Bonjour à tous,
J'ai entendu dire qu'il n'existait pas d'action libre d'un groupe fini sur Rn (autre que l'action du groupe trivial).
Ça me paraît assez surprenant, mais en essayant de construire de telles actions sur R, je me suis dit que le résultat devait être vrai. L'ennui, c'est qu'il n'y a aucune autre hypothèse topologique sur G, ce qui m'empèche d'appliquer des théorème de points fixes...
Si quelqu'un a une idée, je veux bien en profiter ! Merci !
Salut,Envoyé par doudache
Est-ce que action libre veut dire que pour tout g différent du neutre et tout x de Rn alors?
Je pense qu'il suffit de le montrer pour les groupes cycliques finis
J'aimerais bien réussir à montrer que l'action du 1 est conjuguée à une rotation d'angle
Oui, c'est bien la définition pour moi d'une action libre.
On peut même se ramener au cas n où est premier.
Mais si on se place sur la sphère unité et qu'on considère le groupe engendré par la rotation d'un certain axe (passant par l'origine) et d'angle
Non, mais dans cas, le groupe n'est certainement pas fini.Mais si on se place sur la sphère unité et qu'on considère le groupe engendré par la rotation d'un certain axe (passant par l'origine) et d'angle
Je vais peut-être dire une bétise :Salut,
Est-ce que action libre veut dire que pour tout g différent du neutre et tout x de Rn alors
Pour moi libre ça veut dire que le morphisme de G dans bij(R^n) auquel donne naissance l'action est injectif.
Dans ce cas ça signifie : pour tout g différent du neutre, il existe x dans R^n avec g(x) différent de x.
Ce qui est beaucoup moins contraignant que ce que tu dis Sylvestre.
Pour moi ça c'est une action "fidèle". Je crois qu'il y a beaucoup de définitions différentes, mais le cadre dans lequel je me place, c'est celui ou aucun élément (hormis 1) n'a de point fixe.
Ah oui je suis d'accord avec toi. Je confonds un peu tous les termes !
En fait j'ai l'impression que c'est faux si le groupe n'agit pas continuement. Par exemple, en prenant prends R+ et R-\{0} qui forment une partition de R ; puisqu'ils ont même cardinal on
les envoie bijectivement l'un sur l'autre par via une fonction h, et on peux définir un élément d'ordre 2 en posant g(x) = h(x) ou h-1(x) suivant que x est positif ou négatif. Et g n'a pas de point fixe, ce qui prouve qu'il existe des actions de Z/2Z sur R qui sont libres
Oui, c'est vrai. C'est rigolo. Mais, à mon avis, lorsque l'on parle d'action sur Rn, on parle d'action continue, car sinon on parlerait d'action sur un ensemble quelconque ayant la puissance du continu.
Bonjour,
il faut évidemment supposer une propriété de plus que le cardinal de R^n. En effet, il est trivial de construire une action libre sur un ensemble de plus grand cardinal. On fait :
Deux voies naturelles possibles pour caractériser le fait que c'est bien R^n :
l'action est linéaire, c'est alors trivial le barycentre des
l'action est continue. J'ai une preuve malheureusement non élémentaire (j'ai essayé de simplifier mais ce n'est pas abouti).
Si l'action de G est libre sur R^n alors on a un revêtement de fibre G (galoisien) :
G->R^n->>R^n/G.
R^n étant simplement connexe ce revêtement est un revêtement universel. Or le revêtement universel d'un groupe fini n'est pas contractile contrairement à R^n, ce qui contedit l'unicité des revêtements universels.
Elément de preuve de ce dernier point pour les cycliques (ce qui suffira ici)
Z/2Z->S^2->RP^2 est le revêtement universel de Z/2Z.
De manière générale, on colle n disques par leur bord sur un cercle pour l'espace total, on envoie sur la base en faisant tourner n fois le cercle équateur. L'espace total est simplement connexe mais son deuxième groupe d'homotopie est par contre non trivial.
Cordialement
Salut !
Je ne comprend pas trop : R^n -> R^n/G est le revêtement universel de R^n/G, pas de G ? G c'est le groupe fondamental de R^n/G. Ca me dit aussi que R^n/G est un K(pi,1) mais comment ça me renseigne sur G ?
Oups
J'ai confondu le revêtement universel et le de-looping (BG avec
A que ça ne tienne, R^n/G ne peut pas être un K(G,1) car un tel K(G,1) a des cellules de dimensions aussi grandes que l'on veut. Exemple : B(Z/2Z) est
Oups
J'ai confondu le revêtement universel et le de-looping (BG avec
A que ça ne tienne, R^n/G ne peut pas être un K(G,1) car un tel K(G,1) a des cellules de dimensions aussi grandes que l'on veut. Exemple : B(Z/2Z) est
Pas très convaincant quand on ne connaît pas , j'essaie de trouver un résultat plus connu montrant le résultat.
