"Il est facile de 2"

Un lien vers un espace dénombrable connexe séparé .

Soit $K$ un compact, et soit $f$ une fonction continue de $\Z$ (munie d'une topologie $T$ qui le rende connexe et séparé) dans $K$. Soit $a$ et $b$ deux éléments distincts de $\Z$. Si $f(a) \neq f(b)$, comme $K$ est compact, on peut appliquer le lemme d'Urysohn, et construire une fonction continue $g$ à valeurs dans $\R$ qui vaut $0$ en $f(a)$ et $1$ en $f(b)$. Donc, $g \circ f$ vaut $0$ en $a$ et $1$ en $b$. Mais $\Z$ est connexe (munie de la topologie $T$). Donc $g \circ f(\Z)$ est connexe, donc contient $[0,1]$. Donc, $\Z$ a la puissance du continu. Contradiction, car il est dénombrable. Donc $f(a)=f(b)$, pour tout $(a,b) \in \Z^2$, donc $f$ est constante.

Une variété simplement connexe est nécessairement orientable. En particulier, si tous les $\pi_n$ sont triviaux, la variété est orientable.

Edit: Je me permets de rajouter, à propos de Brouwer, qu'il y a effectivement une très belle preuve qui n'utilise que des idées de phénomène discrets, plus précisément le lemme de Sperner, qui porte sur des coloriages de graphes. On trouvera une preuve ici: math.mit.edu.

@serge : rien ne te dit qu'il y a des répétitions à la suite de ta lettre $a$. Par exemple $0^2$ n'apparaît pas dans $010101010101\dots$.

@CC : je pense qu'aucun mot non vide ne se répète trois fois de suite dans la suite de Thue-Morse, mais je galère à le montrer proprement. :-D
Peut-être que la suite audioactive de Conway donne aussi un contre-exemple pour tout $n \geq 4$.

Mots-clé: fonctions symétriques de Schur, partitions, formule de Jacobi-Trudi et tableaux de Young.

Pour la Question 1096, je suis quasiment sûr que ce que comme d'autres l'ont mentionné, il y a un théorème de Bernstein qui dit exactement ça (que la fonction est alors analytique). Si je me souviens bien, il y a une preuve astucieuse qui distingue selon les possibilités d'enchaînement de signes de monotonie de dérivées successives; mais là je ne m'en souviens plus. J'essaie de retrouver ça cet aprem, ou au moins une référence.

Christophe: Voici une preuve.

La question m'intéresse alors je la référence dans la section Algèbre !

Mmmh, comme je doutais du fait que si $[\overline{K},K]$ était infini, on pouvait trouver des extensions finies de $K$ de degré aussi hauts qu'on le voulait, j'ai essayé de le démontrer (désolé si c'était évident, mes souvenirs d'algèbre sont un peu lointains).

Soit $K$ un corps, et soit $\overline{K}$ une clôture algébrique de $K$. Soient $K_1$ et $K_2$ deux sous-corps de $\overline{K}$ qui contiennent $K$ et qui sont de dimension finie en tant que $K$-espaces vectoriels. Montrons que le plus petit corps $K_3$ contenant $K_1$ et $K_2$ est de dimension finie en tant que $K$-espace vectoriel.

Supposons qu'il existe $x_1 \in K_1$ et $x_2 \in K_2$ tels que $K_1 = K[x_1]$ et $K_2 = K[x_2]$. Alors $K_3 = K[x_1,x_2]$. Et donc, $K_3$ est de $K[x_1]$-dimension finie si et seulement s'il existe un polynôme annulateur de $x_2$ à coefficients dans $K[x_1]$. Mais, par hypothèse, il en existe un à coefficients dans $K$, donc c'est bon. Donc $K_3$ est de dimension finie sur $K_1$. Et comme $K_1$ est de dimension finie sur $K$, $K_3$ est de dimension finie sur $K$.

Dans le cas général, on prend des familles génératrices finies de $K_1$ et $K_2$ et on procède par récurrence.

Ainsi, l'ensemble $E$ des sous-extensions finies de l'extension $\overline{K}/K$, ordonné par l'inclusion, est filtrant, c'est-à-dire que pour toutes sous-extensions finies $K_1$ et $K_2$, il existe $K_3$ telle que $K_1 \subset K_3$ et $K_2 \subset K_3$.

De plus, on sait que $\overline{K}$ est la réunion de toutes les sous-extensions finies de $K$ (puisque tout élément de $\overline{K}$ est algébrique sur $K$ donc contenu dans une extension finie de $K$).

Si $E$ n'a pas d'élément maximal, alors il y a une chaine infinie dans $E$, et par le théorème de la dimension finie, les dimensions sur $K$ des éléments de cette chaîne ne sont pas bornés.
Sinon, si $E$ a un élément maximal, comme $E$ est filtrant, cet élément maximal est un maximum ; et comme la réunion de tous les éléments de $E$ est $\overline{K}$, ce maximum est $\overline{K}$, et donc $\overline{K}$ est donc de dimension finie sur $K$.

EDIT : Correction d'une coquille.

Oui oui mais c'est là que j'imaginais qu'il y avait un problème. Si $L$ est engendré par un sous-ensemble fini $S$ de $E$ en tant que corps, il ne l'est pas immédiatement en tant que sous-espace vectoriel (en fait, si, mais je ne l'avais pas immédiatement vu :-D).

Bonjour,
Question 1100 : Soient $x,y \in E$ distincts. $E$ est compact donc normal. Donc, d'après le lemme d'Urysohn, il existe $f\in\mathcal C(E,[0,1])$ telle que $f(x)=0$ et $f(y)=1$. $E$ étant connexe, $f(E)$ l'est aussi, donc $f(E) = [0,1]$ et ${\rm card}(E) \geqslant {\rm card}(\Bbb R)$.