3.2 Géométrie basique d'un feuilletage riemannien
3.2.1 Généralités
p X i=1 g(π(∇Me i(ei)), s) =g(π( p X i=1 ∇Mei(ei)), s).
Dénition 39. Soit{e1, ..., ep}un repère orthonormé local de TF.
On appelle champ de vecteur de courbure principal le champ de vecteur H
déni localement parH =π( p
X
i=1
∇Me
i(ei)).
En particulier la 1-forme duale deHest donc la 1-forme de courbure principal du feuilletage.
3.2 Géométrie basique d'un feuilletage riemannien
Nous allons dénir la cohomologie basique du feuilletage F. Cette co-homologie a pour but de représenter la coco-homologie de l'espace des feuilles
M/F, bien que celui-ci ne soit pas muni d'une structure de variété en gé-néral. Puisque nous nous plaçons dans le cadre des feuilletages riemanniens, nous verrons plus tard que la cohomologie basique vérie les mêmes pro-priétés que la cohomologie de de Rham. Nous calculons explicitement cette cohomologie dans le cas des feuilletages par suspension. Dans ce paragraphe nous dénissons également la diérentielle transverse aux feuilles, la forme volume transversale et l'opérateur de Hodge basique qui nous serons utiles pour la suite.
3.2.1 Généralités
Dénition 40. Soitω∈Ω∗(M), on dit queω est basique si
∀V ∈Γ(TF), iV(ω) =LV(ω) = 0.
On noteΩ∗(M/F) l'ensemble des formes basiques qui est une algèbre dié-rentielle graduée etH∗(M/F) la cohomologie associée.
Remarque. Ω0(M/F) est l'ensemble des fonctions C∞ constantes le long des feuilles.
Proposition 32. Soient (x1, ..., xp, y1, ..., yq) des coordonnées locales asso-ciées à une carte feuilletée etω∈Ω∗(M).
Alorsω est basique si et seulement siω est de la forme
ω= X
16i1<...<ik6q
ωIdyi1 ∧...∧dyik
où I = (i1, ..., ik) et ωi est une fonction indépendante de x1, ..., xp, c'est-à-dire ∂
∂xl
(ωI) = 0,∀l.
Démonstration. On suppose queω est basique. Donc∀1≤l≤p, i∂l(ω) = 0, donc ω= X i1<...<ik ωIdyi1 ∧...∧dyik. De plus on aLV(ω) = 0, ∀V ∈Γ(TF). OrLV(ω) = X i1<...<ik LV(ωI)dyi1∧...∧dyik+ X i1<...<ik ωILV(dyi1 ∧...∧dyik) et LV(dyi1 ∧...∧dyik) =LV(dyi1)∧...∧dyik+...+dyi1 ∧...∧ LV(dyik) =dLV(yi1)∧...∧dyik+...+dyi1 ∧...∧dLV(yik) =d(V(yi1))∧...∧dyik+...+dyi1 ∧...∧d(V(yik)) = 0. DoncLV(ωI) = 0, ∀V ∈Γ(TF). En particulier∂l(ωi) = 0, ∀l. On suppose queω = X i1<...<ik ωIdyi1 ∧...∧dyik avec ∂ ∂xl(ωi) = 0,∀l. SoitV ∈Γ(TF), doncV = p X i=1 Vi∂xi. On a clairement iV(ω) = 0. Or LV(ω) = X i1<...<ik LV(ωI)dyi1 ∧...∧dyik+ X i1<...<ik ωILV(dyi1 ∧...∧dyik), Comme précédemmentLV(dyi1 ∧...∧dyik) = 0. DoncLV(ωI) =V(ωI) = 0 car ∂
∂xl(ωI) = 0,∀l. Doncω est basique.
Proposition 33. L'inclusion Ω∗(M/F) ,→ Ω∗(M) induit un morphisme injectif d'espace vectorielH1(M/F)→H1(M).
Démonstration. Soient ω ∈ Ω1(M/F) telle que ω = df où f ∈ C∞(M) et
V ∈Γ(TF). On a V(f) =iV(df) =iV(ω) = 0car ω est basique. Doncf ∈Ω0(M/F) et[ω] = 0dansH1(M/F).
Exemple 6. On considère le feuilletage de codimensionq par bration π :
Nous allons montrer queπ∗ est un isomorphisme deΩ∗(B) surΩ∗(M/F). Montrons d'abord queπ∗(Ω∗(B))⊂Ω∗(M/F).
