Formule analytique pour le degré

Il y a un pdf sur net meme sujet intitule cet article donne un apercu sur ...

Eh, bonne chance.

Merci ! Oui, effectivement dans le premier article la formule était valable pour une fonction $f \colon \mathbb{S}^1 \to \mathbb{S}^1$ mais dans le .pdf de Connes, c'est pour une fonction à support compact. Pour autant je n'ai pas l'impression d'être sorti de l'auberge. Si je reprends mon premier calcul, j'obtiens maintenant :

\begin{align*}
\text{deg} (f)= & \frac{1}{2i \pi} \int_{(\mathbb{S}^1)^3} f(z_0) \frac{f(z_1)-f(z_0)}{z_1-z_0} \ldots \frac{f(z_0)-f(z_{2})}{z_0-z_{2}} dz_0 dz_1 dz_2 \\

= & \frac{1}{2i \pi} \int_{\mathbb{S}^1} z_0 dz_0 \int_{\mathbb{S}^1} dz_1 \int_{\mathbb{S}^1} dz_2
\end{align*}
En n'interprétant plus $\int_{\mathbb{S}^1} dz_1$ comme une intégrale complexe, j'obtient $\int_{\mathbb{S}^1} dz_1=2 \pi$ mais $\int_{\mathbb{S}^1} z_0 dz_0= \int_{0}^{2 \pi} e^{i \theta} d \theta =0$ et j'obtiens encore $\text{deg}(f)=0$.

Ok, je vous remercie de votre intérêt ; allons-y pour quelques calculs. Reprenant Connes, la formule pour $k=1$ s'écrit :
\begin{align*}
\text{deg} (f)= & \frac{1}{2i \pi} \int_{(\mathbb{S}^1)^3} f(z_0) \frac{f(z_1)-f(z_0)}{z_1-z_0} \frac{f(z_2)-f(z_1)}{z_2-z_1} \frac{f(z_0)-f(z_{2})}{z_0-z_{2}} dz_0 dz_1 dz_2 \\

= & \frac{1}{2i \pi} \int_{\mathbb{S}^1} z_0 dz_0 \int_{\mathbb{S}^1} dz_1 \int_{\mathbb{S}^1} dz_2
\end{align*}
Pour $f(z)=z^2$, on obtient :
\begin{align*}
\text{deg} (f)= & \frac{1}{2i \pi} \int_{(\mathbb{S}^1)^3} {\color{green}{z_0^2}} (z_1+z_0)(z_2+z_1)(z_0+z_2) dz_0 dz_1 dz_2
\end{align*}
où je mets $z_0^2$ en vert pour dire qu'on peut peut-être se passer de lui. Sans lui,
\begin{align*}
\text{deg} (f)= & \frac{1}{2i \pi} \int_{(\mathbb{S}^1)^3} (2z_1z_2z_0+z_1^2(z_2+z_0)+z_2^2(z_1+z_0)+z_0^2(z_1+z_2))dz_0 dz_1 dz_2 \\
\end{align*}
Mais $\int_{\mathbb{S}^1} z dz=0$ et on obtient encore $0$ ; remettre le terme en vert n'y change rien. Bon, si cette formule a un sens, je commence à craindre qu'il soit subtil.

Oui, c'est une possibilité ; quant à contacter l'auteur du papier, je suis d'autant plus timide qu'il semble particulièrement brillant et que je ne connais pas grand chose à son domaine. Je vais d'abord essayer sur mathoverflow, et tenter de le contacter ensuite. Ce qui me motivait, c'est qu'on peut définir le degré de fonctions $f \in W^{\frac{1}{p},p}(\mathbb{S}^1,\mathbb{S}^1)$ et qu'on a :
\[
\text{deg}(f) \leq C_p \|f\|_{\dot{W}^{\frac{1}{p},p}}=\int_{\mathbb{S}^1 \times \mathbb{S}^1}\frac{|f(x)-f(y)|^p}{|x-y|^2} dx dy
\]
Pour $p=2$ comme $\int_{\mathbb{S}^1 \times \mathbb{S}^1}\frac{|f(x)-f(y)|^p}{|x-y|^2} dx dy=4 \pi \sum_{n \in \mathbb{Z}}|n||\widehat{f}(n)|^2$, on connait la constante optimale, mais elle est inconnue dans le cas général et la jolie expression intégrale pour le degré apparaissant dans ce papier n'était pas si loin de $|f\|_{\dot{W}^{\frac{1}{p},p}}$...
Dans tous les cas, merci de votre aide.

