Topologie exotique
Un défi?
Trouver une topologie sur R non triviale (disons au moins séparée, le plus simple est de prendre une métrique a priori), non discrète qui fait de R un corps topologique (addition, multiplication continues) mais qui ne soit pas la topologie usuelle.
Envoyé par homotopie
Un défi
Trouver une topologie sur R non triviale (disons au moins séparée, le plus simple est de prendre une métrique a priori), non discrète qui fait de R un corps topologique (addition, multiplication continues) mais qui ne soit pas la topologie usuelle.
tendu ce défi
a priori pour qu'un corps soit topologiques il faut aussi vérifier queest continue sur
Avec la distance d(x, y) = |arctan(x) - arctan(y)|, les topologies sont différentes (avec la distance précédente R n'est pas complet), et l'arctan étant une fonction continue ....
Sinon on devrait pouvoir trouver des exemples encore plus exotiques (en prenant comme base d'ouverts = les ensembles cofinis, par exemple (je n'ai pas fait les démonstrations)
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Salut,Un défi
Trouver une topologie sur R non triviale (disons au moins séparée, le plus simple est de prendre une métrique a priori), non discrète qui fait de R un corps topologique (addition, multiplication continues) mais qui ne soit pas la topologie usuelle.
Il y a une bijection entre IR et IC. Donc je donne la topologie usuelle à IC que je ramène sur IR. Je fais de même avec l'addition et la multiplication de IC que je ramène sur IR par la bijection.
J'obtiens donc une topologie non usuelle sur IR ainsi qu'une addition et une multiplication qui en font un corps isomorphe à IC.
a priori pour qu'un corps soit topologique, il faut aussi vérifier que
Bien essayé mais non la complétude est une propriété métrique, la topologie induite par cette métrique est la topologie usuelle.
Cette topologie (souvent appelée de Zariski, bien que la topologie de Zariski désigne parfois celle engenré sur l'espace des idéaux maximaux par les idéaux qui sont considérés comme base des fermés) convient, sauf erreur, pour faire de R un corps topologique mais c'est très hautement non séparé (deux ouverts ne sont jamais disjoints).Sinon on devrait pouvoir trouver des exemples encore plus exotiques (en prenant comme base d'ouverts = les ensembles cofinis, par exemple (je n'ai pas fait les démonstrations
Que nenni, R et C sont isomorphes en tant que groupe pas en tant que corps (preuve : un est algébriquement clos pas l'autre).
J'avoue que je n'ai pas fait dans la 1/2-mesure.tendu ce défi
Donc indice : j'ai laissé des indices sur ce forum.
Bon courage, il y a des pistes intéressantes dans ce qui a été proposé.
ça ne marche pas si on induit la Topologie de Zariski à R ? (en prenant comme polynome le polynome nul)...
Dans ce cas on aurait même V(0) = R. Donc R serait un fermé.... houla... lol
Oui mais, je n'ai pas donné à IR les opérations usuelles de IR. J'ai transporté celle de IC sur IR par une bijection quelquonque et je l'ai ai donc complètement redéfinie. Donc ta remarque ne tient pas.Que nenni, R et C sont isomorphes en tant que groupe pas en tant que corps (preuve : un est algébriquement clos pas l'autre).
Mais tu voulais peut-être que les opérations + et * de IR soient les usuelles (ce qui n'est pas exigé dans l'énoncé).
Si on ne garde ni la topologie, ni les opérations qu'est-ce qui reste de IR, à part son cardinal ?
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Rien du tout
Oui R reste le même corps, seule la topologie change. Si seul le cardinal reste comme le fait remarquer Médiat pourquoi l'appeler R ?
Tu restes néanmoins celui qui s'approche le plus de mon idée pour montrer que de telles topologies existent (il doit y en avoir d'autres ceci dit).
Nouveau indice : trouver est très vague et ne signifie donc pas exhiber (celle que j'ai en tête est totalement inexploitable en pratique). Il y a donc un "gros" axiome ou au moins un résultat qui en découle qui risque fort d'être nécessaire.
