Injection topologique

Pabo: Tu n'as rien compris et tu poursuis ta lubie. Tu n'as pas cherché à comprendre.

Plus exactement, tu n'as pas compris ce que voulait dire Poirot.

PS:
Evidemment qu'il y a des compacts dans $\mathbb{R}$ mais ce n'est pas pour autant qu'il existe une application injective continue de $S^1$ dans $\mathbb{R}$.

PS2:
Dans le contexte s'il existe une application $f$ continue de $S^1$ dans $\mathbb{R}$ alors $f(S^1)$ est un compact de $\mathbb{R}$

Tu peux débiter tout ce baratin ce n'est pas pour cela que tu vas comprendre pourquoi il n'existe pas d'application injective de $S^1$ dans $\mathbb{R}$.
Tout est écrit dans ce fil de messages pourtant.

PS:
Je sais ce qu'est une variété topologique mais ici on n'a pas besoin de ce concept les deux ensembles sont des sous-ensembles d'espaces vectoriels normés réels de dimension finie. Chacun est muni de la topologie induite.

De cette façon tu n'as pas besoin de répondre à la question posée.

Je ne sais pas ce qu'est $i$.

Bien évidemment qu'il existe un homéomorphisme entre un voisinage d'un point de $S^1$ et $\mathbb{R}$ puisque $S^1$ est une variété topologique de dimension $1$.

Maintenant tu peux montrer qu'il existe un homéomorphisme entre $S^1$ privé d'un point et $\mathbb{R}$ et tu peux expliciter un tel homéomorphisme.

PS:
Tout cela sont des questions de cours qu'on récite presque par coeur.

PS2:
Je n'avais pas les $S$ en face des trous au milieu de la nuit.

Si on paramètre $S^1$ par $\text{e}^{i\theta}$ avec $\theta$ un réel,
Tu me dis ce qu'est $i\left(\text{e}^{i\theta}\right)$

Comme d'habitude, tout le monde se moque de Pablo sans comprendre ses réels intentions. Je vais reformuler le problème en langage plus abstrait afin que nous comprenions bien la subtilité du problème. Je n'arriverais malheureusement pas à donner la solution, mais j'espère que cette reformulation sera utile à tous.

Pablo essaye de trouver une section non-triviale d'une suite exacte courte $$ 0 \to \Bbb Z \overset{f}{\to} \Bbb R \overset{g}{\to} S^1 \to 0 $$

Il est facile de voir qu'un morphisme de groupe $ f : \Bbb Z \to \Bbb R$ possède une image discrète. Il s'ensuite alors qu'à isomorphisme près, on a un diagramme commutatifs de suites courtes exactes de groupes topologiques abéliens

$$
\xymatrix{

0 \ar[r] \ar[d] & \mathbb{Z} \ar[r]^f \ar[d] & \mathbb{R} \ar[r]^g \ar[d] & S^1 \ar[r] \ar[d] & 0 \ar[d] \\
0 \ar[r] & \mathbb{Z} \ar[r]^{\alpha} & \mathbb{R} \ar[r]^{\beta} & S^1 \ar[r] & 0 \\
}

$$

Où les flèches verticales sont des isomorphismes, donnés respectivement par $n \mapsto n, t \mapsto f(1)^{-1} t$, $\theta \mapsto \theta$, $\alpha(n) = n$ et $\beta(t) = g(f(1)t)$.

En particulier, après cette renormalisation compliquée nous pouvons supposer que $\alpha : \mathbb Z \to \mathbb R$ est donnée par l'inclusion. Il s'ensuit d'après des cours avancées de topologie algébrique que $\beta$ est donné par l'application exponentielle.

On voudrait montrer alors que l'application exponentielle $exp : \Bbb R \to S^1$ n'a pas de section. En fait, il est facile de voir qu'une section réelle de l'exponentielle induit une section complexe de l'exponentielle, en écrivant $\Bbb C = S^1 \times \Bbb R_+$.

