Exercice 1 (Comparaison avec la cohomologie de de Rham). Soit U un ouvert de R

UPMC Master 1 Math´ ematiques 2011

Corrig´ e de la Feuille de TD 5 de Revˆ etements et Groupe Fondamental

morphismes de revˆ etements, revˆ etements universels

Exercice 1 (Comparaison avec la cohomologie de de Rham). Soit U un ouvert de R

. On note Z

(U ) l’espace vectoriel des fonctions C

α : U → R

telles que

i

=

j

. On note B

(U ) ⊂ Z

(U ) le sous-espace vectoriel {df = (

i

)

|f : U → R }. On note H

(U ) = Z

(U )/B

(U ).

Soit α ∈ Z

(U ).

On muni E

= U × R de la topologie pour laquelle une base d’ouvert est donn´ ee par les graphes des solutions locales de l’´ equation Eq

: df = α (c’est-` a-dire

i

= α

). Ainsi, si f : V → R avec V un ouvert de U est telle que pour tout i,

i

= α

, alors Γ

= {(x, f (x)|x ∈ V } ⊂ E

est un ouvert de E

, et tout ouvert est une union de tels ouverts.

1. Rappeler pourquoi B

(U ) ⊂ Z

(U). Pourquoi E

est-il union d’ouvert de type Γ

? 2. Montrer que la projection p : E

→ U est un revˆ etement.

3. Soit u ∈ U . Montrer que π

(U, u) agit sur p

(u) ' R par translation. En d´ eduire un morphisme de groupe φ

: π

(U, u) → R . On note Hom(π

(U ), R ) le R -espace vectoriel des morphismes π

(U, u) → R

4. Montrer que E

→ U est un revˆ etement trivial si et seulement si α ∈ B

(U ).

5. Montrer que φ

= λφ

+νφ

(on s’int´ eressera ` a un morphisme de revˆ etements E

×

E

→ E

). En d´ eduire une application lin´ eaire injective H

(U ) → Hom(π

(U), R ).

Solution 1. 1. Si f : U → R est C

,

i∂zj

=

j∂zi

, donc (

i

)

∈ Z

(U ). D’apr` es le lemme de Poincar´ e local, si x ∈ U , il existe un voisinage V de x telle que Eq

ait une solution f : V → R sur V . Soit (x, y) ∈ E

: on a (x, y) ∈ Γ

et f + y − f (x) : V → R est solution de Eq

. 2. Commen¸cons par v´ erifier que tout ouvert de E

est bien une union d’ouverts de type Γ

. Il

suffit pour cela de montrer que la famille (Γ

)

est stable par intersection finie. Soient donc f

: V

→ R et f

: V

→ R deux solutions de Eq

. ALors Γ

∩ Γ

est le graphe de la restriction de f

` a Z = {x ∈ V

∩ V

|f

(x) = f

(x)}. Mais, sur V

∩ V

, d(f

− f

) = 0, donc f

− f

est localement constante. Donc Z est bien ouvert et Γ

∩ Γ

= Γ

.

Remarquons que si V ⊂ U est ouvert, p

(V ) = S

f

Γ

o` u f d´ ecrit toutes les solutions de Eq

de domaine inclus dans V . Donc p

(V ) est ouvert et donc p est bien continue. Si W ⊂ E

est un ouvert, W = S

i

Γ

avec f

: V

→ R , et donc p(W ) = S

V

est ouvert. L’application p est donc ouverte. Soit x ∈ U , et f : V → R une solution de Eq

o` u V est un voisinage ouvert de x. Alors p

(V ) = `

c∈R

Γ

, et p

: Γ

→ V est une application continue bijective et ouverte (et donc un hom´ eomorphisme). D’o` u une trivialisation locale.

3. Soit c ∈ R.L’application f

: E

→ E

d´ efinit par f

(x, y) = (x, y + c) est continue et pf

= p, c’est donc un morphisme de revˆ etement. On a donc f

(g(u, y)) = gf

(u, y) pour y, c ∈ R et g ∈ π

(U, u). On note gy la projection sur la deuxi` eme composante de g(u, y). On a donc (gy) + c = g(y + c). On d´ efinit φ

(g) := g0. on a alors gc = (g0) + c = c + φ

(g) donc g agit bien par translation. De plus φ

(gg

) = (gg

)0 = g(g

0) = g0 + g

0 = φ

(g) + φ

(g

).

1

4. On a vu dans la preuve de (2) qu’une solution de Eq

sur V induisait une trivialisation de E

au dessus de V . Donc, si α ∈ B

(U ), Eq

a une solution globale et E

est donc trivial.

