Département de Mathématiques Faculté des Sciences
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1 Variétés réelles ou complexes 3
1.1 Variétés topologiques . . . 3
1.2 Cartes et coordonnées locales . . . 3
1.3 Changement de cartes . . . 4
1.4 Cartes compatibles . . . 6
1.5 Variétés diérentiables, analytiques et atlas . . . 6
1.6 Variétés complexes . . . 6
2 Exemples, exercices et problèmes fondamentaux 6 3 Applications diérentiables, espaces tangents, brés tangents 32 3.1 Applications diérentiables . . . 32
3.2 Espaces tangents . . . 34
3.3 Fibrés tangents . . . 40
4 Applications tangentes, immersions, submersions, plongement 41 4.1 Applications tangentes . . . 41
4.2 Immersions, submersions, plongement . . . 42
5 Théorème du rang constant, sous variétés, théorèmes de Sard et de Whitney 43 5.1 Théorème du rang constant . . . 43
5.2 Sous variétés . . . 43
5.3 Théorèmes de Sard et de Whitney . . . 48
6 Formes diérentielles, champs de vecteurs 51 6.1 Formes diérentielles . . . 51
6.2 Champs de vecteurs . . . 65
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21 Variétés réelles ou complexes
1.1 Variétés topologiques
Une variété topologique de dimension n, est un espace topologique dont tout point possède un voisinage ouvert homéomorphe à un ouvert de Rn. Au- trement dit,
M variété topologique de dimension n
⇐⇒M espace topologique tel que :∀p∈M,
∃U voisinage ouvert de p
∃E ouvert de Rn
∃ϕ:U −→E, homéomorphisme
c-à-d. ϕ bijective continue etϕ−1 continue.
1.2 Cartes et coordonnées locales
Le couple (U, ϕ) est appelé une carte et U le domaine de la carte.
Si p est un point de U, alors ϕ(U) est un point de Rn. Désignons la ième ccordonnée de ϕ(p)par xi(p). Dès lors, on a
ϕ(p) = (x1(p), ..., xn(p)).
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On obtient ainsi n fonctions x1, ..., xn deU dans R: x1 :p7−→x1(p),
...
xn :p7−→xn(p), appelées coordonnées locales.
1.3 Changement de cartes
Considérons deux cartes
(U1, ϕ1) = (U1, x1, ..., xn), et
(U2, ϕ2) = (U2, y1, ..., yn),
sur une variétéM de dimensionn et supposons queU1∩U2 6=∅.
Comme l'application inverseϕ−11 deϕ1(U1∩U2)surU1∩U2 et l'application ϕ2 deU1∩U2 sur ϕ2(U1∩U2) sont des homéomorphismes, alors l'application
ϕ21 :ϕ1(U1∩U2) −→ ϕ2(U1∩U2),
u 7−→ ϕ21(u) = ϕ2oϕ−11 (u), (1.1)
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est un homéomorphisme (composé de deux homéomorphismesϕ2 etϕ1 ). On passe d'une carte à l'autre par le biais de cette application.
Soient(u1, ..., un)les coordonnées du pointuet(ϕ121(u1, ..., un), ..., ϕn21(u1, ..., un)) les coordonnées deϕ21(u). Donc ϕi21(u1, ..., un) est une fonction continue den variables.
Soit p∈U1∩U2, donc
(x1(p), ..., xn(p)) =ϕ1(p), et
(y1(p), ..., yn(p)) =ϕ2(p),
et puisqueϕ1(p)∈ϕ1(U1∩U2), posons u=ϕ1(p) dans (1), d'où ϕ21(ϕ1(p)) =ϕ2(p),
i.e.,
ϕ121(x1(p), ..., xn(p)), ..., ϕn21(x1(p), ..., xn(p))
= (y1(p), ..., yn(p)).
D'où
yi(p) =ϕi21(x1(p), ..., xn(p)), 1≤i≤n (1.2) Les fonctionsϕi21,1≤i≤n, s'appellent changements de cartes ou fonctions de passage (sur U1∩U2) des coordonnées x1, ..., xn aux coordonnées y1, ..., yn. Les formules (1.2) s'appellent formules de changement de cartes ou formules de passage.
Remarque 1 Parfois on utilise d'autres notations. SiU1 et U2 sont deux do- maines quelconques d'une variété M de dimension n et si U1∩U2 6= ∅, alors U1∩U2 est aussi un domaine. SiU1 est muni d'un système de coordonnées lo- cales(x1, ..., xn)etU2 est muni d'un système de coordonnées locales(y1, ..., yn), alorsU1∩U2 se trouve muni de deux systèmes de coordonnées locales(x1, ..., xn) et(y1, ..., yn). On demande que chacun des systèmes se laisse exprimer l'un en fonction de l'autre :
xi =xi(y1, ..., yn), 1≤i≤n
yj =yj(x1, ..., xn), 1≤j ≤n (1.3) Le jacobien
J = det ∂xi
∂yj
1≤i,j≤n
,
sera alors non nul. Les fonctions (1.3) sont les fonctions de passage des coor- données x1, ..., xn) aux coordonnées y1, ..., yn et inversement. Lorsque le jaco- bien J est positif, on dira que la variété M est orientée.
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1.4 Cartes compatibles
Deux cartes(U1, ϕ1)et(U2, ϕ2)sont dites compatibles si ou bienU1∩U2 =
∅, ou bien les applications (dénies si U1∩U2 6=∅),
ϕ21:ϕ1(U1 ∩U2)−→ϕ2(U1∩U2), u7−→ϕ21(u) = ϕ2oϕ−11 (u), et
ϕ12:ϕ2(U1 ∩U2)−→ϕ1(U1∩U2), u7−→ϕ12(u) = ϕ1oϕ−12 (u),
sont des diéomorphismes (c-à-d. ϕ21 bijective diérentiable et ϕ−121 diéren- tiable. De même pourϕ12).
