UPMC Master 1 Math´ematiques 2011

(1)

UPMC Master 1 Math´ ematiques 2011

Exercice 1. Montrer qu’un morphisme de revˆ etement est une application ouverte.

Solution 1. Soient π : E → B et π

⁰

: E

⁰

→ B deux revˆ etements et soit f : E → E

⁰

tel que π

⁰

f = π. Soit U un ouvert de E et soit x ∈ U . Soit b = π

_E

(x). Il existe un voisinage ouvert V de b tel que φ : π

_E⁻¹

(V ) ' V × F et φ

⁰

: π

⁻¹_E0

(V ) ' V × F

⁰

. Soit (b, f

0

) := φ(x) et (b, f

₀⁰

) := φ

⁰

f (x). Soit U

₀

= U ∩ φ

⁻¹

(V × {f}) ∩ f

⁻¹

φ

⁰⁻¹

(V × {f

⁰

}), c’est un voisinage ouvert de x dans U . En identifiant V × {f } et V × {f

⁰

} ` a V , on a φ

⁰

f (U

0

) = φ(U

0

) ⊂ V , qui est ouvert dans V car φ est ouverte. Comme φ

⁰

est un hom´ eomorphisme, f (U

0

) est aussi ouvert dans E , ce qui prouve que f est ouverte.

Exercice 2. Le but de cet exercice est de d´ emontrer le th´ eor` eme d’inversion globale suivant dˆ u

`

a Hadamard: Soit f : R

ⁿ

→ R

ⁿ

une application C

¹

et propre. Si pour tout x ∈ R

ⁿ

la diff´ erentielle de f en x est inversible alors f est un C

¹

-diff´ eomorphisme.

1. Montrer que f est un hom´ eomorphisme local.

2. Montrer que f est surjective.

3. Montrer que f est un revˆ etement. (Ici je veux une d´ emonstration compl` ete plutˆ ot que l’appel ` a un th´ eor` eme du cours.)

4. Conclure.

Solution 2. 1. C’est le th´ eor` eme d’inversion locale.

2. Montrons que f ( R

ⁿ

) est ferm´ e. Soit x ∈ f ( R

ⁿ

). Soit K un voisinage compact de x, et x ∈ K ∩ f ( R

ⁿ

) puisque K est un voisinage de x. Alors K

₀

:= f

⁻¹

(K) est compact puisque f est propre. Donc f (K

0

) est compact et contient K ∩ f ( R

ⁿ

) donc x ∈ f (K), ce qui montre que f ( R

ⁿ

) est ferm´ e.

Comme f est un hom´ eomorphisme local, c’est une application ouverte. Donc f( R

ⁿ

) est un ouvert ferm´ e non vide de R

ⁿ

, donc c’est R

ⁿ

puisque R

ⁿ

est connexe.

3. Soit x ∈ R

ⁿ

. L’espace f

⁻¹

(x) est compact puisque f est propre, et discret puisque f est un hom´ eomorphisme local. Ainsi, f

⁻¹

(x) est un ensemble fini. Soit y ∈ f

⁻¹

(x). Comme f est un hom´ eomorphisme local, il existe un voisinage ouvert U

_y

de y et un voisinage V

_y

de x tels que f

_|U_y

: U

_y

→ V

_y

soit un hom´ eomorphisme. Comme R

ⁿ

est s´ epar´ e, on peut supposer U

_y

∩U

_y⁰

= ∅ for y 6= y

⁰

∈ f

⁻¹

(x). Soit V ⊂ T

y∈f⁻¹(x)

V

_y

un ouvert contenant x : f

⁻¹

(V ) ⊃ `

y

f

_|U⁻¹

y

(V ) ' `

y

V . Quitte ` a choisir V assez petit, on a l’´ egalit´ e. En effet, sinon il existerait une suite y

n

∈ R

ⁿ

\ S

U

y

telle que f (y

n

) converge vers x. Mais alors f ({y

_n

}

_n∈_N

) est un ferm´ e par propret´ e de f qui ne contient pas x : contradiction.