R´ eciproquement, si E

est trivial, il existe une section continue s : U → E

. Notons ¯ s : U → R d´ efinit de mani` ere ` a ce que s(x) = (x, ¯ s(x)) (c’est la compos´ ee de s avec l’application E

→ U × R → R ). V´ erifions que ˜ s est solution de Eq

. Soit x ∈ U et f : V → R solution de Eq

telle que s(x) ∈ Γ

. Par continuit´ e de s, W := s

(Γ

) est un ouvert de V qui contient x. Mais alors

¯

s et f co¨ıncident sur W , donc ¯ s est bien solution de Eq

au voisinage de x.

5. Ensemblistement E

×

E

' U × R

. Consid´ erons l’application ψ : E

×

E

→ E

d´ efinie par ψ(x, y, z) = (x, λy + νz) et v´ erifions qu’elle est continue (et que c’est donc un mor- phisme de revˆ etement. Soit (x, y, z) ∈ E

×

E

et soit f : V → R une solution de Eq

telle que (x, λy + νz) ∈ Γ

. Soit f

, f

: W → R solutions respectivement de Eq

et Eq

avec W ⊂ V , (x, y) ∈ Γ

et (x, z) ∈ Γ

. Alors Γ

×

Γ

est un voisinage ouvert de (x, y, z) dans E

×

E

et ψ(Γ

×

Γ

) = Γ

. Or λf

+ νf

est solution de Eq

et co¨ıncide avec f en x. Quitte ` a r´ eduire W on peut donc supposer λf

+νf

= f

. On a alors ψ(Γ

×

Γ

) ⊂ Γ

, ce qui prouve la continuit´ e de ψ.

Donc, si g ∈ π

(U, u), on a ψ(g(u, x, y)) = g(ψ(u, x, y)). Donc

(u, φ

) = g(u, 0) = gψ(u, 0, 0) = ψ(g(u, 0, 0)) = psi(u, φ

(g), φ

(g)) = (u, λφ

(g)+νφ

(g)).

L’application φ : Z

(U ) → Hom(π

(U ), R ) d´ efinie par φ(alpha)(g) = φ

lpha(g) est donc bien lin´ eaire. α ∈ Ker(φ) si et seulement si le revˆ etement E

est trivial, si et seulement si α ∈ B

(U ) d’apr` es (4). Donc φ se factorise en une application lin´ eaire injective

H

U = Z

(U )/Ker(φ) → Hom(π

(U ), R ).

Exercice 2. (Extensions HNN et Van Kampen pour intersection ` a deux composantes connexes) 1. Soient H et G deux groupes et f

, f

: H → G deux morphismes de groupes.

(a) Montrer qu’il existe un groupe G

, t ∈ G

et un morphisme φ : G → G

tel que

• si h ∈ H, φ(f

(h)) = tφ(f

(h))t

;

• si (G

, t

, φ

), o` u G

est un groupe, t

∈ G

et φ

: G → G

est un morphisme v´ erifiant φ

(f

(h)) = t

φ

(f

(h))t

pour tout h ∈ H, alors il existe un unique morphisme ψ : G

→ G

tel que ψ(t) = t

et ψφ = φ

.

Le groupe G

est not´ e G∗

.

(b) Montrer que G∗

= G ∗

(H ∗ Z ) pour des applications H ∗ H → G et H ∗ H → H ∗ Z bien choisies.

(c) Montrer que, si H = G, f

= id

et f

est un automorphisme de G, alors G∗

= G o Z o` u α : Z → Aut G est donn´ e par α(n) = f

.

2. Soient X un espace topologique connexe par arc, U et V deux ouverts connexes par arcs de X tels que X = U ∪ V et tels que U ∩ V ait deux composantes connexes par arc A et B. Soient a ∈ A, b ∈ B, c

un chemin reliant a ` a b dans U et c

un chemin reliant a ` a b dans V . Notons s le lacet s = c

c

d’origine a.

Notons G = π

(X, a), G

= π

(U, a), G

= π

(V, a), H

= π

(A, a), H

= π

(B, b).

(a) Montrer qu’on a un morphisme naurel f

: G

∗

G

→ G.

(b) On consid` ere les compos´ ees f

: H

→ π

(U, b)

→

π

(U, a) → G

∗

G

et f

: H

→ π

(V, b)

→

π

(V, a) → G

∗

G

(o` u [c

] envoie un lacet c d’origine b sur le lacet c

cc

).

Montrer que f

f

(c) = sf

f

(c)s

. En d´ eduire un morphisme f : (G

∗

G

)∗

→ G

2

(c) Montrer que f est un isomorphisme.