Bonjour,

Voici la définition du degré. Je me demande si de considérer $z$ sur le cercle $S^1$ rentre dans les hypothèses, à vous de regarder.

Définition :
Soit $\Omega = \Omega_1 \times \Omega_2$ ouvert borné de $\R^n$ avec $\Omega_1$ ouvert de $\R^p$ et $\Omega_2$ ouvert de $\R^q$ avec $p+q=n$.
Soit $x \in \R^n$, $x=(x_1, x_2)$ avec $x_1 \in \R^p$ et $x_2 \in \R^q$.
Soit $f(x) = (f_1(x), f_2(x))$ avec $f_1: \bar{\Omega_1} \to \R^p$ continue et $f_2: \bar{\Omega_2} \to \R^q$ continue.

Si $y=(y_1, y_2) \in \R^n$ avec $y_i \not\in f_i(\partial\Omega_i), \quad i=1,2$ alors $d(f,\Omega,y) = d(f_1,\Omega_1,y_1) d(f_2,\Omega_2,y_2).$

Autrement dit :
$d(f, \Omega, y) = 0$ si l'équation $f(x) =y$ avec $x \in \Omega$ et $y \not\in f(\partial\Omega)$ n'a pas de solution dans $\Omega$.

Bonjour,

Après avoir posé la question ici http://mathoverflow.net/questions/212190/analytical-formula-for-topological-degree, la bonne formule pour le degré semblerait être à un facteur multiplicatif près :
\[
\text{deg}(f)= - \frac{1}{(2i\pi)^{2k}} \int_{(\mathbb{S}^1)^{2k+1}}f(z_0)^{-1} \frac{f(z_1)-f(z_0)}{z_1-z_0}
\frac{f(z_2)^{-1}-f(z_1)^{-1}}{z_2-z_1}\ldots \frac{f(z_0)-f(z_{2k})}{z_0-z_{2k}} dz_0 \ldots dz_{2k}
\]
où les intégrales sont des intégrales curvilignes dans le plan complexe. Pour $f(z)=z$ et $k=1$, obtient :
\[
\text{deg}(f) =- \frac{1}{(2i\pi)^{2}} \int_{(\mathbb{S}^1)^3}\frac{1}{z_0}
\frac{\frac{1}{z_2}-\frac{1}{z_1}}{z_2-z_1} dz_0 dz_1 dz_2= \frac{1}{(2i\pi)^{2}} \int_{(\mathbb{S}^1)^3}\frac{1}{z_0z_1z_2}
dz_0 dz_1 dz_2=2i\pi.
\]
Pour $f(z)=z^2$ et $k=1$,
\begin{align}
\text{deg}(f) = &- \frac{1}{(2i\pi)^{2}} \int_{(\mathbb{S}^1)^3}\frac{1}{z_0^2}(z_1+z_0)
\frac{\frac{1}{z_2^2}-\frac{1}{z_1^2}}{z_2-z_1}(z_0+z_2) dz_0 dz_1 dz_2 \\
= &\frac{1}{(2i\pi)^{2}} \int_{(\mathbb{S}^1)^3}\frac{1}{z_0^2z_1^2z_2^2}(z_0+z_1)(z_1+z_2)(z_0+z_2) dz_0 dz_1 dz_2 \\
= & \frac{1}{(2i\pi)^{2}}\int_{(\mathbb{S}^1)^3} \frac{2z_1z_2z_0+z_1^2(z_2+z_0)+z_2^2(z_1+z_0)+z_0^2(z_1+z_2)}{z_0^2z_1^2z_2^2} dz_0dz_1dz_2=4i\pi.
\end{align}
Je n'ai pas fait plus de vérification mais suis à peu près convaincu que c'est la bonne formule à un facteur près, dépendant éventuellement de $k$.