1.5 Variétés diérentiables, analytiques et atlas
La variété M est dite
- diérentiable de classe Cr (1 ≤ r ≤ ∞) si ϕ21 et ϕ12 sont des diéo- morphismes de classe Cr.(Notons que si r = 0, c-à-d. ϕ21 et ϕ12 sont des homéomorphismes, on obtient la dénition de variété topologique).
- analytique si ϕ21 etϕ12 sont analytiques.
On appelle atlas deM, un ensemble de cartes(Ui, ϕi)deM qui sont deux à deux compatibles et dont les domainesUi recouvrent toute la variétéM (c-à-d.
pour tout p∈ M, il existe au moins un indice i tel que : p ∈Ui). La relation de compatibilité introduite ci-dessus est une relation d'équivalence pour les atlas. Deux atlas sont équivalents si leur union est un atlas et une variété diérentiable peut être considérée comme une classe d'équivalence d'atlas.
1.6 Variétés complexes
La notion de variété complexe se dénit en suivant une démarche similaire au cas précédent.
Dans la suite, on supposera qu'une variété est séparée et possède une base dénombrable d'ensembles ouverts. (M est séparée si ses deux points quelconques possèdent deux voisinages disjoints. Une familleBd'ouverts est une base deM, si tout ouvert deM peut être représenté comme une réunion d'ensembles deB).
2 Exemples, exercices et problèmes fondamen- taux
Exercice 2.1 Soit M une variété diérentiable de dimension n. Soit A = (Ui, ϕi) un atlas de M, telle que : O ⊂ S
iUi. On suppose que pour tout i, l'ensemble ϕi(OT
Ui) soit un ouvert dans Rn.
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a) Montrer que l'ensemble O est un ouvert dans M. b) Réciproque ?
c) En déduire que pour toute carte(U, ϕ)de la variétéM, un sous-ensemble V ⊂U est ouvert dans M si et seulement si ϕ(V) l'est dans Rn.
Exercice 2.2 Soient M un espace topologique, Ui un ensemble ouvert dans M, ϕi : Ui → ϕi(Ui), un homéomorphisme et A = (Ui, ϕi) un atlas de M. Montrer que la structure diérentiable dénie par l'atlasA est compatible avec la topologie de l'espaceM.
Exemple 2.1 (Espace discret dénombrable). Un tel espace est une variété de dimension 0. En eet, si (pi) est la suite de points de cet espace, les cartes sont les couples ((pi), ϕi) où ϕi est l'unique application de (pi) sur R0 = {0}. Les cartes de cette variété sont disjoints et donc celle-ci est de classeCr. Exemple 2.2 (EspacesRn etCn). Ces espaces sont des variétés de dimension n. En eet, pour Rn une carte est constituée du couple(Rn, id)où id:Rn −→
Rn est l'application identique. Un atlas est l'ensemble constitué de cette unique carte. Même chose pour l'espaceCn.
Exemple 2.3 Tout ouvert U de Rn est une variété. Les couples (U, ϕ) où ϕ est un diéomorphisme de U sur un ouvert deRn, sont des cartes. De même, tout domaine de Cn est une variété complexe de dimension n.
Exercice 2.3 Montrer que l'ensemble des matrices Mn(R) d'ordre n, a une structure de variété diérentiable. Quelle est sa dimension ?
Exercice 2.4 Considérons sur R une carte (R, ϕ) où ϕ : R −→ R est une application dénie par
ϕ(t) = t3, t∈R.
Les cartes (R, id) et (R, ϕ) sont ils compatibles ? Justier la réponse.
Exercice 2.5 (Cercle S1). Soient U1, V1, U2, V2 des sous ensembles du cercle S1 composés de points p = (x, y) pour lesquels y > 0, y < 0, x > 0, y < 0, respectivement. Soient ϕ1, ψ1, ϕ2, ψ2 des applications de ces ensembles dans R dénies par
(x, y)7−→x,(x, y)7−→x, (x, y)7−→y, (x, y)7−→y, respectivement.
a) Montrer que les couples (Ui, ϕi), (Vi, ψi), i = 1,2, sont des cartes sur S1. En déduire que S1 est une variété topologique.
b) Quelles sont les formules qui déterminent les changements de cartes.
c) Montrer que les cartes mentionnées dans a) sont compatibles.
d) En déduire que S1 est une variété diérentiable.
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Exercice 2.6 (Sphère S2). Montrer que la sphère S2 dans R3 S2 ={(x1, x2, x3)∈R3 :x21 +x22+x23 = 1},
est une variété diérentiable dont l'atlas est composé de deux cartes (U1, ϕ1), (U2, ϕ2) en projection stéréographique.
Exercice 2.7 (SphèreSn). Soit Sn la sphère dénie dansRn+1 par l'équation x21+x22+· · ·+x2n+1 = 1.
Montrer qu'on peut munirSn d'une structure de variété diérentiable.
Exercice 2.8 Montrer qu'une variété compacte ne possède pas de carte glo- bale, donc pas d'atlas réduit à une carte. Citer un exemple concret de telle variété.
Exercice 2.9 Montrer que le cône
x2+y2 =z2, de R3 n'est pas une variété.
Exercice 2.10 Montrer que le cône privé de 0 est une variété de dimension 2.
Exercice 2.11 Montrer qu'une courbe du plan possèdant un point double n'est pas une variété de dimension 1. Citer un exemple concret de telle courbe.
Exercice 2.12 Montrer que le graphe de la fonctionx7−→ |x| est une variété de dimension 1.
Exercice 2.13 On considère dans R2 les droites d1 et d2 d'équations d1 :y=x,
d2 :y=−x,
et soitD=d1∪d2 la réunion de d1 etd2. Montrer queDn'est pas une variété.
Exercice 2.14 (Espace projectif réel). Soit Pn(R) l'espace projectif réel. On désigne par
Ui ={[X0, . . . , Xn]∈Pn(R) :Xi 6= 0}, 0≤i≤n l'ensemble des droites pour lesquelles Xi 6= 0. Soit ϕi l'application
ϕi([X0, . . . , Xn]) = X0
Xi, ...,Xci
Xi, ..., Xn Xi
! ,
où le terme chapeauté est omis. Montrer qu'on peut munirPn(R) d'une struc- ture de variété diérentiable.
