Bonjour,
Je cherche à savoir si oui ou nonmuni de la topologie induite par
Je pense que non, la seule idée que j'ai pour le montrer est que
Mais je n'arrive pas à le montrer formellement.
Est-ce que de manière générale, un homéomorphisme entre deux sous espaces topologiques
Bonjour.
Il suffit de regarder comment sont faits les ouverts de
Bonne réflexion !
Dernière modification par gg0 ; 24/10/2019 à 19h29.
Merci pour votre réponse,
Si
Ce raisonnement est-il bon?
Qu'en est-il pour la deuxième question, y a t-il un lien entre les homéomorphismes et les parties denses ?
Plus simplement, combien de rationnels dans un ouvert de
Pas d'idée pour ta deuxième question.
Les ouverts de
1er cas:
2nd cas:
Si il y'a avait un homéomorphisme
Sa restriction induirait une bijection vers un ouvert de
Donc
si f:E->F est continue et si A est dense dans E alors f(A) est dense dans f(E).
Oui mais l'homéomorphisme est continu au sens des topologies induites sur les sous espaces topologiques et n'est a priori pas défini sur l'espace topologique E entier, donc n'est a priori pas continu pour la topologie de E.
je ne comprends pas bien ton problème en fait. Peux-tu donner l'exemple auquel tu penses s'il y en a un?
Soit
Soit
Soit
Ma question est:
Si on suppose que
Je ne comprends pas pourquoi votre argument est valide, car si
A priori il n'y pas de raison qu'il soit continue sur
Le seul moyen que je vois pour appliquer votre raisonnement est de faire un prolongement continu de
Non en général, par exemple pour X=[-1;1], si tu prends Y=]-1;1[ et Z= ]-1/2;1/2[ tu as un contre exemple.
Tu ne peux en général, pas non plus prolonger une application continue définie sur un ss esp top. à l' esp top en entier; par exemple sur S^1\N ( le cercle vu dans C, privé du pole nord), si tu définies l' application qui rétracte S^1\N sur l" hémisphère sud ( ouvert ), tu ne peux pas la prolonger en une application définie sur S^1 tout entier.
Un exemple:
On prend ici:
(Je construis ici juste une application continue, pas un homéomorphisme)
On considère
définie par:
Les images réciproques de tous les ouverts de
donc
Pour appliquer votre raisonnement il faudrait d'abord pouvoir prolonger par continuité mais ensuite ça montrerais seulement que
ah oui effectivement merci beaucoup !
Autre exemple d'homéomorphisme entre parties A et B de E qui ne peut être prolongé à E tout entier: E est le plan euclidien, A est la réunion d'un cercle et d'un point à l'intérieur du cercle, B est la réunion d'un cercle et d'un point à l'extérieur du cercle. Le point en question étant isolé dans A comme dans B un homéomorphisme doit envoyer le point isolé de A sur le point isolé de B et il n'existe pas d'homéomorphisme du plan qui échange l'intérieur et l'extérieur du cercle.
Merci !
Deux dernières questions, j'ai vraiment du mal avec les homéomorphismes.
1) Comment montrer que
2) Il me semble avoir lu que tout segment
L'argument que je m’oppose pour lever le paradoxe de la question 2) est que la définition d'un ensemble borné est: ensemble contenu dans une boule fermé, et utiliser une boule fermé implique de se placer dans un espace métrique donc l'implication: compact
Est-ce juste comme raisonnement ?
pour la question 2) il n'y a pas de paradoxe. Tu peux munir [-infini,+infini] d'une distance qui soit bornée.
laquelle?
Car
A l'aide d'une base de voisinages. Il me semble que c'est bien expliqué ici : https://fr.wikipedia.org/wiki/Droite...e_achev%C3%A9e
D'accords merci beaucoup!
Pas d'idée pour
Je pense qu'on doit pouvoir bricoler une démonstration par l'absurde, par exemple en utilisant le fait qu'un homéomorphisme transforme une suite convergente en suite convergente. Mais ça doit revenir à montrer qu'un intervalle de R est connexe.
Peut etre en passant part les compactifié d' alexandrov, puis en regardant les lacets à homotopie près dans ces espaces ( groupes fondamentaux), on a alors un espace homéo à un cercle et l' autre homéo au recollement de deux cercles le long d un point; mais je pense que qu 'il y a aussi un argument de connexité quelque part ...
Je pense que ce qui distingue R de R* c'est la connexité, donc on ne peut pas vraiment l'ignorer dans la démonstration du fait qu'ils ne sont pas isomorphes.
On pourrait par exemple évoquer l'argument suivant: on considère l'application f:R* -> R telle que f(x)=-1 si x<0 et f(x)=1 si x>0. Elle est continue. S'il existait un homéomorphisme g:R->R* alors fog serait continue et prendrait les deux valeurs -1 et +1 ce qui contredirait le théorème des valeurs intermédiaires. Oui mais voilà, ce théorème repose sur la notion de connexité. Je ne crois pas qu'on puisse l'éviter.
Contre exemple encore plus simple encore pour la question 2).
X=]0,1[, A=X, B=]0,1/2[.
Certainement A et B sont homeomoprhes, A est dense dans X, et B non dense dans X.
Pour R et R* : R n'est pas compact et R* l'est, ils ne peuvent donc pas etre homeomorphes.
Oups pardon, erreur : je pensais que R* etait R plus {-inf, +inf}. Desole...
Dernière modification par syborgg ; 25/10/2019 à 13h40.
Il ne peut y avoir d'application continue de [0,1] dans R* qui envoie 0 sur -1 et 1 sur 1. (car sinon l'image reciproque de ]-inf, 0[ et celle de ]0, +inf[ seraient un partitionnement de [0,1] en deux ouverts. C'est impossible car [0,1] est connexe. Si tu tiens a ne pas utiliser la notion de connexite tu dois reprendre la demonstration de ceci en utilisant les proprietes de la relation d'ordre de R).
Si R et R* etaient homeomorphes par f : R*--> R, il n'existerait pas non plus d'application continue de [0,1] dans R qui envoie 0 sur f(-1) et 1 sur f(1). Or c'est clairement le cas. Donc ils ne peuvent etre homeomorphes.
C'est un peu tordu car tu refuses d'utiliser la connexite. Si tu l'accepte, c'est direct : R est connexe et R* non, CQFD.
Dernière modification par syborgg ; 25/10/2019 à 14h05.
On peut faire plus direct en utilisant la connexite de R au lieu de celle de [0,1]... Bref....
