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homéomorphisme sphère-plan

Question trés bête, mais à laquelle je n'ai pas su trouver de réponse :
Comment prouve-t-on que la sphère n'est pas homéomorphe à une partie du plan ?
Mes pistes de réflexion : si un tel homéomorphisme f existait, l'image de la sphère serait d'une part compacte, et me semble-t-il ouverte (mais je n'arrive pas à le prouver complètement) dans le plan. Dans ce cas, par connexité, ça serait le plan entier ce qui contredit le caractère compact.
Pour justifier que l'image est ouverte, je dis que chaque point M de la sphère a dans la sphère un voisinage homéomorphe à un disque fermé de rayon >0, et le point où je bloque est de montrer que l'image de M est intérieur pour la topologie du plan à l'image de ce disque.
Qu'en pensez-vous ?
Merci d'avance à tous les contributeurs.

Réponses

  • Il y a le theoreme de l'invariance des domaines qui dit que si tu prends une application continue et injective d'une variete dans une autre variete de meme dimension, elle est ouverte. Ici, pour n=2, tu as le resultat.

    Si tu veux te passer de ce theoreme, tu peux y arriver dans le plan en regardant l'indice de l'image d'un petit cercle autour d'un point par rapport a l'image du point. S'il n'etait pas nul, tu pourrais, en haut(i.e.dans la sphere), contracter ce petit cercle sur un point en evitant le point que tu as pris au depart (et en ne s'eloignant pas trop), ce qui est impossible. Donc l'image des cercles proches d'un point tourne bien autour de l'image du point, ce qui te garantit que ton application est bien ouverte.
  • Au fait, j'oubliais de dire que je ne trouvais pas ta question bete.
  • Merci à toi pour ta réponse, qui m'aura permis de découvrir le théorème d'invariance des domaines que j'ignorais complètement.
    Sinon, je reste un peu frustré car j'aurais espéré une réponse 'élémentaire', disons niveau premier cycle universitaire, ou math-spé, mais peut-être l'évidence énoncée par le résultat n'a-t-elle rien de triviale quand il s'agit de la démontrer.
  • Le deuxieme groupe d'homologie (singuliere) de la sphere est le groupe des entiers, alors que celui du plan est trivial. CQFD.
  • Sauf erreur de ma part, la réponse de Frédéric est assez simple. L'idée est de prendre un point A du plan et un cercle centré sur ce point. Par homéomorphisme, on obtient un point B de la sphère et une courbe. Par déformation continue, on peut déformer la courbe pour la ramener à un point, par exemple diamétralement opposé à B. Mais ce n'est pas possible dans le plan, le seul point auquel on peut rammener continuement le cercle est A.
    Quand à prouver cela précisément, c'est sans doute moins évident (cf "Carré et triangle", sur ce forum).

    Cordialement
  • Bonjour
    je pense qu'il faut s'interreser a la frontiere:
    La sphere n'a pas de frontiere
    mais si l'image de la sphere par un homeomorphisme est une partie compacte:
    celle ci a une frontiere.
    donc "il ne peut"? y avoir d'homemorphisme???
  • g : il faut quand même prouver que H²(toute partie du plan)=0...

    Parce que que la sphère ne soit pas homéo au plan tout entier, c'est assez facile...
  • gecko, je crois que tu fais une erreur : la sphère n'a pas de frontière pour sa propre topologie, tout comme son image le compact K n'a pas de frontière pour la topologie de K. Il n'y a pas de contradiction là-dessous.
  • En tous cas, merci à tous les contributeurs pour leur aide.
  • Je regrette... Mais dans ce cas ça signifirait que le compact image est homéomorphe à la sphère je ne comprends pas.
    Explique moi plus clairement s'il te plait
  • desolé c'est juste... j'ecris toujours trop vite
    desole desole
  • Je reprends l'idée du "voisinage et image réciproque", sans parler de compacité mais simplement d'ouverture / fermeture

    Soit h l'homéomorphisme supposé du disque D1 vers la sphère S1 (supposons de rayon 1 pour simplifier et centré sur 0).
    Soit h' l'application de |R3 vers |R2, qui étend h ainsi : pour tout point hors du disque, ce point appartient à un disque homothétique à D1 et on lui attribue la même image que son homothétique point de D1.