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Exercice 2.15 (Espace projectif complexe). Soit
Pn(C) = {[Z]6= 0∈Cn+1} [Z]∼[λZ] ,
l'espace projectif complexe et désignons par Hi un hyperplan à l'inni.
a) Montrer que Pn(C)\Hi est isomorphe à Cn.
b) Déterminer un ensemble explicite de cartes sur Pn(C).
c) Montrer que l'espace Pn(C) peut-être vu comme étant une compactica- tion de Cn et que celle-ci s'obtient par l'adjonction à Cn de l'hyperplan Hi à l'inni.
d) En déduire que Pn(C) est une variété diérentiable.
Exercice 2.16 Montrer queP1(C) est diéomorphe à la sphère S2.
Problème 2.1 (GrassmannienneGn,k). Soit Gn,k, 0≤k ≤n, une Grassman- nienne complexe c'est-à-dire l'ensemble des plans de dimension k de l'espace Cn passant par 0. Gn,k peut être considére comme espace des sphères de centre 0et de dimension k−1contenues dans la sphère Sn−1, ces sphères correspon- dant biunivoquement aux sous-espaces vectoriels de dimension k de Cn.
a) Que représentent Gn,0 et Gn,n?
b) Montrer que Gn,k peut être interprétée comme un ensemble de matrices d'ordre n×k de rang k, modulo la relation A ∼ B s'il existe une matrice C d'ordre k régulière telle que : B =CA.
c) On se propose dans la question suivante de montrer que l'interpretation donnée dans b) permet d'introduire des coordonnées dans Gn,k. Soient π un élément de Gn,k, A= (aij),1≤ i ≤ n,1 ≤ j ≤ k, la matrice correspondante, I ={i1, ..., ik} ⊂ {1, ..., n} et posons
PI = det
ai11 · · · ai1k ... ... ...
aik1 · · · aikk
. (2.1)
Montrer que les nombres PI ne sont pas tous nuls et qu'ils sont dénis à un facteur multiplicatif complexe non nul près. Montrer que la donnée des mineurs PI de la matrice A permet de dénir le plan π corresondant. Que peut-on dire des coordonnées (2.1)et quel est leur nombre ?
d) Soit
UI ={π ∈Gn,k :PI(π)6= 0},
où I est le sous-ensemble de {1, ..., n} dénie dans c). Montrer que les points
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de U{1,...,n} peuvent être représentés par des matrices
1 0 0 · · · 0 ∗ · · · ∗
0 1 ... ∗ ...
... ... ... ... ... ...
... ... 0 ... ... ...
0 · · · 1 ∗ · · · ∗
,
c'est-à-dire de la forme(E, Z) où E est la matrice unité d'ordrek etZ = (zij) une matrice (n−k)×k quelconque.
e) Montrer que les domaines UI constituent un recouvrement de Gn,k. f) Montrer que les éléments de la matriceZ (voir question d)) déterminent une application bijective
ϕI :UI −→C(n−k)k.
g) En déduire que la famille {(UI, ϕI)} est un atlas de cartes de Gn,k.
h) En déduire que Gn,k est une variété complexe diérentiable compacte et connexe de dimension(n−k)k.
i) Montrer queGn,1 s'identie en tant qu'espace topologique, avec Pn−1(C) et que celui-ci est une variété complexe de dimensionn−1. Montrer que cette structure possède une description commode en coordonnées homogènes.
j) Montrer queGn,k admet un plongement dansPCnk−1(C)oùCnk = n!
k!(n−k)!. k) En remplaçant dans les questions précédentes les nombres complexes par les quarternions, montrer qu'on obtient une variété compacte connexe de dimension 4(n−k)k, notée HGn,k ou tout simplement Gn,k , que l'on appelle Grassmannienne quarternionnienne.
Exercice 2.17 (Produit de variétés). Soient M et N deux variétés diéren- tiables de dimensionsm et n respectivement. Posons
M ×N ={(p, q) :p∈M, q∈N}.
a) Montrer que si(U, ϕ) est une carte surM et(V, ψ) est une carte surN, alors (U×V, ϕ×ψ) est une carte sur M ×N.
b) Soient(U1, ϕ1)et(U2, ϕ2)deux cartes surM, compatibles. Soient(V1, ψ1) et(V2, ψ2)deux cartes surN, compatibles. Montrer que les cartes(U1×V1, ϕ1× ψ1) et (U2×V2, ϕ2×ψ2) sur M ×N sont aussi compatibles.
c) Conclusion ?
Exercice 2.18 (Surfaces non singulières dénies par des équations). Soit Σ une surface non-singulière de dimension k dénie dans Rn par un système
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d'équations :
F1(x1, ..., xn) = 0, ...
Fn−k(x1, ..., xn) = 0.
a) Soit (x01, ..., x0n) un point non singulier de la surface Σ. Montrer qu'on peut introduire des coordonnées locales dans le voisinage de ce point.
b) Montrer que Σ admet une structure de variété diérentiable.
c) Déterminer les coordonnées d'un vecteur tangent ainsi que l'espace tan- gent à cette variété dans le voisinage du point non singulier.
Exercice 2.19 Soit V la variété dénie par V =
4
\
i=1
Qi(z) =ci, z ∈C6 , où
Q1(z) = z1+z2−(z4+z5)2−z26,
Q2(z) = z1z5+z2z4−z3z6−z24z5−z4z52, Q3(z) = z23 −z1z52−z2z42+z42z52,
Q4(z) = z1z2,
etci ∈C1≤i≤4, n'est pas une valeur critique. SoitV la fermeture projective de V ⊂C6 dans P6(C). Analyser le lieu à l'inni V T{Z0 = 0}, et décrire les singularités de la variété projective V.
Exercice 2.20 (Tore Tn). a) Soit Tn un tore de dimension n c'est-à-dire le produit direct dencercles. Autrement dit,Tnest le quotientRn/L(resp.Cn/L) de Rn (resp.Cn) par un sous-groupe engendré par une base de Rn (resp. Cn).
