continues j'ai du mal avec la rédaction des détails).
Je réessaierai demain.

Posté par
soxre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 19-11-16 à 02:23

J'y arrive vraiment pas. Je suis perdu quand dans la reciproque pour (prouver que f est continue) f^-1(]a,b[) on se retrouve donc avec des intervalles de l'autre coté et la ca m'embrouille.

Posté par
DOMOREAre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 19-11-16 à 10:55

bonjour,
j'ai traité le cas général, mais pour le cas n=1, le problème de continuité me semble élémentaire, et il n'y a guère besoin de rentrer dans des pb de topologie même si une topologie est toujours sous-jacente
f^{-1}(x)=(x,1) si x>0  et f^{-1}(x)=(-x,-1) si x<0
f(x,1)=x si x>0  et  f(x,-1)=-x  si x<0

Posté par
jsvdbre : R^n\{0} homéomorphe a (R*+) x S^(n-1) 19-11-16 à 15:05

verdurin @ 18-11-2016 à 22:48

Et il n'est pas impossible que l'idée de définir une norme [***] permette une rédaction plus facile.

Là, je suis bien d'accord avec toi : les flemmards que nous sommes sont bien aise de s'en  servir.

Mais comme la définition de "être homéomorphe" est : il existe une bijection continue telle que la réciproque soit également continue, il suffit de trouver une bonne topologie sur l'espace de départ, une bonne topologie sur l'espace d'arrivée, une bijection et zou. Dans le cas présent, les normes nous facilitent la tâche à cause de la dimension finie.

Mais que penser de ceci : prenons deux ensembles équipotents A et B. Il existe donc une bijection de A sur B.
Déjà, première remarque, la topologie grossière les rends homéomorphes, hmm, bon ... à priori.
Ok, ça paraît trop simple et trop couillon car on parle de continuité. Donc, il nous faut à minima des topologies séparées sur A et B.
La topologie discrète rend n'importe quelle application continue ! Peut-on en déduire que l'équipotence équivaut à l'homéomorphie ? Je dois louper quelque chose ! Et pourtant, que je sache, la définition de "homéomorphe" ne fait aucune mention de devoir choisir une topologie plus qu'une autre.

Bon, en fait, je veux en venir à ceci : l'énoncé de ce post est mauvais en soi.

Il ne suffit pas de donner deux ensembles A et B et de demander de montrer qu'ils sont homéomorphes. Si on me donne un tel sujet, c'est retour à l'envoyeur sans autre forme de procès en demandant gentiment quelles topologies il compte mettre sur les deux ensembles.
Ce que je n'ai pas fait ici, visiblement ! Mea culpa ...
Il faut donner donner A avec sa topologie, B avec sa topologie et demander de montrer qu'ils sont homéomorphes. Là, et uniquement là, l'énoncé a un sens.
Ici, je suis parti du fait que les ensembles donnés étaient munis de leurs topologies usuelles issues d'une norme quelconque sur espace de dimension finie. Et comme elles sont toutes équivalentes...

Et donc
DOMOREA @ 19-11-2016 à 10:55

mais pour le cas n=1, [***], et il n'y a guère besoin de rentrer dans des pb de topologie même si une topologie est toujours sous-jacente

Comme disait JJ ROUSSEAU : tu a mis dans l'Emile.
Cette remarque est carrément la bienvenue !! Merci DOMOREA, et de ce que j'ai raconté, il y a vraiment besoin de rentrer dans des problèmes de topologie, quelle que soit la dimension : c'est la quintessence même de l'homéomorphisme. (C'est comme la connexité, elle dépend intimement de la topologie choisie !)


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