    On démontre que h' est continue (soit x un point de |R2 et x1 son "projeté homothétique" sur D1), l'image de x est la même que l'image de x1, alors soit un voisinage W de h'(x), on peut trouver un voisinage de V de x tel que h((V) inclus dans W - il suffit de considérer une boule ouverte centrée sur x1 et dont l'image est incluse dans W, et de considérer l'homothétie appliquée sur cette boule ouverte pour qu'elle devienne un voisinage de x)

    Par conséquent l'image réciproque de tout ouvert de |R3 est un ouvert de |R2

    Or l'image réciproque de tout voisinage d'un point de la sphère serait un voisinage du point correspondant du disque et inclus dans le disque par construction de h', comme h est bijective (je dis bien h, pas h' évidemment) en parcourant tous les points de la sphère on parcourt tous les points du disques, on en arrive à la conclusion que chaque point du disque admet un voisinage inclus dans le disque, d'où le disque est voisinage de tous ses points et est ouvert.
    Mais comme h' est continue, l'image réciproque de S1 (qui est fermée) est un fermé, donc le disque est fermé.

    Et dans |R2, les seuls ensembles ouverts et fermés à la fois sont |R2 et le vide, d'où la contradiction et le fait que D1 et S1 ne sont pas homéomorphes.
  • Je corrige un point qui paraît ambigu à la lecture : je parle parfois du disque D1 quand il faut parler du cercle C1 qui est la frontière du disque D1.

    Pour tout point x de |R2 dont la norme est strictement supérieure à 1, on prolonge h en h' en attribuant à x la valeur de son point homothétique sur C1.
  • Oups, bon après réflexion ej reviens sur ce que j'ai écrit. En effet, l'image réciproque d'un ouvert de la sphère (dans l'espace sphère) est un ouvert du disque (dans l'espace disque), mais n'est pas un ouvert du plan car c'est l'intersection d'un ouvert du plan avec le disque.
    Donc tout mon propos tombe.
  • (...) après mûre réflexion, voici comment je "vois" la démonstration. On pose :

    (*) S2 = la sphère centrée sur 0 et de rayon 1 dans |R3, c'est-à-dire : les points (x,y,z) avec x2+y2+z2=1
    (*) D1 = le disque centré sur 0 et de rayon 1 dans |R2, c'est-à-dire les points (x,y) avec x2+y2 <= 1
    (*) C1 = le cercle centré sur 0 et de rayon 1 dans |R2, c'est-à-dire les points (x,y) avecx2+y2 = 1

    C1 est la frontière de D1.

    Soient alors sur le disque A = (-1; 0) et B = (0; 1), [AB] est le diamètre du disque sur l'axe des x.

    S'il y a un homéomorphisme entre le disque et la sphère, alors soient A' et B' les images de A et de B, avec nécessairement A' <> B' (puisque A<>B)

    Appliquons à la sphère deux rotations (bijections continues |R2 dans |R2, donc la composition avec l'homéomorphisme est toujours un homéomorphisme) de telle sorte que A' = (-1; 0; 0) et B' = (x, 0, z) avec z>0 et notons (A',B') l'arc de cercle reliant A' à B' (pour "visualiser", l'arc (A',B') est un bout de méridien partant de l'équateur et restant dans l'hémisphère nord).

    Il est clair que S2 - (A',B') est connexe, car pour tout point P' de la sphère, on peut rejoindre le pôle sud en suivant un méridien et en se dirigeant toujours vers le sud (donc sans jamais rencontrer (A',B') et par conséquent on peut relier deux points quelconques P' et Q' en combinant les deux trajets.

    Par l'homéomorphisme, cela impose à l'image réciproque de (A',B') de laisser le disque connexe, ce qui force cette image à être le demi-cercle reliant A à B (c'est là où c'est visuel, il faudrait démontrer formellement que tout chemin qui relie A à B en passant par l'intérieur du disque partage le disque en deux parties disjointes). Pour fixer les idées, supposons que ce soit le demi-cercle inférieur (passant par le point (0; -1)).

    Le même raisonnement fait que l'arc de cercle (B',A'), le parcourt du méridien en partant de B' et en allant vers A' tout en suivant le même sens que (A',B') (c'est-à-dire : (A',B') U (B',A') = le tour de la sphère par le méridien = le cercle de rayon 1 avec y=0) a pour image réciproque le demi cercle reliant B à A, "opposé" au demi-cercle précédent, c'est-à-dire le demi-cercle haut passant par (0; 1), ce qui fait que la réunion des deux demi-cercles est exactement égale à C1

    Or le disque D1 - C1 est connexe (on relie tout point P et Q intérieur au disque par le segment [PQ]), alors que la sphère moins le tour complet du méridien n'est pas connexe (deux demi-sphères disjointes, on démontre facilement que le point (0; 1; 0) se relie à (0; -1; 0) par un chemin continu pour lequel il existe un point (x, 0, z) - théorème des valeurs intermédiaires - donc coupe le méridien y=0).

    Par conséquent l'homéomorphisme n'existe pas.
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