Montrer que Tn est muni d'une structure de variété diérentiable.
b) SoitC une variété complexe de dimension1(une courbe complexe) dénie par l'équation :
f(w, z) = 0, (2.2)
oùf(w, z)est une fonction analytique à deux variableswetz. Un point(w0, z0) de la courbe C est non-singulier si
grad f |w0,z0≡ ∂f
∂w,∂f
∂z
w0,z0
6= 0.
On suppose que
f(w0, z0) = 0,
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et
gradf |w0,z06= 0.
Montrer que si
∂f
∂w 6= 0,
alors l'équation (2.2) admet, dans un voisinage susamment petit du point (w0, z0),une solution unique w = w(z) qui est analytique complexe, de telle sorte que f
(w(z), z) = 0, w0 =w(z0), ∂w
∂z ≡0.
c) Supposons que
f(w, z) =w2−Pn(z) = 0, (2.3) oùPn(z)est un polynôme de degrén. Montrer que la surface(2.3)est singulière si et seulement si le polynôme Pn(z) n'a pas de racines multiples. Discuter la possibilité d'introduire une coordonnée locale sur la surface (2.3).
d) On suppose que f(w, z)soit un polynôme de degrénenw et irréductible.
• Montrer que l'équation (2.2) admet un prolongement au plan projectif complexe P2(C) sous la forme
P (Z0, Z1, Z2) = 0, (2.4) où Z0, Z1, Z2 sont des coordonnées homogènes.
• Que représentent les points de la surface (3) en lesquels on a Z0 = 0.
• Montrer que toute surface dans P2(C) dénie par (2.4) est compacte.
• L'équation (2.4) dénit, en l'abscence de toute singularité, une variété compacte à deux dimensions. Quelle est cette variété ? (Discuter le cas des équations du type (2.3)et comparer avec c)).
Problème 2.2 (Surfaces de Riemann). Rappelons qu'en général, la dénition d'une fonction fait qu'à une valeur de la variable correspond une seule va- leur de la fonction. Dans certains cas, celà n'est pas très naturel car l'usage des fonctions complexes n'est pas simple. Lors de la dénition de telles fonc- tions, on rencontre généralement des dicultés au niveau de la détermination de l'image : non unicité, défaut de continuité. On parle dans ce cas de fonc- tion multiforme. Si la dénition, par exemple, de la fonction carrée z2, de la fonction inverse 1z, de la fonction exponentielle expz, etc... ne pose pas de problèmes majeurs, il n'en va pas de même, par exemple, avec les tentatives de dénition de la fonction racine carrée √
z, la fonction logarithme complexe logz, etc... Considérons par exemple la fonction√
z sur l'ensemble des nombres complexes C. Si z est un nombre complexe, on peut l'écrire : z =rei(θ+2kπ) où r est le module de z et θ est un argument de z, déni à 2kπ près. Lorsque k décrit l'ensemble des entiers relatifs Z, z reste inchangé. Les racines carrées
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dez dans Csont alors re 2 . Supposons que le nombre complexez décrit un cercle ne contenant pas l'origine, son argument augmente puis revient à sa valeur initiale après un tour complet. Par contre, si z décrit un cercle conte- nant0, alors son argument augmente de2π : z reprend donc sa valeur initiale mais, pendant ce temps, l'argument de la racine carrée choisie verra son ar- gument augmenter de π. Au nal, on retombe sur l'autre détermination de la racine carrée ! L'origine 0 qui pose ici problème, est appelé point de branche- ment ou de ramication pour la fonction racine carrée : elle est une fonction multiforme autour de 0. On est donc en présence d'une fonction multiforme : deux images opposées. Si z est non nul, il existe deux valeurs possibles pour
√z, et il n'y a pas de raison de préférer l'une à l'autre. Laquelle choisir ? Pro- blème a priori insoluble quel que soit le choix car nous travaillons ici dansC.
Les calculs faisant intervenir des fonctions multiformes sont parfois lourds et compliqués. Riemann a eu l'idée de transformer les fonctions multiformes en fonctions uniformes (un point n'a qu'une seule image), en modiant le domaine de dénition. Il recolle pour cela continûment plusieurs représentations du do- maine de dénition, les feuillets, et obtient le concept de surface de Riemann.
Partant de diverses fonctions multiformes surC, on peut les rendre uniformes en remplaçant leur domaine C par une surface de Riemann ; c'est le procédé d'uniformisation. Quoi qu'il semble compliqué à priori de remplacerC par une surface, on peut se dire que cette surface est le domaine naturel sur lequel la fonction est dénie, ce qui justie son introduction. Parmi les problèmes qui se posent, on ne peut pas dénir de façon cohérente les opérations de calcul sur les fonctions multiformes : par exemple que vaut (±√
z±√
z)? Sur la surface de Riemann de √
z, cette complication n'existe pas. Plus précisément, pour remédier à ce problème, Riemann imagine un artice redénissant l'en- semble de dénition des fonctions complexes : on parle aujourd'hui de surfaces de Riemann sur lesquelles ces fonctions redeviennent uniformes (nos fonctions usuelles : l'image est unique). Pour la fonction√
z, on clone le plan complexe que l'on représente par deux feuillets reliés entre eux par le demi-axe positif, appelé coupure. Aucun cercle autour de0ne doit franchir cette coupure à moins de passer d'un feuillet à l'autre ou inversement. Dans ces conditions, z ne re- prendra sa valeur initiale qu'au bout de deux tours. Ayant fait le choix d'une détermination de la racine carrée, celle-ci devient uniforme sur la surface de Riemann (ici la sphère de Riemann), ce qui autorise alors la notation √
z. Dans ce problème, on étudie les courbes algébriques (projectives lisses) ou surfaces de Riemann compactes X. Ce sont des variétés analytiques de di- mension 1 complexe (2 réelle) munies d'atlas dont les changements de cartes sont holomorphes. Les surfaces de Riemann sont des objets d'une extraordi- naire richesse qui apparaissent dans de nombreux champs des mathématiques : géométrie et topologie diérentielle, théorie des nombres, topologie algébrique, géométrie algébrique, systèmes intégrables,... et sont la source de plusieurs do-
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maines de la recherche contemporaine. Nous allons étudier ces surfaces avec une approche de géométrie complexe. On montre queX est homéomorphe à un tore à g trous (ou sphère à g anses) pour un certain entier g ≥ 0. Le nombre g est le genre de X. Celui-ci est la dimension de l'espace vectoriel complexe H1(X,OX) (1ergroupe de cohomologie à coecients dans le faisceau OX des fonctions holomorphes sur X) ou ce qui revient au même c'est le nombre des intégrales abéliennes de 1`ereespèce attachées à la courbe X, linéairement indé- pendants. Un cas particulier important est représenté par les courbes hyperel- liptiques de genre g ainsi que les courbes elliptiques (g = 1).
