Groupe des homéomorphismes du disque

JLT
JLT
dans Topologie
En lisant les questions posées par cc à OShine, je me suis posé les questions suivantes :

Soit $G$ le groupe des homéomorphismes de $[0,1]$ sur lui-même. Soit $H$ le groupe des homéomorphismes du disque unité fermé $D$ sur lui-même.

1) $H$ possède-t-il un sous-groupe d'indice 2 ?

2) Tout élément de $H$ est-il un carré (pour la composition) ?

3) Les groupes $G$ et $H$ sont-ils isomorphes ?

Si la réponse est oui pour la question 2, alors la réponse est non pour la question 1.
Si la réponse est non pour la question 1, alors la réponse est non pour la question 3.

Des idées ?

Réponses

  • Nicolas H
    Nicolas H
    Sauf erreur : $G$ ne possède pas d'éléments d'ordre $3$, mais $H$ en possède. Donc la réponse à 3 est non.
  • Calli
    Calli
    Salut,
    $D$ est une variété topologique orientée. Le sous-groupe de $H$ formé des homéomorphismes qui préservent cette orientation m'a l'air d'être un sous-groupe d'indice 2.

    Edit : Du coup, la réponse à la question 2 a l'air d'être non car tout carré de $H$ préserve l'orientation de $D$. Donc $-\rm id$ n'est pas un carré par exemple (édit2 : Non, $-\rm id$ ne va pas. Prendre une symétrie axiale, comme le dit JLT).
  • JLT
    JLT
    Ah oui je n'avais pas pensé à l'orientation. Ce sont plutôt les symétries axiales qui ne sont pas des carrés.
  • Foys
    Foys
    $z\mapsto \overline z$ n'est pas un carré dans $H$.

    Soit $f\in H$. Alors $f$ envoie $\mathbb S^1$ (la frontière de $D$) sur elle même. En effet par invariance du domaine, si $x$ est dans l'intérieur de $D$, il existe un voisinage ouvert $V$ de $x$ dans $D$ et son image par $f^{-1}$ est ouverte. On en déduit un morphisme de groupes $f\mapsto f\big |_{\mathbb S^1}$ de $H$ dans l'ensemble $K$ des homéomorphismes de $\mathbb S^1$, qui est d'ailleurs surjectif (si $g\in K$, $g$ est l'image par la restriction de $z\mapsto |z|g\left ( \frac z {|z|}\right )$ si $z\neq 0$, $0$ si $z=0$).
    Une fois qu'on a ça, on peut appliquer des considérations de degré.
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Foys
    Foys
    D'ailleurs le degré d'un homéomorphisme de $\mathbb S^1$ est de degré $1$ ou $-1$, les homéomorphismes de degré $1$ constituent un sous-groupe d'indice $2$ de $K$, on en déduit un sous-groupe d'indice $2$ de $H$.

    (edit: finalement c'est ce que vous disiez déjà avec Calli).
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Calli
    Calli
    JLT : Oui, j'ai écrit ce "$-\rm id$" trop vite.

    Foys a trouvé un moyen de parler d'orientation ici sans se taper toute la théorie de l'orientabilité des variétés topologiques, c'est bien. (tu)
  • Foys
    Foys
    Calli a écrit:
    Foys a trouvé un moyen de parler d'orientation ici sans se taper toute la théorie de l'orientabilité des variétés topologiques, c'est bien.
    @Calli, tu devrais jeter un oeil au livre "algebraic topology" de William Fulton où il fait ça justement.

    Le degré topologique et l'invariance du domaine permettent de faire de l'orientation pour des homéomorphismes de variétés topologiques, sans passer par la différentiabilité.
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Foys
    Foys
    Pour la non-existence d'éléments d'ordre $3$ dans $G$, on peut procéder comme suit: soit $f\in G$. Alors $f$ est monotone et les sens de variation de $f$ et de $f^3$ sont les mêmes. Supposons que $f^3=id_{[0,1]}$. Alors $f$ est croissante par ce qui précède. Si $f$ n'est pas l'identité, soit $x\in[0,1]$ tel que $x\neq f(x)$.
    Si $x<f(x)$ alors $x<f(x)<f^2(x)<f^3(x)$ par croissance (forcément stricte) et $x>f(x)$ alors $x>f(x)>f^2(x)>f^3(x)$. Donc $f^3(x)\neq x$ d'où une contradiction.
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Calli
    Calli
    Foys : Merci pour le conseil, même si ça n'est pas dans mes projets pour l'instant de revenir à la topologie algébrique. Je sais vite fait comment fonctionne l'orientabilité des variétés topologiques (à tous les trucs de topologie algébrique que j'ai oublié près). Maxtimax me l'avait fait découvrir sur ce forum. C'est des histoires de $H_n(M,M\setminus\{x\},\Bbb Z)$ si on parle bien de la même chose. Mais comme la connaissance de l'orientation de $\Bbb S^1$ est infiniment plus simple que la théorie générale, c'est bien, je trouve, de pouvoir se passer de cette théorie.
  • JLT
    JLT
    Questions supplémentaires : soit $G_0$ (resp. $H_0$) le groupe d'homéomorphismes de $[0,1]$ (resp. $D$) respectant l'orientation.

    4) Tout élément de $G_0$ est-il un carré (pour la composition) ?

    5) Tout élément de $H_0$ est-il un carré (pour la composition) ?

    Je pense que la réponse à la question 4) est oui. Si $f:[0,1]\to [0,1]$ est strictement croissante, on cherche $g$ tel que $f=g\circ g$. Déjà on prend $g(x)=x$ pour tout point fixe $x$ de $f$. Ensuite sur chaque composante connexe du complémentaire de l'ensemble des points fixes on construit $g$ par dichotomie. Si par exemple $f(x)>x$ pour tout $x\in ]0,1[$ on prend $a=\frac{1}{2}$ et on choisit $b$ tel que $a<b<f(a)$ et on pose $g(a)=b$. Ceci détermine uniquement $g^n(a)$ pour $n\in\Z$. On prend ensuite $a_1=(a+b)/2$ et on choisit $b_1$ tel que $a_1<b_1<f(a_1)$, etc. Ca a l'air de marcher mais je n'ai pas vérifié les détails.

    Par contre je n'ai pas d'idée pour la question 5).
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