TD 3 : Homotopie et théorème de Van Kampen

Géométrie

TD 3 : Homotopie et théorème de Van Kampen

Lucie Le Briquer 1

février 2018

Exercice 5(cylindre et ruban de Möbius)

Rétractation par déformation.X espace topologique, Y ⊂X. Une rétractation par déformation deX surY est H:X×[0,1]−→X tel que :

∀x∈X, H(x,0) =x

∀x∈X, H(x,1)∈Y

∀y∈Y,∀t∈[0,1]H(y, t) =y 1.

S¹= [0,1]× {0}/(0,0)∼(1,0)

On a bienS¹⊂C. Soit : H:

ß [0,1]×C −→ C (t,(c1, c2)) 7−→ (c1, tc2)

AlorsH(0, c) = (c₁,0)∈ S¹,H(1, c) = (c₁, c₂) =c etH(t,(c₁,0)) = (c₁,0)∀c₁∈

−¹₂,¹₂ . H continue. DoncCse rétracte par déformation sur S¹.

π₁(C) =π₁(S¹) =Z

Idem pour le ruban de Möbius.

2. En retirant un cercle à C on a deux composantes connexes alors que le ruban reste d’un seul tenant. Supposons qu’il existeh:M −→C homéomorphisme. SoitY :={y= 0}dans M,Y ' S1. Alorsh(Y)⊂Choméomorphe àS¹ etC\h(Y)a deux composantes connexes (Jordan). MaisC\h(Y) =h(M\Y)est connexe. Contradiction.

Exercice 1(groupes topologiques) Soitγ: [0,1]−→Gun lacet enraciné ene.

γ∗e∼γ On pose :

γ_s(t) =

ß γ(s(2t) + (1−s)t) sit6 ¹₂ γ(s+ (1−s)t) sit> ¹₂

1

e∗σ∼σ On pose˜σs(t)de manière similaire. On pose alors :

H:

ß [0,1]×[0,1] → G (t, s) 7−→ γs(t)˜σs(t)

Ainsi :

H(0, t) =γ(t)σ(t) = (γσ)(t) H(1, t) = (γ∗e)(t)(e∗σ)(t)

= (γ∗σ)(t)

De mêmeσγ∼(e∗σ)(γ∗e) =γ∗σ. Donc :

[γσ] = [γ∗σ] = [σγ] = [σ∗γ]

Donc[γ][σ] = [σ][γ]doncπ1(G, e)est abélien.

Exercice 7(présentations de groupes) On se donne :

• un alphabet fini{a₁, . . . , a_n}=A,

• une nombre fini de relations{w1, . . . , wm}qui sont des mots en lesa^±1_i . Exemple.Alphabet :{a, b}, Relations :aba⁻¹b. On pose :

A^∗= G

n>0

{a^±1_i }ⁿ l’ensemble des mots finis en lesa^±1_i

Soit∼la relation d’équivalence surA^∗définie paru∼vsi on peut passer deuàven échangeant aia⁻¹_i et∅ etwj et∅.

On peut alors écrire un mot sous la formeaⁿ_i¹

1 . . . aⁿ_i^m

m, n_k∈Z,i_k 6=i_k+1 ∀k.

SurA^∗ : on peut concaténer les mots. La concaténation passe au quotient enA^∗/∼× A^∗/∼−→

A^∗/∼. SiG=A^∗/∼munit de cette loi,Gest un groupe. On le note : G=ha1, . . . , a_n |w₁, . . . , w_mi

Propriété universelle.SoitHun groupe engendré par˜a₁, . . . ,˜a_n. Supposons que˜a₁, . . .˜a_nvérifient les relationsw˜_j(obtenues à partir dew_jen remplaçanta_ipara˜_i). Alors∃!ϕ:G−→Hmorphisme surjectif tel queϕ(ai) =ϕ(˜ai)∀i.

Exemple.G=ha|∅i,H =Z/nZ.∃!ϕ:G−→H tel que ϕ(1) = 1.

Graphe de Cayley.SoitGun groupe,S ⊂Gdes générateurs, symétrique. Le graphe de Cayley est défini par :

• sommets : éléments deG

• g−g⁰ ⇔ ∃s∈S : g=sg⁰

2

1.

