A la recherche de bijections

Quelqu’un sur le forum M@th en Ligne demande s’il existe sur la sphère standard de dimension 2 une structure d’espace vectoriel dont les opérations sont continues pour sa topologie naturelle. La réponse est : « non » car la sphère est compacte au contraire des espaces vectoriels distincts de \{0\}.

Par contre, il me semble évident que la sphère standard de dimension 2 est en bijection avec \mathbb R^2 — elle possède donc une structure d’espace vectoriel de dimension 2. Cependant, à brûle pourpoint, je ne sais pas exhiber de bijection entre ces deux ensembles.

Plus généralement, il me semble qu’une variété différentiable (voire topologique) connexe de dimension n est en bijection avec \mathbb R^n ; je suis peut-être trop optimiste.

Je vais y réfléchir davantage mais j’aimerais connaître votre opinion sur la question. D’avance merci!

11 réflexions sur “A la recherche de bijections

  1. En fait, pour la sphère S^2, c’est facile. Plus généralement, il y a des bijections relativement explicites entre S^n et \mathbb R^n.

    D’abord, une projection stéréographique est une bijection de la sphère privée d’un point, le pôle de la projection, sur \mathbb R^n. Il reste donc à construire une bijection entre \mathbb R^n et \mathbb R^n\setminus\{0\}. En la composant avec la projection stéréographique, on obtiendra une bijection entre la sphère et l’espace en assignant par ailleurs le point manquant de la sphère à 0.

    Choisissons une partie dénombrable

    e=\left\{x_0=0,x_1,...\right\}

    de \mathbb R^n. On obtient une bijection f entre ce dernier et \mathbb R^n\setminus\{0\} en posant f(x)=x pour x\notin e et f(x_i)=x_{i+1} pour i=0,1,...

    Je vais réfléchir encore au cas des variéfés différentiables connexes.

    • Bonjour,
      Il faut sans doute une hypothèse supplémentaire du type « la variété n’est pas trop grande » parce que je crois que la « concaténation » d’une famille de copies de [0,1[ avec pour ensemble d’indices un ensemble ordonné très gros (ie de cardinal strictement plus grand que celui de IR) est une sorte de longue demi ligne, variété différentiable connexe.

  2. Bon, j’ai une preuve mais elle n’est pas simple.

    Voici d’abord deux faits de la théorie des ensembles .

    D’abord, si le cardinal de A est infini, alors A^n a même cardinal que A pour tout entier positif n. En particulier, il y a des bijections entre les espaces euclidiens \mathbb R^n qui ont donc tous la puissance du continu.

    Puis, le théorème de Cantor-Bernstein : s’il y a une injection de A dans B et une injection de B dans A, alors A et B ont même cardinal(*).

    Voici ensuite le théorème de Whitney : toute variété à base dénombrable de dimension n peut être plongée dans \mathbb R^{2n}.

    Cela rappelé, soit une variété à base dénombrable M. D’après le théorème de Whitney, il existe une injection de M dans un espace euclidien \mathbb R^n.

    Par ailleurs, M admet des cartes, qui sont notamment des bijections entre des ouverts de M et des ouverts d’un espace \mathbb R^m. On peut même supposer que ces ouverts coïncident avec \mathbb R^m. En particulier, il existe une injection de \mathbb R^m dans M, donc de \mathbb R^n dans M vu la première propriété rappelée plus haut.

    D’après le théorème de Cantor-Bernstein, M a donc le même cardinal que les espaces euclidiens.

    En réalité, la connexité ne joue pas. C’est dû à une propriété supplémentaire : l’union de deux ensembles infinis a pour cardinal le plus grand de leurs cardinaux.
    __________
    (*) Avec ce théorème, on vérifie facilement que tous les ouverts non vides de \mathbb R^n sont en bijection avec lui.

  3. La dernière propriété citée dans le message précédent, couplée avec le fait que les ouverts non vides de \mathbb R^n sont équipotents, donne une autre vérification du fait qu’une variété à base dénombrable a la puissance du continu.

    Cela provient de la théorie de la dimension d’après laquelle une variété à base dénombrable de dimension n admet toujours un atlas comportant n+1 cartes : elle est donc union finie d’ensembles ayant la puissance du continu, ce qui permet de conclure.

  4. Tout espace séparé à base dénombrable est au plus équipotent à \mathbb{R}. En effet, soit E un tel espace et (B_i)_{i\in\mathbb{N}^*} une base dénombrable pour la topologie de E. Pour tout x \in E, on note A(x) l’ensemble des indices i tels que x\in B_i. Alors l’application de E dans \mathbb{R} qui à tout x associe 2 \sum_{i\in A(x)} 3^{-i} est une injection (en fait son image est une partie de l’ensemble de Cantor).

  5. @MathOMan : merci🙂 Et je suis d’accord avec toi sur la qualité du site en question!
    @ JLT : c’est amusant et expéditif. Si j’ai bien compris, accessible à la place de séparé fonctionne tout autant.

    • Oui, et même T_0 à la place de séparé suffit. Donc une variété topologique non séparée dont la topologie est à base dénombrable est équipotente à \mathbb{R}.

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