SoitV ∈Γ(TF),iV(π∗(ω)) =iπ∗(V)(ω).
Or iciTF =Ker π∗, donc π∗(V) = 0 etiV(π∗(ω)) = 0. De mêmeiV(d(π∗(ω))) = 0. Doncπ∗(Ω∗(B))⊂Ω∗(M/F). On sait queπ est une submersion, donc π∗ est injective.
Soitα∈Ω∗(M/F), montrons qu'il existeω∈Ω∗(B) tel que α=π∗(ω). Soient z ∈ M, U une carte en M et (x1, ..., xp, y1, ..., yq) les coordonnées locales surU. Alors(y1, ..., yq)sont des coordonnées locales autour deπ∗(z). Commeα est basique, localement α s'écrit sous la forme :
αz = X i1<...<ik fI(y)dyi1 ∧...∧dyik où I = (i1, ..., ik). On pose ωUπ(z)= X i1<...<ik fI(y)dyi1∧...∧dyik. On a doncα =π∗(ωU). En prenant une partition de l'unité subordonnée à de telles cartes on obtient ainsi une forme diérentielleω surB telle que α=π∗(ω).
Doncπ∗ est surjective et π∗ est un isomorphisme.
De plusπ∗ induit un isomorphisme deH∗(B) surH∗(M/F). Dénition 41. SoitX∈Ξ(M), on dit queX est feuilleté si
∀V ∈ Γ(TF), [X, V] ∈ Γ(TF). On note Ξ(M,F) l'ensemble des champs feuilletés.
Proposition 34. L'ensemble des champs feuilletésΞ(M,F)est unR-espace vectoriel, une algèbre de Lie pour le crochet de Lie et unΩ0(M/F)-module. De plusΓ(TF) est un idéal deΞ(M,F).
Démonstration. SoientX, Y ∈Ξ(M,F) etV ∈Γ(TF)alors
[[X, Y], V] = −[[V, X], Y]−[[Y, V], X] ∈ Γ(TF). Donc Ξ(M,F) est stable par le crochet de Lie et donc une sous algèbre de Lie de Ξ(M).
SoientX∈Ξ(M,F), f ∈Ω0(M/F)etV ∈Γ(TF) alors
[f X, V] =f[X, V]−V(f)X=f[X, V]carf ∈Ω0(M/F). AinsiΞ(M,F)est stable par multiplication par les fonctions lisses basiques. DoncΞ(M,F) est unΩ0(M/F)-module.
De plusΓ(TF)est clairement un idéal deΞ(M,F)pour le crochet de Lie. Dénition 42. On noteΞ(M/F)l'algèbre de LieΞ(M/F) = Ξ(M,F)/Γ(TF), qui est appelée l'algèbre des champs de vecteurs basiques surM.
L'algèbre de Lie Ξ(M/F) est un Ω0(M/F)-module.
Proposition 35. SoitX∈Ξ(M), les assertions suivantes sont équivalentes : (i) le champ de vecteurs X est un champ feuilletée,
(ii) le ot de X (ϕXt )t∈R est feuilleté∀t∈R,
(iii) dans une carte feuilleté (x1, ..., xp, y1, ..., yq) les composantes de X
Démonstration. Le champX est feuilleté si et seulement si
[X, Y] =LX(Y)∈Γ(TF),∀Y ∈Γ(TF).
DoncX est feuilleté si et seulement si le ot de X préserve les feuilles. Donc les deux premiers points sont équivalents.
Soit(x1, ..., xp, y1, ..., yq) des coordonnées locales adaptées au feuilletage F. Soitf(x, y)∂yi un champ feuilleté,
alors[f(x, y)∂yi, ∂xk]est tangent au feuilletage.
Or[f(x, y)∂yi, ∂xk] =∂xk(f(x, y))∂yi+f(x, y)[∂yi, ∂xk] =∂xk(f(x, y))∂yi. Donc nécessairement∂xk(f(x, y)) = 0etf est indépendante dey.
Donc les champs feuilletés sont bien de la forme voulue.
