Connexité par arc / Banach complexe

Dans un EVT quelconque complet, je ne parierais pas, mais là tu as le théorème de l'application ouverte qui peut aider. (Je n'ai aucune idée de la réponse, sinon je te l'aurais donnée)

Peut-être en considérant l'espace de Banach $E$ des fonctions continues de $U(1)$ dans $\C$, et l'opérateur $G$ de $E$ dans $E$ qui à $f$ associe $G(f): z \in U(1) \mapsto zf(z) \in \C$ ? Alors $G$ ne pourrait pas être relié à l'identité de $E$.

Ce qui devrait permettre de montrer que ton contre-exemple prouve la non connexité "tout court"!

En effet, "a priori", je dirais que si $f$ est inversible, et $h$ superproche de $0$ (au sens de la norme sur les opérateurs) alors $f+h$ est inversible, via le calcul:

$$ (1-g)^{-1} = 1+g+g^2+g^3+\dots $$

réalisable dans un Banach et où $g$ s'obtiendrait facilement à partir de $h$.

Ce qui ferait des inversibles un ouvert. Pas connexe par arcs, donc pas connexe du tout. Bravo Marco!!

Oui, les inversibles de l'algèbre de Banach des opérateurs forment bien un ouvert. L'idée, c'est que relier $G$ c'est-à-dire $f \mapsto (z \mapsto zf(z))$, à l'identité c'est-à-dire $f \mapsto (z \mapsto 1.f(z))$ impliquerait de relier $z \mapsto z$ à $z \mapsto 1$ ce qui est impossible sans passer par $0$.

Soit $t \in [0,1] \mapsto G_t$ un chemin d'opérateurs inversibles qui relie $G$ à l'identité $I$ de $E$.
Soit $h$ une fonction continue de $U(1)$ dans $\C$
Si $h$ s'annule, alors on peut l'approcher par une suite de fonctions continues $u_n$ faisant $0$ tour autour de $0$. Alors $G(u_n)$ fait $1$ tour autour de $0$. Donc il existe $t_n \in [0,1]$ et $z_n$ tel que $G_{t_n}(u_n)(z_n)=0$.
Donc en prenant de suites extraites, il existe $s \in [0,1]$ et $z \in U(1)$ tels que $G_s(h)(z)=0$.

De même, si $h$ ne s'annule pas: elle fait un certain nombre de tours autour de $0$, et $G(h)$ en fait un de plus. Donc il existe $s,z$ tels que $G_s(h)(z)=0$.

Soit $F$ l'ensemble des fonctions continues de $[0,1] \times U(1)$ dans $\C$. Et $A$ de $E$ dans $F$, qui à $h$, associe $(s,z) \mapsto G_s(h)(z)$.
Alors toutes les fonctions de l'image de $A$ s'annule. Et l'image de $A$ est un $\C$-espace vectoriel de fonctions continues sur un compact à valeurs dans $\C$.
Donc (?) il existe $s_0,z_0$ tels que toutes les fonctions de l'image de $A$ s'annulent. Donc pour tout $h \in E$, $G_{s_0}(h)$ s'annule, donc l'image de $G_{s_0}$ n'est pas $E$, donc $G_{s_0}$ n'est pas inversible: contradiction.

Pour le 1), soit $h$ une fonction de $[0,1]$ dans $\C$ qui s'annule telle que $h(0)=h(1)$
Si $h$ est nulle, c'est facile.
Sinon, soit $\epsilon >0$ plus petit que la norme de $h$, on veut approcher $h$ à $2\epsilon$ près par une fonction (ne s'annulant pas donc) qui fait $0$ tour. Soit $B$ la boule ouverte de centre $0$ de rayon $\epsilon$, soit $C$ le cercle de centre $0$ de rayon $\epsilon/2$. Soit $h^{-1}(B)$, c'est une union dénombrable disjointe d' "intervalles" ouverts de $[0,1]$.
Soit $O_n=]a_n,b_n[$ chacun de ces intervalles, alors $h(a_n)$ et $h(b_n)$ sont de modules $\epsilon$.
On approche $h$ restreinte à $O_n$ par une fonction affine $g_n$ sur $[a_n,b_n]$ telle que $g_n(a_n)=h(a_n)$ et $g_n(b_n)=h(b_n)$. Si $g_n$ passe par $0$, on fait un demi-tour d'un côté ou de l'autre (peu importe) sur $C$.

Soit $f$ qui est égale à $g_n$ sur $[a_n,b_n]$ pour tout $n$ et $h$ en dehors.

Alors $f$ est continue et approche $h$ à $2 \epsilon $ près et ne s'annule pas. Donc elle fait un nombre fini $k$ de tours.
Ça suffit en fait pour la première partie de la démonstration.
Pour faire $0$ tour, on choisit l'intervalle $[a_1,b_1]$ et on compense en faisant, sur $[a_1,b_1]$, $-k$ tours supplémentaires autour de $0$. en restant dans $B$.

D'accord, merci !