4. R

ⁿ

est contractile donc simplement connexe, donc f est un revˆ etement trivial. Comme R

ⁿ

est connexe, c’est un hom´ eomorphisme.

Exercice 3. Soit | | la norme euclidienne usuelle sur R

³

. Soit z

1

6= z

2

∈ R

³

. Soit X = {z ∈ R

³

||z−z

₁

| =

|z

₁

− z

₂

|/2} ∪ {z ∈ R

³

||z − z

₂

| = |z

₁

− z

₂

|/2} ⊂ R

³

\{z

₁

, z

₂

} l’union des sph` eres de centres z

₁

et z

₂

et de rayon |z

₁

− z

₂

|/2.

Montrer que l’inclusion X → R

³

\{z

₁

, z

2

} est une ´ equivalence d’homotopie.

Solution 3. Quitte ` a faire la compos´ ee d’une isom´ etrie et d’une rotation, on peut supposer z

₁

= 0 et z

2

= (1, 0, 0). Notons p : R

³

→ R qui ` a (a, b, c) associe a. D´ efinissons une r´ etraction π : R

³

\{z

₁

, z

2

} → X de la fa¸ con suivante :

1

(2)

1. si x ∈ B(0, 1/2)\{0} ou p(x) ≤ 0, alors

π(x) = x 2|x| ; 2. si x ∈ B(1, 1/2)\{1} ou p(x) ≥ 1, alors

π(x) = 1 + x − 1 2|x − 1| ; 3. si 0 ≤ p(x) ≥ 1/2 mais |x| > 1/2, et x = (a, b, c) alors

π(x) = (a, b p

1/4 − a

²

√ b

²

+ c

²

, c p

1/4 − a

²

√ b

²

+ c

²

)

4. si 1/2 ≤ p(x) ≥ 1 mais |x − 1| > 1/2, et x = (a, b, c) alors π(x) = (a, b p

1/4 − (1 − a)

²

√

b

²

+ c

²

, c p

1/4 − (1 − a)

²

√

b

²

+ c

²

)

On a une homotopie H : R

³

\{z

₁

, z

2

} × [0, 1] → R

³

\{z

₁

, z

2

} d´ efinie par H(x, t) = (1 −t)x + tπ(x) reliant l’identit´ e ` a π.

Exercice 4. 1. Montrer que l’application π : R

²

→ S

¹

× S

¹

d´ efinie par π(x

₁

, x

₂

) = (exp(2iπx

₁

), exp(2iπx

₂

)) est un revˆ etement.

2. Soit f : S

¹

× S

¹

→ S

¹

× S

¹

. Montrer qu’il existe ˜ f : R

²

→ R

²

telle que f π = π f ˜ .

3. Montrer qu’il existe A

f

∈ M

2

(Z) telle que pour tout x ∈ R

²

et tout a ∈ Z

²

, ˜ f (x+a) = ˜ f (x)+A

f

a.

Montrer que A

_f

ne d´ epend pas du choix de ˜ f , mais seulement de f . 4. Montrer que A

f·g

= A

f

+ A

g

et A

f◦g

= A

f

A

g

.

5. Montrer que f est homotope ` a une application constante si et seulement si A

_f

= 0.

6. Montrer que, pour tout A ∈ M

2

(Z), il existe f : S

¹

× S

¹

→ S

¹

× S

¹

telle que A

f

= A. Donner une condition n´ ecessaire et suffisante sur A ∈ M

2

( Z ) pour qu’il existe un hom´ eomorphisme f : S

¹

× S

¹

→ S

¹

× S

¹

tel que A

_f

= A.

Solution 4. 1. L’application R → S

¹

est un revˆ etement, donc π est un revˆ etement en tant que produit de deux revˆ etements.