I) On demande dans cette question de construire le plus intuitivement pos- sible la surface de Riemann dans le cas elliptique et hyperelliptique.
Réponse : Soit w2 = P3(z), où P3(z) est un polynôme de degré 3, ayant trois racines distinctes e1, e2, e3. Considérons
C−→C, z 7−→w:w2 =P3(z),
Il est évident que w n'est pas une fonction (uniforme). A chaque valeur de z correspond deux valeurs diérentes de w sauf quand z =e1, z =e2 et z =e3. En ces points, w est univaluée : en eet, on a w= ±p
P3(ei) = 0, une seule valeur. Tous les points à l'inni dans toutes les directions seront identiés en un seul point que l'on désigne par∞. Au point z =∞, w est aussi univaluée : en eet, posons z = 1t, d'où
w2 =P3
1 t
= 1
t −e1
1 t −e2
1 t −e3
, et w∼ ±q
1
t3. Par conséquent, lim
t→0w =±∞ c'est-à-dire ∞, une seule valeur.
Notre problème consiste à uniformiser w, autrement dit, on cherche un do- maine sur lequel w est une fonction (uniforme). Auparavant, étudions le com- portement de w au voisinage des racines de P3(z) = 0 c'est-à-dire e1, e2, e3 ainsi qu'au voisinage du point à l'inni ∞. Si z décrit un circuit (c'est-à-dire un chemin fermé, par exemple un cercle) entourant un des points e1, e2, e3 et
∞, alors w change de signe : en eet, supposons que z décrit un cercle centré en e1 et posons z−e1 =reiθ où r est le module de z −e1 et θ son argument.
Evidemment r ne change pas tandis que θ varie de 0 à 2π. Au voisinage de e1, w = p
P3(z) se comporte comme w =√
z−e1 = r1/2eiθ/2. Dès lors, pour θ = 0, on a w = r1/2 tandis que pour θ = 2π, on a w = −r1/2. Si on refait de nouveau un tour complet autour de z =e1, l'argument θ varie de 2π à 4π et alors on obtient r1/2 qui est la valeur de départ. Pour z =e2 ou z = e3, il sut d'utiliser un raisonnement similaire au cas précédent. En ce qui concerne le point ∞, on pose comme précédemment z = 1t et on étudie w2 =P3 1t
au voisinage de t= 0. On a w∼ ±q
1
t3 =±t−3/2. Soitt =reiθ. Autour de t= 0,
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w se comporte comme w = t = r e . Dès lors, pour θ = 0, on a w=r−3/2 et pour θ= 2π, on a w=−r−3/2. Comme précédemment, sit refait de nouveau un tour complet, w reprend la valeur de départ c'est-à-dire r−3/2.
Passons maintenant à la construction du domaine sur lequel w serait une fonction uniforme. Cette construction se fera en plusieurs étapes :
1`ere étape : Prenons deux copies ou feuillets σ1 et σ2 du plan complexe compactié C∪ {∞} ou ce qui revient au même de la sphère de Riemann puisqu'ils sont homéomorphes. Plaçons le feuillet σ1 au dessus de σ2 et sur chacun de ces feuillets marquons les points e1, e2, e3,∞. Supposons que les points de σ1 seront envoyés sur w = p
(z−e1) (z−e2) (z−e3), et que ceux de σ2 seront envoyés sur w=−p
(z−e1) (z−e2) (z−e3).
2`eme étape : Dans chaque feuillet, faisons deux coupures : une le long de la courbe reliant le point e1 au point e2 et l'autre le long de la courbe reliant le pointe3 au point ∞. Désignons parA1, B1, C1, D1 (resp. A2, B2, C2, D2) les bords des coupures dans le feuillet σ1 (resp. σ2). Rappelons que w change de signe lorsque l'on tourne d'un tour autour d'un des points e1, e2, e3,∞. Donc en allant de A1 à B1, on change le signe de wc'est-à-dire on passe sur l'autre feuillet, là oùw a l'autre signe. De même pour les bords A2 et B2, C1 et D1, C2
et D2. Par conséquent, w a la même valeur sur A1 et B2, sur B1 et A2, sur C1 et D2 et enn sur D1 et C2.
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3`eme étape : On identie les bords suivants : A1 à B2, B1 à A2, C1 à D2 et D1 à C2. Après recollement, on obtient un tore à un trou.
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La surface à deux feuillets obtenue s'appelle surface de Riemann elliptique ou courbe elliptique associée à l'équation :w2 = (z−e1)(z−e2)(z−e3). Sur cette surface,west une fonction uniforme. Lorsqu'on tourne autour d'un des points e1, e2, e3, ou ∞, on passe d'un feuillet à l'autre. En ces points les deux feuillets se joignent et on les appellent points de branchement ou de ramication de la surface. La surface obtenue peut-être tracée de diérentes façons :
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Si w2 =P4(z), où P4(z) est un polynôme de degré 4, ayant quatre racines distinctes e1, e2, e3, e4, alors on obtient aussi une courbe elliptique. Les points de branchements sont e1, e2, e3 et e4. Notons que si
w2 = (z−e1) (z−e2) (z−e3) (z−e4), alors la transformation (w, z) 7−→ xy2, e1+x1
, ramène cette équation à la forme
y2 = (1 + (e1−e2)x) (1 + (e1−e3)x) (1 + (e1−e4)x).