SoitX un champ de vecteurs de la formefi(x, y)∂xi+gi(y)∂yi eth(x, y)∂xk
un champ tangent au feuilletage. On a
[f(x, y)∂xi+g(y)∂yi, h(x, y)∂xk] = [f(x, y)∂xi, h(x, y)∂xk] + [g(y)∂yi, h(x, y)∂xk] =f(x, y)∂xi(h(x, y))∂xk−h(x, y)∂xk(f(x, y))∂xi+f(x, y)h(x, y)[∂xi, ∂xk] +g(y)∂yi(h(x, y))∂xk−0 +g(y)h(x, y)[∂yi, ∂xk] =f(x, y)∂xi(h(x, y))∂xk−h(x, y)∂xk(f(x, y))∂xi+f(x, y)h(x, y)[∂xi, ∂xk] +g(y)∂yi(h(x, y))∂xk.
CommeTF est involutif, on a bien que[f(x, y)∂xi+g(y)∂yi, h(x, y)∂xk]est tangent au feuilletage. Donc X est feuilleté.
Proposition 36. L'espace vectoriel des champs de vecteurs basiquesΞ(M/F)
est isomorphe aux sections deΓ(TF) dont les coordonnées locales dans une carte feuilletée ne dépendent que des coordonnées transverses (on notera
ΓB(νF) l'ensemble de ces sections).
Démonstration. Soit (x1, ..., xp, y1, ..., yq) des coordonnées locales adaptées au feuilletage F. On identieraνF etTF⊥.
Soitφ: Ξ(M/F)→ΓB(νF) dénie par
φ X= p X i=1 fi(x, y) ∂ ∂xi + q X i=1 gi(y) ∂ ∂yi ! = q X i=1 gi(y) ∂ ∂yi .
L'application φ est clairement un épimorphisme d'espace vectoriel, dont le noyau est Γ(TF). D'où le résultat.
Le théorème suivant est démontré dans [Dom98].
Théorème 13. Soit F un feuilletage riemmannien alors il existe une mé-trique quasi-brée telle que la forme de coubure principaleκ est basique. Remarque. Dans la suite on supposera donc queκest basique et par consé-quent le champ de vecteur de courbure principal sera un champ de vecteur basique.
Nous allons à présent dénir la diérentielle transverse aux feuilles (voir par exemple [Mol88, Ton97]).
Dénition 43. On identieνF etTF⊥.
On aT M =TF ⊕νF, donc T∗M =T∗F ⊕ν∗F.
SoitU une carte locale feuilletée de coordonnées(x1, ..., xp, y1, ..., yq). Siω∈Ω∗(M) est de la forme
ω = X i1,...,ir,ji,...,js
fi,j(x, y)dxi1 ∧...∧dxir ∧dyj1 ∧...∧dyjs,
on dit queω est une forme de bidegré (r, s).
On noteraΩr,s(M) l'ensemble des formes de bidegré(r, s).
Dénition 44. Si ω ∈ Ωr,s(M), alors dω est la somme de formes de type
(r+ 1, s),(r, s+ 1),(r−1, s+ 2). On note dFω la composante de bidegré
(r+ 1, s) de dω, dtω la composante de bidegré (r, s+ 1) de dω, et d−1,2ω
la composante de bidegré(r−1, s+ 2) de dω. L'application dF est appelée diérentielle le long des feuilles etdtest appelée diérentielle transverse aux feuilles.
Proposition 37. Les applications dF etd−1,2 vérient d2F = 0, d2−1,2 = 0,
dFd−1,2+d−1,2dF+dt= 0,d−1,2dt+dtd−1,2= 0 etdFdt+dtdF = 0. Démonstration. Soitω∈Ωr,s(M), alors d2ω∈Ωr+s+2(M) etd2ω= 0. Ordω= (dF +d−1,2+dt)ω. Donc
d2ω= (d2F+dFd−1,2+dFdt+d−1,2dF
+d2−1,2+d−1,2dt+dtdF +dtd−1,2+d2t)ω = 0
Ord2Fωest l'unique composante de bidegré(r+2, s)dansd2ω, doncd2Fω = 0. Or (dFdt+dtdF)ω est la composante de bidegré (r+ 1, s+ 1) dans d2ω, donc (dFdt+dtdF)ω= 0.
De la même manière on obtient dFd−1,2+d−1,2dF +dt= 0,
d−1,2dt+dtd−1,2 = 0, etd2−1,2 = 0.
Remarque. Notons que dans ce paragraphe, nous n'avons pas utilisé le fait que le feuilletage F est riemannien.