Mahow : la topologie doit être séparée et précisons mieux : elle doit au moins être de Haussdorf (il est vrai que la cofinie de Médiat est de Frechet, axiome T1 de séparation).
On doit utiliser l'axiome du choix?Nouveau indice : trouver est très vague et ne signifie donc pas exhiber (celle que j'ai en tête est totalement inexploitable en pratique). Il y a donc un "gros" axiome ou au moins un résultat qui en découle qui risque fort d'être nécessaire.
Ce n'est pas interdit.Ou plus implement utiliser un résultat (non nécessairement classique) qui l'utilise. C'est vraiment exotique ce qu'on cherche.
existence de base? je chercherais du côté de R vu comme un Q-ev, fixer une base, ensuite construire une norme, fonction des coefficents dans ladite base. Les coefficients sont rationnels, tenir compte des relations de divisibilité entre dénominateurs? quelque-chose de proche de la topologie p-adique... L'addition est ipso facto continue, le produit ça doit bien se passer. Le difficile (?) c'est de montrer que l'on a bien une topologie différente de la topologie classique...
Je pensais aussi à l'existence de base vu l'indice de homotopie et du fait qu'une fois, j'ai vu par ce résultat qu'on pouvait montrer qu'il existe des sous-groupes additifs stricts de IR, dense et à la puissance du continu.
Mais après si je comprends bien, il faudra voir l'espace IR qu'on veut construire comme un produit non dénombrable d'espace normés (Q,N_i),
et comment on peut construire une norme ou une distance produit sur IR quand c'est non dénombrable?
c'est à dire?Les coefficients sont rationnels, tenir compte des relations de divisibilité entre dénominateurs?
Pour l'addition je suis d'accord pour le produit, ça me paraît plus difficile (si r était une transcendance pure de q, oui ça serait facile mais ce n'est pas le cas).
Tu sembles parti sur la piste d'une ultra-métrique (je n'ai jamais abouti par ce biais mais je m'y suis peut-^tre mal pris). Si tu y arrives, une ultra-métrique a tendance à rendre totalement disconnexe l'espace ce qui le distinguerait de notre R continu habituel.
On peut aussi par ce biais avec un peu plus d'outils algériques montrer l'existence d'un sous-corps strict ayant la puissance du continu (dense forcément puisque contient ipso facto Q si c'est un corps).
Si on prend une base d'ev les coefficients non nuls sont toujours en nombre fini, ça aide.
Au fait, j'ai vérifié mais la topologie cofinie non seulement n'est pas séparé mais elle ne rend pas R un corps topologique :
s : (R,cofinie)x(R,cofinie)->(R,cofinie) l'application somme
s(ouvert de RxR)=R pour tout ouvert non vide.
En effet, les ouverts de base sont les produits d'ouverts donc (R-partie finie)x(R-partie finie)
Soit y dans R, s(y-x,x)=y pour tout x, on a à disposition une infinité de x seul une quantité finie est exclue donc il existe x tel que (y-x,x) soit dans l'ouvert et donc y est s(ouvert).
Donc s-1(R\partie fine non vide) ne contient aucun ouvert autre que le vide donc s n'est pas continue.
Ceci étant montré si quelqu'un trouve une topologie avec peu d'ouverts puis fusionne l'usuelle et celle-ci pour y arriver, elle sera nécessairement séparée, je pense que +,x et (.)-1 restent continues, et il y a peu de chance de parvenir à la discrète. Il aurait gagner.
Mais le défi sera relancé avec cette condition supplémentaire : il y au moins un ouvert de la topologie usuelle qui n'est pas un ouvert dans l'exotique.
On fait le point :
on cherche une topologie exotique sur R telle que
1) +, x et (.)-1 usulles sont continues
2) cette topologie doit être séparée(dans le sens de haussdorff càd l'habituelle) , non discrète et distincte de l'usuelle
2)' au cas où une topologie exotique plus fine (contient tous les ouverts de l'habituelle) convient en trouver une également qui ne le soit pas (un ouvert de l'usuelle n'est pas un ouvert de l'exotique).