Signalons enn que si w2−Pn(z) = 0, où Pn(z) est un polynôme de degré n supérieur où égal à 5, ayant n racines distinctes, alors on obtient ce qu'on appelle surface de Riemann hyperelliptique ou courbe hyperelliptique. Plus pré- cisément, une surface de Riemann hyperelliptique ou courbe hyperelliptique de genreg se dénit par une équation de la forme
w2 =Pn(z) =
P2g+1(z) sin = 2g+ 1 Pe2g+2(z) sin = 2g+ 2
où P2g+1(z) et Pe2g+2(z) sont des polynômes sans racines multiples. On a
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n g (genre) Surface de Riemann
1 ou 2 0 sphère de Riemann
3 ou 4 1 elliptique à un trou
5 ou 6 2 hyperelliptique à deux trous
7 ou 8 3 hyperelliptique à trois trous
... ... ...
n n−1
2
(partie entière) hyperelliptique à n−1
2
trous
II) Une surface de Riemann est une variété diérentiable de dimension 1 complexe (2 réelle) munie d'un atlas dont les changements de cartes sont holomorphes. Un théorème de Riemann arme que toute surface de Riemann compacte X est (isomorphe à) une courbe algébrique (projective lisse), c-à-d.
peut-être dénie par des équations algébriques. Soit X ={(w, z)∈C2 :F(w, z) = 0}, une courbe algébrique ane plane où
F(w, z)≡p0(z)wn+p1(z)wn−1+· · ·+pn(z),
est un polynôme à deux variable complexesw et z, de degré n en w et irréduc- tible (c-à-d. sans facteurs multiples ou encore ne soit pas le produit de deux autres polynômes enwetz). Icip0(z)6= 0,p1(z), . . . , pn(z)sont des polynômes en z. Pour qu'une telle courbe soit lisse (on dit aussi non-singulière), il sut que les fonctions ∂F∂w, ∂F∂z ne s'annulent identiquement sur aucune composante de X ou encore que grad F ≡ ∂F∂w,∂F∂z
6= 0. Dans la suite1, nous supposerons ces conditions satisfaites. Nous montrerons que X est homéomorphe à un tore à g trous (ou sphère à g anses) pour un certain entier g ≥0, appelé genre de X.
1) Considérons donc l'équation F(w, z) = 0. A chaque valeur de z cor- respond n valeurs de w. Notre problème consiste à trouver un domaine pour lequel
C−→C, z 7−→w:F(w, z) = 0,
soit une fonction uniforme. Désignons par z1, ..., zm les zéros de p0(z) et les zéros communs de F(w, z) = 0 et ∂F∂w(w, z) = 0. Ce sont les valeurs pour lesquelles F(w, z) a un zéro double en w. Soit C=C∪ {∞} le plan complexe compactié ou sphère de Riemann puisqu'ils sont homéomorphes. En résolvant l'équation F(w, z) = 0 pour z ∈ C\{z1, ..., zm}, on obtient n solutions wk(z), k= 1,2, ..., n. Montrer que les solutions wk(z) sont localement analytiques.
1Dans la théorie des fonctions d'une variable complexe, on rencontre aussi des surfaces de Riemann plus compliquées (non-algébriques) où F(w, z) n'est pas un polynôme. Par exemple, l'équationew−z = 0 détermine la surface de Riemann du logarithme. De telles surfaces de Riemann ne seront pas considérées ici.
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Réponse : Posons z = x+iy et w = u+iv où u = u(x, y), v = v(x, y). Donc
F(w, z) = G(u, v, x, y) +iH(u, v, x, y), où G et H sont des polynômes. Par conséquent
F(w, z) = 0 ⇐⇒
G(u, v, x, y) = 0, H(u, v, x, y) = 0.
Fixons un point z0 = x0 +iy0 ∈ C\{z1, ..., zm}. L'équation F(w, z) = 0 a exactement n racines distinctes : w = w01, w02, ..., w0n. Désignons par w0 = u0+iv0 l'une de ces racines. Pour pouvoir appliquer le théorème des fonctions implicites, il sut de vérier que
det ∂G
∂u
∂G
∂H ∂v
∂u
∂H
∂v
,
est non nul en(u0, v0). En eet, pourz xé, F(w, z0)est un polynôme en w et doncF(w, z0) est analytique. D'après les équations de Cauchy-Riemann, on a
∂G
∂u = ∂H
∂v , ∂G
∂v =−∂H
∂u, et dès lors
det ∂G
∂u
∂G
∂H ∂v
∂u
∂H
∂v
= ∂G
∂u
∂H
∂v − ∂G
∂v
∂H
∂u,
=
∂G
∂u 2
+ ∂H
∂u 2
,
=
∂G
∂u +i∂H
∂u
2
,
=
∂F
∂u
2
. De même, on a
det ∂G
∂u
∂G
∂H ∂v
∂u
∂H
∂v
=
∂F
∂v
2
. Donc pour que
det ∂G
∂u
∂G
∂H ∂v
∂u
∂H
∂v
6= 0, il sut que
∂F
∂u
2
6= 0 ⇐⇒
∂F
∂v
2
6= 0,
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ou encore
∂F
∂w
2
6= 0.
Or par hypothèse, l'équationF(w, z) = 0 n'a pas de racines doubles en w pour z xé, c-à-d.,
∂F
∂w(w0, z0)6= 0.
Par le théorème des fontions implicites, on peut résoudre w en fonction de z et exprimer quew est diérentiable dans un voisinage de z. Pour montrer que w=w(z) est analytique, on va vérier que les équations de Cauchy-Riemann
∂u
∂x = ∂v
∂y, ∂v
∂x =−∂u
∂y, sont satisfaites. En eet, comme F(w, z) = 0, alors
∂F
∂x = ∂F
∂w
∂w
∂x +∂F
∂z = 0,
∂F
∂y = −∂F
∂w
∂w
∂y +i∂F
∂z = 0.
On multiplie la deuxième équation par i et on fait la somme avec la première.
On obtient
∂F
∂w ∂w
∂x +i∂w
∂y
= 0.