2. Z/nZest engendré par 1 etn−1 = 0[n]. Donc∃ϕ:ha|aⁿi −→ZnZϕ(a) = 1. Soitu∈ker(ϕ).

On écrit u=a^m. Alors u∼a^r pour un r∈J0, n−1K, ϕ(u) =rϕ(a) =r[n] = 0[n]. Donc r= 0. Doncu∼a⁰=∅.

3. Zⁿ est engendré par les(ei)16i6n oùei= (0, . . . ,1, . . . ,0).[ei, ej] = 0∀i, j.

Donc∃!ϕ: h(ai)16i6n|[ai, aj]i −→Zⁿtel queϕ(ai) =ei∀i. Soitu∈ker(ϕ).u=aⁿ_i¹

1 . . . aⁿ_i^m

m. En utilisant les relations de commutation, on au∼a^p₁¹. . . a^p_nⁿ.

ϕ(0 =

n

X

i=1

piei= 0

Doncp_i= 0∀i. Doncϕ(u)∼a⁰₁. . . a⁰_n=∅.

ha, b|aⁿ=b²=baba⁻¹=ei 'Dn

u∈ker(ϕ)alorsu∼b^εa^ravecε∈ {0,1}et06r6n−1.ϕ(u) =I ⇒ε= 0etr= 0donc u∼ ∅.

4. Z/2Z∗Z_2Z'D_∞=Z×Z/2Z

Jeudi 01 février

Utiliser le théorème de Van Kampen. X connexe par arcs, U, V ouvert non vides de X, connexes par arcs tels queU∪V =X. On suppose U∩V connexe par arcs,x∈U∩V. On se donne :

π1(U, x) =hai|xii π1(V, x) =hbj|wji π1(U∩V, x) =hck|tki Alors

π1(X, x)' hai, bj|vi, wj, iU∗(ck) =iV∗(ck)i iU∗(ck): écrireck en concaténation de aidansU.

Exercice 4(variétés topologiques)

En procédant par récurrence, il suffit de démontrer queπ1(X, x)'π1(X\{a}, x)∀a6=x∈X. Posons :

U =un voisinage deahoméomorphe àR^d V =X\{a}

AlorsX=U∪V,U∩V est homéomorphe àR^d\{0}qui est connexe par arcs. Soit x∈X∩V. Par le théorème de Van Kampen :

π₁(X, x) =π₁(U, x)∗π₁(U∩V,x)π₁(V, x)

π1(U, x) =π1(R^d,0)' {e} π1(U∩V, x)'π1(R^d\{0}, y)'π1(Sd−1, y⁰) ={e}

card>3. Doncπ₁(X, x)π₁(V, x) =π₁(X\{a}, x).

3

Exercice 9(applications du théorème de Van Kampen) 1. On démontre par récurrence queSn

k=1S1'F_n

• n= 1 : ok

• On suppose cette hypothèse au rangn. SoitU =Sn

k=1S₁∩B(x, ε)etV = (n+1)−ème cercle∪B(x, ε).

– U se rétracte par déformation surSn

k=1S¹ doncπ1(U, x)'Fn par hypothèse de récurrence.

– V se rétracte par déformation surS1 :π1(V, x) =Z

– U∩V se rétracte par déformation sur{x}:π1(U ∩V, x) ={e}

Par le théorème de Van Kampen :

π1 n+1

[

k=1

S1, x

!

'Fn∗Z'Fn+1

2.

3. Prenons les ouvertsU etV suivants (correspondent àX privé d’un cercle) :

U = \

V = \

x•

×a

U, V, U∩V sont connexes par arcs.U et V sont des cylindres doncU∩V '(0,1)², ainsi : π1(U, x)' ha|∅i π1(V, x)' hb|∅i π1(U∩V, x)' h∅|∅i

Alors, par Van Kampen :

π1(T²\{a}, x) =ha, b|∅i 'F2

4. PrenonsU =T²\{a} etV =B(a, ε).

x•

×a

V

U U, V, U∩V sont connexes par arcs.

π1(T², x) =ha, b|i_U∗(c)i=ha, b|aba⁻¹b⁻¹i 'Z²

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