Bonsoir,
On définitcomme la sphère unité de
Soient
je cherche à montrer que).
C'est le chaînon manquant pour montrer que
Merci pour vos indications.
Tu peux projeter H+ sur un plan orthogonal au vecteur x.
Si y appartient à H+, cela te donne un disque moins un point.
Sinon, un disque entier.
Ben il est connexe par arcs ... je vois pas pourquoi tu vas chercher si loin.Envoyé par rhomuald
montrer que
Ok merci pour la méthode des projections orthogonales, mais je ne vois pas en quoi c'est plus court de passer par la connexité par arcs,
il faut s'embêter à créer pour toute paire de points un chemin qui passe pas par
Ok merci pour la méthode des projections orthogonales, mais je ne vois pas en quoi c'est plus court de passer par la connexité par arcs,
il faut s'embêter à créer pour toute paire de points un chemin qui passe pas par
S^2\{x,y} c'est bien la sphère à laquelle on a enlevé un point ? Si oui tu peux joindre deux points quelconques par un grand arc (arc sur un diamètre). Si un arc passe par {x,y} c'est pas grave tu prends l'autre, ie l'arc qui passe par l'autre côté de la sphère.
Sinon tu peux aussi dire que S^2\{x,y} et R^2 sont homéomorphes grâce à la projection stéréographique.
non non c'est la sphère privée de deux de ses points
J'y avais pensé mais si un prend deux points
il faudrait trouver un moyen alors pour choisr un diamètre où on a au plus un point dessus parmi
Ok, bon dans ce cas R² et S²\{x,y} ne sont pas homéomorphes (R² est simplement connexe et pas S²\{x,y}) !
Sinon si pas de bol les deux grands arcs passent par x et y, on peut prendre un autre arc, c'est clair sur un dessin mais ça doit se formaliser
Au passage je pense que si on enlève une partie au plus dénombrable S² reste connexe (par arc) non ?
Une idée pour faciliter la formalisation proposée par ThSQ: quitte à composer par une homographie (je crois qu'une homographie ça marche), tu peux supposer que x et y sont les pôles Nord et Sud de la sphère.
Ensuite pour relier deux points a et b, il suffit de suivre le parallèle qui passe par a jusqu'à l'intersection avec le méridien qui passe par b puis suivre ce méridien jusqu'à b.
merci, je ne connais pas vraiment les homographies, je vais regarder ça plus en détail.
ok pour cet argument
lol ce ThSQ, tu vas toujours très loin, je retiens cette question, mais pour l'instant je ne vois pas comment faire.
Merci en tout cas pour l'aide que vous m'avez apporté
ThSQ -> Je crois d'ailleurs qu'on utilise un raisonnement similaire pour montrer que GLn(C) (et pas de R) est CpA. J'avais eu cet exo en colle, mais je ne me souviens plus trop... Il me semble qu'on regardait le barycentre de M et In (M inversible, les coeffs t et 1-t), le det étant un polynome en t, il a au plus n racines. C - n racines est CpA ou un truc du genre...) Tu n'auras pas trop mal à retrouver la démo :P
Thomas
Sinon, sous certaines hypothèse pour E (ouvert convexe d'un R-evn pex), si A est une partie dnb, alors E-A est CpA. On le fait en considérant un nombre non dénombrable de chemins, par l'absurde.
Peut-être. La démo que je connais (et qui doit être le truc classique) procède par étapes :
- on trigonalise
- on vire continument les éléments non diagonaux
- on change continument les éléments diagonaux en 1 (possible bicoze non nul)
On peut donc joindre n'importe quelle matrice inversible à I.
(pour 1€ de plus on montre que SLn(C) est connexe par la même méthode)
Oui oui c'est la méthode classique