Or ∂F∂w(w0, z0)6= 0, donc la seule possibilité qui reste est
∂w
∂x =−i∂w
∂y, c-à-d.,
∂u
∂x +i∂v
∂x =−i∂u
∂y +∂v
∂y.
2) L'objectif de cette question est de montrer que l'on peut prolonger analy- tiquementwk=wk(z)sur tout C\{z1, ..., zm}et chaque fonction ainsi obtenue satisfait à l'équation F(w, z) = 0. Mais auparavant nous aurons besoin de quelques préliminaires. Soit D(a, ra) un disque de centre a et de rayon ra et soit f une fonction analytique sur D(a, ra). Cette fonction admet un dévelop- pement en série entière convergente de la forme
f(z) = f(a) +a1(z−a) +a2(z−a)2+· · ·
a) Soit b ∈ D(a, ra). Montrer que la fonction f admet un développement en série entière convergente autour deb de la forme
f(z) =f(b) +b1(z−b) +b2(z−b)2+· · ·
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Réponse : Posons z−a= (z−b) + (b−a), d'où f(z) = f(a) +a1(b−a) +a2(b−a)2+· · ·
+a1(z−b) + 2a2(b−a)(z−b) +· · ·+a2(z−b)2+· · · On en déduit que
f(b) = f(a) +a1(b−a) +a2(b−a)2+· · · b1 = a1+ 2a2(b−a) +· · ·
b2 = a2+· · · et
f(z) =f(b) +b1(z−a) +b2(z−a)2+· · ·
Cette série converge en tout point du disque D(a, ra). Cherchons le disque D(b, rb) de centre b et de rayon rb, dans lequel cette série converge. On sait querb ≥ra− |b−a|>0, et il se peut aussi qu'on aitrb > ra− |b−a|>0. Si tel est le cas, la série en question convergera aussi à l'extérieur du disqueD(a, ra), à savoir dans le domaine du disque D(b, rb) extérieur au disque D(a, ra) et le résultat est démontré.
Soit f une fonction analytique sur D(a, ra) et soit b un point en dehors de D(a, ra). On veut construire un prolongement analytique de f au point b. Du point a au point b, traçons un chemin C. Soit c1 ∈ C ∩D(a, ra). On sait que la fonction f peut-être développée en série entière de z − c1 car c1 ∈ D(a, ra). Soit D1, le disque de centre c1 dans lequel le développement obtenu est convergeant. Soit c2 ∈D1 un point se trouvant sur le chemin entre c1 et b. En ce point,f admet un prolongement analytique. Soit D2, le disque de centre c2 dans lequel le développement obtenu est convergeant. De proche en proche, on avance progressivement sur C, vers le point b. Quandb sera dans un disque Dn de centre cn, on prendra b pour cn+1 et ainsi on obtiendra le prolongement analytique cherché.
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Signalons que cette construction ne démontre pas l'existence du prolonge- ment analytique. Nous avons montré qu'en tout point z ∈ C\{z1, ..., zm}, les solutions wk(z), k = 1,2, ..., n de l'équation F(w, z) = 0 sont localement ana- lytiques.
b) Montrer qu'on peut prolonger analytiquement les fonctions wk =wk(z) sur toutC\{z1, ..., zm} et chaque fonction ainsi obtenue satisfait à l'équation : F(w, z) = 0.
Réponse : Soitz0 ∈C\{z1, ..., zm}. D'après les résultats précédents, on peut prolonger analytiquementwk le long de tous les chemins contenus dans un voi- sinage susamment petit de z0. Pour le reste, on va utiliser un raisonnement par l'absurde.
Supposons qu'il existe un point a et un chemin C de z0 vers a, de sorte que l'on puisse prolonger wk le long de C jusqu'à tous les points b avant a, mais pas jusqu'aua.
Dans D(a, ra), elles existent n séries entières wk(z) qui satisfont à l'équa- tion F(wk(z), z) = 0 et qui en donnent toutes les solutions. Choisissons b, de sorte que la partie du cheminC comprise entre aet b, soit entièrement incluse dans le disque D(a, ra). Considérons la série w(z) résultant du prolongement analytique dewk(z) de z0 jusqu'au b, le long du chemin C. D'après ce qui pré- cède, on a F(w(z), z) = 0 dans un disque D(b, rb) autour du point b. Donc
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dans un disque D(b, r) de rayon r= min(ra− |a−b |, rb), w(z)doit coincider avec l'une des wk(z) puisque dans ce disque toutes les solutions de l'équation F(w, z) = 0 sont données par les fonctions wk(z) et que F(w(z), z) = 0. Soit wl qui coincide avec w dans D(b, r). Donc wk(z) peut-être prolongé de b vers a le long de C. Ceci contredit l'hypothèse de départ et le résultat en découle.
On veut que le prolongement ne dépend pas du chemin. On utilise à cette n le théorème de monodromie2. Nous allons tout d'abord modier C\{z1, ..., zm} pour obtenir une surface simplement connexe. On procède comme suit : Soit z∗ ∈C\{z1, ..., zm}un point arbitraire et considéronsm+1cheminsL1, ...,Lm+1 de z∗ jusquez1, ..., zm+1 =∞ respectivement. On suppose que chaque Li ne se recoupe pas et que Li∩ Lj ={z∗}, pour tout i6=j, (i, j = 1, ..., m+ 1).
En faisant des coupures le long de ces chemins, on obtient une surface σ= C\{z1, ..., zm}
\S
iLi, homéomorphe à un disque, donc simplement connexe.
2Théorème (de monodromie) : Soit f une fonction analytique dans un voisinage de a et soit D un domaine simplement connexe. On suppose que pour tout x∈D, il existe un chemin deaversxtel quef peut-être prolongée analytiquement enx. Alors ce prolongement ne dépend pas du chemin suivi.
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c) Sur la surface σ, le prolongement analytique des wk(z) ne dépend pas du chemin.
Réponse : Il sut d'utiliser le théorème de monodromie et la construction de la surfaceσ.
Considérons une coupure le long de Lj et la solution wk(z).