Par conséquent, il suffit de voir que $exp : \Bbb C \to \Bbb C^*$ n'admet pas de sections. En fait, un argument facile de revêtement montre qu'une section d'exponentielle est localement analytique, donc il suffit de montrer qu'il n'existe pas de section analytique. On utilise la suite exacte de faisceaux

$$ 0 \to \Bbb Z \overset{incl}{\to} \mathcal O \overset{exp}{\to} \mathcal O^* \to 0 $$

On utilise la longue suite exacte en cohomologie à $U = \Bbb C^*$ (le domaine d'arrivé). En fait on voudrait que $id$ soit dans l'image de l'exponentielle. Pour finir la preuve mais je n'ai malheureusement pas le temps, il faut prendre un recouvrement acyclique de $\Bbb C^*$ (par exemple composés de trois secteurs angulaires) et de calculer à la main le cocycle de Cech non-trivial de $H^1(U, \Bbb Z)$.

On peut explicitement écrire l'application de bord $\delta : H^0(U,\mathcal O^*) \to H^1(U, \Bbb Z)$ comme c'est fait dans Forster par exemple sur son livre sur les surfaces de Riemann (chapitre 2). Il suffit alors de calculer $\delta(id)$ et comparer les deux cocycles.

Grâce à Lupulus maintenant Pablo va arriver en disant un truc comme:
oui, tu m'as devancé Lupulus c'est ce que j'allais dire.
Et s'en suivra un déluge de symboles avec une autre question que personne ne comprendra avec à la fin un non.
Et puis dans quelques heures il y aura à nouveau un Lupulus qui croira avoir compris ce qu'il voulait dire, et on aura remis un euro dans le nourrain...

@Pablo : tu es pitoyable. Je n'ai pas d'autres mots. Ça fait des années que l'on supporte tes délires. Quand on t'apporte des réponses mathématiques (ce qui dépasse l'entendement à ce stade, soyons bien clairs), tu passes des heures à nous dire que c'est nous qui ne comprenons pas ta question ou que nos réponses sont carrément fausses, en changeant de question d'un message à l'autre, et en baratinant des trucs complètement débiles auxquels tu ne comprends rien toi-même (ce message étant une illustration parfaite). Trouve autre chose à faire de ta vie.

Maxtimax : oui je voulais dire $\Bbb C^*$ !! Mais je pense que les $\infty$-groupoïdes peuvent être effectivement utile pour la dernière question. Je pense que j'ai une preuve alternative qui utilise la descente monadique. Beaucoup de maths subtiles et intéressantes derrière un problème pas si facile !

NoName a écrit:

"Mais oui, c'est bien tu es un mathématicien!"

Oh oui je la garde ! (:D

Bin, je viens de cliquer, Lupuls m'a l'air tout à fait raisonnable. Pour son post précisément mis en lien, comme ça relève d'une spécialité, je ne suis pas apte à juger, j'espère que c'était sérieux, ce serait plus fun :-D (Mais bon, ça va alimenter l'addiction de Pablo aussi, c'est un peu risqué).

Et concernant l'inexistence d'une injection continue de $S^1$ dans $\R$, je rappelle (exercice TVI) qu'il existe touours $x,y$ diamétrialement opposés tels que $f(x)=f(y)$, dès lors que $f$ application continue .de $S^1\to \R$

Mathématiquement, c'est tout ce qu'il y a de plus sérieux, à part que comme Maxtimax l'a relevé j'ai fait une petite coquille en écrivant $\Bbb C = \Bbb R_+ \times S^1$ au lieu de $\Bbb C^* = \Bbb R_+ \times S^1$, et que je n'ai pas fini l'argument en calculant explicitement les cocycles ...

Au final ça revient à voir que "tourner autour de $0$" rajoute $2 \pi i$ au logarithme, mais j'aimerais bien l'écrire rigoureusement une fois, car c'est une pure preuve cohomologique que le logarithme complexe n'existe pas (même si au final c'est le même genre d'idiotie que mon post).

En tout cas merci Christophe d'avoir remonté le post, ça m'a rappelé que j'ai bien rigolé en voyant le post de FdP.