C'est un peu technique pour moi... Est-ce que tu peux définir les notions que tu utilises ? Ou me renvoyer vers une bonne référence ? Merci !
Si, c'est un groupe fini.
En gros, on ne peut pas à la fois avoir groupes d'homotopies triviaux à partir d'une certaine dimension et groupes d'homologie triviaux à partir d'une certaine dimension, les seules exceptions sont les produits de cercle. Ceci étant du au fait que les sphères de dim>1 (espaces de base pour l'homologie finie) a des groupes d'homotopie non triviaux pour des dimensions aussi grandes que l'on veut, .
Ici le revêtement construit à partir de G informe que les groupes d'homotopie sont triviaux au dela de dim=1. R^n/G a des groupes d'homologie nuls au dela de dim=n. R^n/G est un cercle ou un produit de cercle, or les groupes fondamentaux de ces derniers sont infinis.
Pour les références malheureusement ce sont de vieux souvenirs, désolé.
Le retour)
Je me limite au cas G=Z/nZ qui est suffisant pour le résultat voulu.
Plan de la démo :
A) Montrer que
a0) Pour cela on va exhiber le squelette de dimension 1
a1) détermination explicite du revêtement universel
a2) exhiber
a3) montrer le résultat annoncé
B) A l'aide d'un squelette adapté montrer que
A et B sont en contradiction, montrer A et B suffit donc à montrer l'impossibilité.
A)
a0) S'il y a une action libre de G sur
p.c est homotopiquement trivial, il existe donc une application j : disque -> B tel que son bord soit égal à p.c.
E1 est l'espace formé par un cercle
Vu ce qui précède (existence et définition de c et j) on a une application f1 : E1 -> B tel que
a1)
On surjecte
C'est une simple généralisation de
Ce qui a de commode ici, c'est que c'est un complexe cellulaire, on peut donc facilement calculer son homologie sur Z.
degré 0 : c'est connexe par arcs donc
degré 1 : un lacet donc fermé et qui est un bord ("n fois") donc
degré 2 : n disques ayant même image (une rotation est homotopiquement trivial, ce qui ne veut pas dire que lorsqu'on recolle après avoir tourné ça le soit). cette image de surcroît ne se "divise" pas. On a
degré >2 : pas de cellules.
L'homologie est libre donc iso à sa cohomologie.
A remarquer que la suite d'homotopie indique que
A remarquer que
a2)
On a deux applications g :
On prend le pull-back :
g'1 : E'1->R^{n'} ; g'1(x,y)=x
et p' : E'1 -> E1 ; p'(x,y)=y
telles que pog'1=g1op' , autrement dit on a un carré commutatif.
p est un revêtement donc une fibration p' est donc une fibration (ça se démontre "tout seul", une homotopie I.espace dans B se relève sur R^n ce qui donne immédiatement le relèvement voulu dans E'1, puisque dès le départ on a I.espace dans E1)
Deux propriétés :
i) La fibre homotopique de p' est donc G (union disjointe de points). E1 est connexe par arcs, E'1 est donc connexe par arcs (cas particulier de relèvement d'homotopie), la suite d'homotopie nous dit donc que
ii)
de i et ii, on en déduit que l'on a une fibration
Un peu de prudence,
Au rang 2, on a
Au rang infini, la cohomologie est concentré en degré 1 (iso à H*(E1) aisée à calculer).
On prend les éléments de
Et maintenant le classique "argument de coin" : si H*(B) est de degré fini, alors soit N son plus haut degré, les classes de
B)
Je n'en donne que l'idée :
on construit un G-squelette de R^{n'} (quantité dénombrable de cellules, ce n'est pas génant) :
chaque cellule est répliquée : pour une cellule x, toutes ses images g.x sont dans la décomposition.
On a alors par "quotient" un squelette de
On peut voir le A aussi de la manière suivante : la cohomologie de K(G,1) est de degré infini. Info : avec un peu de travail ( il faut écrire explicitement les classes et constater que ça ne se simplifie pas puis compter) on montre en plus que c'est un espace hyperbolique : dim(H^i) croît exponentiellement avec i (pour un groupe quelconque les divers "apports" ne s'annulent pas, on voit vraiment pas pourquoi il le ferait, ils se multiplient) brider l'homotopie par la torsion fait "exploser" la (co)homologie)
En résumé :
en (co)homologie : quand on quotiente (proprement tout du moins) R^n, celle-ci reste de degrè inférieur à n.
en homotopie, créer de la torsion fait "exploser" la cohomologie
Une action libre de G sur R^n créerait de la torsion tout en restant en (co)homologie de degré fini, c'est incompatible.
Merci pour ta réponse détaillée ! Dès que j'ai le temps je regarde ça de plus près.