2. Comme R

²

est simplement connexe, l’application f π : R

²

→ S

¹

× S

¹

se rel` eve en ˜ f : R

²

→ R

²

. 3. Comme π( ˜ f (x + a) − f ˜ (x)) = f π(x + a) − f π(x) = 0, ˜ f (x + a) − f ˜ (x) ∈ Ker π = Z

²

. Soit

A

f ,a˜

: R

²

→ Z

²

l’application continue d´ efinie par A

f ,a˜

(x) = ˜ f (x + a) − f ˜ (x). Comme R

²

est connexe et Z

²

est discret, A

f ,a˜

est constante. Notons A

f˜

(a) l’´ el´ ement correspondant de Z

²

: A

f˜

d´ efinit une fonction Z

²

→ Z

²

. Or

A

f˜

(a + b) = ˜ f (a + b) − f ˜ (0) = ( ˜ f (a + b) − f ˜ (b)) + ( ˜ f(b) − f ˜ (0)) = A

f˜

(a) + A f ˜ (b).

Donc A

f˜

est lin´ eaire et donc d´ efinit un ´ el´ ement de M

₂

( Z ) qui v´ erifie la propri´ et´ e voulue.

Si ˜ f et ˜ f

⁰

sont deux rel` evements de f , π( ˜ f − f ˜

⁰

) = f π − f π = 0 donc ˜ f − f ˜

⁰

est ` a valeur dans Ker π = Z

²

, donc c’est une application constante puisque Z

²

est discret et R

²

est connexe. Donc, pour tout a ∈ Z

²

A

f˜

a = ˜ f (a) − f ˜ (0) = ˜ f

⁰

(a) − f ˜

⁰

(0) = A

f˜⁰

a.

2

(3)

4. Si ˜ f et ˜ g sont des rel` evements de f et g, ˜ f + ˜ g est un rel` evement de f · g, donc A

f·g

a = ( ˜ f + ˜ g)(a) − ( ˜ f + ˜ g)(0) = ˜ f (a) − f ˜ (0) + ˜ g(a) − ˜ g(0) = A

_f

a + A

g

a.

π f ˜ ˜ g = f π˜ g = f gπ donc ˜ f g ˜ est un rel` evement de f g. Donc

A

_{f g}

a = ˜ f ˜ g(a) − f ˜ g(0) = ˜ A

_f

(˜ g(a) − g(0)) = ˜ A

_f

A

_g

a

5. Soit H : S

¹

× S

^×

[0, 1] → S

¹

× S

¹

telle que H

0

soit constante et H

1

= f. Alors, comme R

²

× [0, 1]

est simplement connexe, (π × id

_[0,1]

) ◦ H : R

²

× [0, 1] → S

¹

× S

¹

se rel` eve en une application continue ˜ H : R

²

× [0, 1] → R

²

. Soit a ∈ Z

²

, l’application ψ : [0, 1] → R

²

d´ efinie par ψ(t) = ˜ H(a, t) − H(0, t) est continue et ` ˜ a valeur dans Z

²

, donc constante car [0, 1] est connexe.

Donc A

f

a = ψ(1) = ψ(0) = A

H0

a = 0. Donc A

f

= 0 si f est homotope ` a une constante.

Si A

_f

= 0, alors ˜ f est constante sur les fibres de R

²

→ S

¹

× S

¹

, donc par propri´ et´ e universelle de la topologie quotient, il existe ¯ f : S

¹

× S

¹

→ R

²

telle que ¯ f π = ˜ f , donc π f π ¯ = π f ˜ = f π et donc π f ¯ = f puisque π est surjective. Alors H : S

¹

× S

¹

× [0, 1] d´ efinie par H(x, t) = π(t f ¯ (x) est une homotopie d’une constante vers f.

6. La matrice A, d´ efinit un morphisme de groupes topologiques A : R

²

→ R

²

qui envoie Z

²

sur Z

²

. Donc Z

²

⊂ Ker πA, donc πA induit un morphisme de groupe topologique f

_A

: S

¹

× S

¹

→ S

¹

× S

¹

, et A est un rel´ evement de f

A

.

Si f est un hom´ eomorphisme, A

_f

∈ GL

2

( Z ) puisque A

_{f g}

= A

_f

A

g

. R´ eciproquement, si A ∈ GL

₂

( Z ), f

_A

f

_A⁻¹

= f

_A⁻¹

f

_A

= id donc f

_A

est un hom´ eomorphisme.

3