On tourne autour dezj pour atteindre l'autre coupure. Ceci revient à trans- former la solutionwk(z)en une solution wlk(z). Donc pour chaque j xé, on a une permutation πj qui transforme k en lk. Prenons n copies σ1, ..., σn deσ et identions le bord Bj de σi avec le bord Aj de σk=πj(i). On identie ainsi tous les bords deux à deux et on obtient une surface compacte. Nous allons montrer que cette surface, notée X, est connexe. Mais avant cela, nous aurons besoin de quelques résultats d'algèbre concernant les résultants. Soient
f(x) = a0xm+a1xm−1+· · ·+am=a0
m
Y
k=1
(x−αk), a0 6= 0,
g(x) = b0xn+b1xn−1 +· · ·+bn =b0
n
Y
j=1
(x−βj), b0 6= 0,
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deux polynômes de degré m et n respectivement. Ici (α1, ..., αm) et (β1, ..., βn) désignent les racines des polynômesf etg respectivement. Le résultant des po- lynômesf et g, noté Rés(f, g), est le déterminant de leur matrice de Sylvester, i.e., le déterminant de la matrice carrée d'ordre (m+n) suivante :
a0 a1 . . . am 0 . . . 0 0 a0 a1 . . . am ... ...
... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 . . . 0 a0 a1 . . . am b0 b1 . . . bn 0 . . . 0
0 b0 b1 . . . bn 0 . . . 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 . . . 0 b0 b1 . . . bn
d) Montrer que les polynômes f et g ont un facteur commun non nul si et seulement si il existe deux polynômes F et G de degré strictement inférieur à m et n respectivement tels que : f G =gF.
Réponse : On a
f =Af1m1f2m2...frmr, g =Bgn11gn22...gsns,
où A, B sont des constantes et f1m1, ..., frmr, gn11, ..., gnss sont des polynômes ir- réductibles. Supposons que f et g ont un facteur commun non nul, disons f1 =g1. Considérons les polynômes F = ff
1, G= gg
1. D'où deg F deg f =m, deg G= deg g =n, et
f G = f g g1
= gf f1
=gF.
Réciproquement, on a f G =gF, avec deg F < m et deg G < n. Supposons quef et g n'ont pas de facteur commun. Dans ce cas, puisque
Af1m1f2m2...frmr.G=Bg1n1g2n2...gsns.F,
alors pour tout j = 1,2, ..., r, fjmj doit apparaître comme facteur dans F, i.e., f doit diviser F donc deg f ≤ deg F ce qui est absurde car par hypothèse
deg F < m.
e) Montrer que les polynômes f et g ont un facteur commun non nul si et seulement si Rés(f, g) = 0.
Réponse : D'après la proposition précédente, les polynômes f et g ont un facteur commun non nul si et seulement si il existe deux polynômes
F(x) = A0xm−1+A1xm−2+· · ·+Am−1, G(x) = B0xn−1+B1xn−2 +· · ·+Bn−1,
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tels que : f G=gF, i.e.,
(a0xm+· · ·+am)(B0xn−1+· · ·+Bn−1) = (b0xn+· · ·+bn)(A0xm−1+· · ·+Am−1).
On identie les coecients :
xm+n−1 : a0B0 =b0A0,
xm+n−2 : a0B1+a1B0 =b0A1+b1A0, ...
x0 : amBn−1 =bnAm−1. D'où
a0B0−b0A0 = 0,
a1B0+a0B1−b1A0 −b0A1 = 0, ...
amBn−1−bnAm−1 = 0.
On obtient un système linéaire homogène de(m+n) équations dont les incon- nues sont B0, ..., Bn−1, A0, , Am−1. Ce système admet une solution non triviale si et seulement si
∆≡det
a0 0 . . . 0 −b0 0 . . . 0 a1 a0 ... ... −b1 −b0 ... ...
... a1 ... 0 ... −b1 ... 0 am ... ... a0 −bn ... ... −b0
0 am ... a1 0 −bn ... −b1 ... ... ... ... ... ... ... ...
0 . . . 0 am 0 . . . 0 −bn
= 0.
En mettant en évidence le signe − dans lesm dernières colonnes et en tenant compte du fait que le déterminant de la transposée d'une matrice est le même que celui de la matrice initiale, on obtient ∆ = ±Rés(f, g), et le résultat en découle.
f) Monter qu'il existe deux polynômesF etGde degré strictement inférieur
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à m et n respectivement tels que : f G−gF = Rés(f, g),
= polynôme en les coecients de f et g,
= an0bm0
m
Y
k=1 n
Y
j=1
(αk−βj),
= an0
m
Y
k=1
g(αk),
= (−1)mnbm0
n
Y
j=1
f(βj).
Réponse : Si f et g ont un facteur commun, alors d'après ce qui précède les polynômes F et G existent et on a
f G−gF = 0 =Rés(f, g).
Si f et g n'ont pas de facteur commun, alors on cherche F et G tels que : f G−gF =Rés(f, g).
En raisonnant comme dans la proposition précédente, on obtient un système non homogène ayant une solution non nulle. Autrement dit, le déterminant
∆ utilisé dans la preuve de la proposition précédente est nul ou ce qui est équivalent f et g n'ont pas de facteur commun, ce qui est vrai par hypothèse.
g) Soientα1, ..., αmlesmracines du polynômef comptées avec multiplicité.
Le discriminant de f, noté Disc(f), est Disc(f) =a2m−20 (−1)m(m−1)2 Y
i6=j
(αi−αj) =a2n−20 Y
1≤j<i≤m
(αi−αj)2. Montrer que le résultant def et de son polynôme dérivé f0 est
Rés(f, f0) = (−1)m(m−1)2 a0Disc(f).
Réponse : On a f(x) =a0
m
Y
k=1
(x−αk), f0(x) = a0
m
X
k=1
Y
j6=k
(x−αj).
En remplaçant dans cette dernière équationx par αi, on constate que tous les termes s'annulent sauf le i-ème et dès lors
f0(αi) =a0Y
j6=i
(αi−αj).