Plusieurs voies :
a) celle décrite par 2)' en fait
b) celle d'Ambroisio, définir la topologie à partir d'une base de R comme Q-ev
c) celle de Sylvestre mais en préservant les opérations algébriques de R
Dernier indice : la difficulté me semble plus être au niveau de l'algèbre que de la topologie et j'affine mon 1er indice "j'ai laissé (récemment) des indices sur ce forum ("mathématiques du supérieur") "
Intéressant problème. J'ai pas le temps d'y réfléchir vraiment mais est-ce que
Une autre idée comme ça (le truc utilisé pour montrer que R\Q est complétement métrisable :
Non nécessairement, par exemple que la base est telle qu'il y a une famille dénombrable (fn) où chaque fn est dans la famille {ei} vérifiant fn+1=(1/n)f1en. On pose alors xn=f1+fn/n, on a alors (xn) qui tend vers f1mais f1.xn=f1+fn+1 qui ne converge pas vers f1²=2f2.Intéressant problème. J'ai pas le temps d'y réfléchir vraiment mais est-ce que
Bon d'accord, c'est vraiment pas de bol mais justement il faudrait montrer que l'on peut éviter tous les "pas de bol".
De plus, il y a ce type de problème 1=ai1ei1+...+aimeim, 1/n=ai1/n.ei1+...+aim/n.eim tend vers 0. Maintenant on prend un x transcendant dans la base (il y en a forcément sinon R serait algébrique sur Q) les (x-1/n)-1, n entier >0 sont Q-linéairement indépendants puisque x se comporte comme une indéterminée, il suffit de vérifier qu'ils le sont dans les fractions rationnelles Q(X), or
Et là c'est plutôt le "coup de bol" si (x-1/n)-1 tend bien vers x-1 (=(lim x-1/n)-1).
Sur R\Q c'est la topologie induite de l'usuelle (c'est construit pour d'ailleurs). Sur Q, un rationnel est un des qn et on a d(x,y)>=1/2n+1/2n+1+...=1/2n-1>0, les rationnels sont donc isolés et {r} est un ouvert pour tout rationnel r.Une autre idée comme ça (le truc utilisé pour montrer que R\Q est complétement métrisable :
s-1(r) doit être un ouvert qui contient (r,x-r) avec x irrationnel. Il devrait donc y avoir un UxV produit d'ouvert avec s(UxV) dans {r} U contient au moins r, on doit avoir s({r}xV)={r} ce qui est impossible puisque tout ouvert contenant un irrationnel contient un ouvert de la forme ouvert de R intersecté avec R\Q ce qui est infini, or s(r,.) est injectif.
L'idée de séparer Q et R\Q et mettre une plus belle topologie sur Q que la discrète mais différente de l'usuelle (comme une induite par une norme p-adique par exemple) se butte au même problème s({r}xV) est de la puissance du continu pas l'ouvert de r.
Même ordre d'idée avec un sous-corps non dénombrable, je vous laisse essayer...
Oui c'est clair que pour le 1er truc c'est tout sauf clair que '*' est continue.
J'ai pas bien compris où tu voulais en venir pour le 2ème.
Derrière la distance "exotique" j'ai d'abord rappelé quelle topologie cela induit sur R. Il se trouve qu'on a alors R=(R\Q) U Q, union disjointe de deux espaces topologiques, avec Q discret.
C'est un candidat qui satisfait séparable, distinct de la topo usuelle (elle est strictement plus fine en fait), non discret.
Donc j'ai regardé si la somme est continue, or l'image réciproque des singletons {r} avec r rationnel ne peuvent être ouverts donc non cette somme n'est pas continue.
Ok Merci
Hum oui je vois le truc, mais si c'est bien ce que je pense (et vu les indications le contraire m'étonerais ^^^), Je dirait que tu n'arrive pas à donner une telle topologie, mais juste à montrer qu'il en existe une non ?
