Formes fondamentales en 2d
dans Topologie
Soit $T$ l'ensemble des ouverts relativement compact de $\R^2$.
$\C$ est identifié $ \R^2$.
J'abrège par
$$U==V$$
la phrase "il existe une bijection holomorphe $f$ définie sur $\C$ à valeurs dans $\C$ telle que la restriction de $f$ à $U$ est une bijection de $U$ dans $V$"
Est-ce qu'on peut prouver que $card(T/==)\leq \omega_1$ où $\omega_1$ est le premier ordinal non dénombrable?
$\C$ est identifié $ \R^2$.
J'abrège par
$$U==V$$
la phrase "il existe une bijection holomorphe $f$ définie sur $\C$ à valeurs dans $\C$ telle que la restriction de $f$ à $U$ est une bijection de $U$ dans $V$"
Est-ce qu'on peut prouver que $card(T/==)\leq \omega_1$ où $\omega_1$ est le premier ordinal non dénombrable?
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Réponses
Des ouverts de $\C$, il y en a autant que des réels : il suffit de donner les points rationnels.
Maintenant à équivalence conforme : les couronnes $C_R = \{z, 1 < |z| < R\}$ sont toutes distinctes. https://en.wikipedia.org/wiki/Extremal_length#Some_applications_of_extremal_length
Ce que je dis : "le cardinal demandé est celui de $\R$".
Je répondais à la version non-ridicule de la question, soit : "Connaît-on le cardinal de ..." La réponse est "oui", et c'est la remarque numéro 1 qui suit le théorème de Riemann.
Et pour la suite, oui, mais christophe visiblement ne savait pas que c'était le cardinal de $\R$. C'est un peu bizarre de dire que c'est ridicule, sous prétexte que ça parle de $\omega_1$ franchement...
Donc on migre vers (à homéomorphisme C infini du plan dans lui même près à la place de bijection holomorphe). Je numeroterai. À nouveau merci et ça "me troue le Q" que les couronnes ne soient pas équivalentes!!! Super info.