Oui, c'est ce que je sous-entendais en précisant "trouver est très vague et ne signifie donc pas exhiber". C'est une topologie qui n'est pas à proprement parler pathologique, elle est métrisable et séparable, la topologie induite sur Q est l'habitulle induite par l'ordre, mais totalement inexploitable en pratique, je ne sais pas si elle est complètement métrisable ni même de Baire.
Tu peux m'envoyer par MP ton idée si tu veux pour confirmer que nous avons bien la même idée ce que je pense.
En fait non, l'idée de Ksilver diffère de la mienne.
L'idée de Ksilver peut aboutir à mon avis, puisqu'un gros résultat confirme sa conclusion (suffisant pour montrer l'existence d'une topologie exotique, c'est l'idée de Ksilver qui m'en a fait rappelé) , mais que tous les problèmes techniques ne sont pas résolus (aucune idée précise de la preuve du "gros" résultat)
2) l'idée de Ksilver aboutit normalement à une topologie encore plus exotique puisque la topologie induite sur Q est elle même différente de la topologie induite par l'usuelle de R contrairement à la mienne.
Il y a donc au moins deux moyens d'y parvenir. Certainement plus.
Au fait, on a bien sûr le droit d'utiliser des résultats non triviaux si on donne une référence (de préférence avec une idée de la preuve.)
Ambrosio ne se décide pas mais il a trouvé.Il a trouvé, indépendamment de Ksilver, ce document nombres complexes p-adiques donnant la preuve du résultat dont je parlais au post précédent.
En résumé (concernant ce qui nous intéresse ici) :
sur Q on peut construire une valuation l.lp vérifiant
i) lrlp=0 ssi r=0
ii) lr.r'lp=lrlp.lr'lp
iii) lr+r'lp<=max(lrlp,lr'lp) c'est une propriété ultramétrique
et vérifiant lqlp=1 pour tout premier sauf un lplp<1 (elles vérifient toutes cela d'ailleurs sauf la triviale lrl=1 pour tout r, et la valeur absolue habituelle mais qui ne vérifie pas iii) mais l'inégalité triangulaire plus habituelle).
On complète Q par rapport à cette valuation (qui induit une distance ultra-métrique) pour obtenir le corps des p-adiques Qp.
Celui-ci n'est pas algébriquement clos, on le complète algébriquement tout en prolongeant la valuation.
Cette cloture algébrique n'est pas complète topologiquement, on la complète topologiquement pour obtenir un corps noté Cp ou
C'est un corps complet et clos comme C d'ailleurs ils sont isomorphes en tant que corps. Ceci donne une topologie complètement différente sur C et ... sur R (car la topologie induite est celle induite par l.lp sur Q qui est différente de l.l usuelle).
C'est une topologie induite par une métrique non triviale donc a les quelques propriétés exigées et bien que ce soit une topologie complète sur C, elle ne l'est pas sur R qui n'est pas fermé donc suffisamment pathologique pour mériter pleinement son qualificatif d'exotique (sur C moins elle ne l'est que pour la topologie usuelle).
Comme le défi a été relevé (il le sera par Ksilver peut-être aussi mais il ne pourra se pencher dessus tout de suite), je donne ma méthode :
d'abord l'indice que j'avais laissé automorphisme non continu de C.
En utilisant cet automorphisme on obtient un morphisme f de R sur un autre sous-corps de C, on peut alors transporter la topologie (par la métrique cela donne d(x,y)=lf(x)-f(y)l où l.l est le module classique) sur R. Comme les opérations sont continues sur C, elles le sont pour cette topologie : on peut voir les opérations de R comme étant les transportées de celles de C, à l'instar de la topologie, le fait que f est un morphisme de corps assure que l'on retrouve les lois de composition habituelles. Elle est distincte de l'usuelle sinon f et l'automorphisme de C serait continue.
Je pense qu'elle mérite le qualificatif exotique.