3. Soient f

, f

: Y → X deux applications continues et S = X × [0, 1] a

Y × [0, 1] / ((y, 0) ∼ (f

(y), 0) et (y, 1) ∼ (f

(y), 1)).

Montrer que π

(S) ' π

(X)∗

(on rappelle que si f : X → Y est une application continue, l’application Y → Cyl(f ) est une equivalence d’homotopie).

4. Soit A ∈ GL(2, Z ) et soit h

l’automorphisme du tore T induit par A : R

→ R

. Soit V

= T × [0, 1]/(t, 0) ∼ (h

(t), 1).

Montrer que π

(V

) = Z

o Z o` u α : Z → Aut Z

= GL(2, Z) est donn´ e par α(n) = A

. Solution 2. 1. (a) Soit G

= G ∗ t

/N o` u

N =< f

(h)

tf

(h)t

>

.

Notons φ le morphisme naturel G → G ∗ t

/N . On a bien φ(f

(h)) = tφ(f

(h))t

pour tout h ∈ H par d´ efinition de N . Si (G

, t

, φ

) v´ erifie l’´ enonc´ e, alors t

induit un morphisme f

Z → G

tel que f

(1) = t

et la propri´ et´ e universel du produit libre appliqu´ ee ` a φ

et f

induit un morphisme ψ

: G ∗ t

→ G

qui co¨ıncide avec φ

sur G et qui envoie t sur t

. Comme

ψ

f

(h)

tf

(h)t

= φ

(f

(h))

t

φ

(f

(h))t

= 1,

N ⊂ Ker(ψ

) et donc ψ

se factorise ` a travers un morphisme G

→ G

. L’unicit´ e vient de ce que G

est engendr´ e par G et t et que donc si ψ et ψ

co¨ıncident sur G et t, alors ψ = ψ

. (b) Par la propri´ et´ e universelle du produit libre, f

, f

: H → G induisent un morphisme f : H ∗ H → G. De mˆ eme les morphismes l

, l

: H → H ∗ t

d´ efinis par l

(h) = tht

et l

(h) = h d´ efinissent un morphisme l : H ∗ H → H ∗ t

. Soit φ

: G → G ∗

(H ∗ Z ). On a (en posant h

(resp. h

) l’´ el´ ement de H ∗ H correspondant ` a h dans la premi` ere (resp.

seconde) composante) :

φ

(f

(h)) = φ

(f (h

)) = l(h

) = l

(h) = tht

= tl

(h)t

= tl(h

)t

= tφ

(f (h

))t

= tφ

(f

(h))t

, d’o` u un unique morphisme G∗

→ G ∗

(H ∗ Z ) compatible avec G et t.

Soit G

un groupe. On a Hom(G∗

, G

) =

(φ

: G → G

, t

∈ G

)|φ

(f

(h)) = t

φ

(f

(h))t

=

(φ

: G → G

, l

: H → G

, l

: H → G

, a

: Z → G

)|

l

= φ

f

, l

= φ

f

, l

(h) = a

(1)l

(h)a

(1)

=

(φ

: G → G

, l

: H ∗ H → G

, b

: H ∗ Z → G

)|l

= φ

f, l

= b

l

= Hom(G ∗

(H ∗ Z), G

),

ce qui prouve que G∗

→ G ∗

(H ∗ Z ) est un isomorphisme.

(c) Rappelons que G o Z est G × Z muni de la multiplication (g, n)(g

, n

) = (gα

(g

), n + n

).

Alors i : G → G oZ , d´ efini par i(g) = (g, 0) est un morphisme de groupe, et (1

, 1)(g, 0)(1

, 1)

= (α(g), 0), d’o` u un morphisme naturel G∗

→ G oZ . Si (G

, φ

, t

) sont comme dans la ques- tion 1, alors φ : G o Z d´ efini par φ(g, n) := t

φ

(g)t

est un morphisme de groupe v´ erifiant les propri´ et´ es voulues, et c’est le seul car G o Z est engendr´ e par i(G) et s(1). Consid´ erons le morphisme nul φ

: G → Z et t

= 1 ∈ Z . Le couple (φ

, t

) induit un morphisme G∗

→ Z qui envoie G sur 0 et t sur 1 (et qui est donc surjectif). Le morphisme G∗

→ G o Z est donc un isomorphisme.

3

2. (a) Le diagramme commutatif

A

// U

V ^// X induit un diagramme commutatif

π

(A, a)

// π

(U, a)

π

(V, a) ^// π

(X, a)

d’o` u un morphisme f

: π

(U, a) ∗

π

(V, a) → π

(X, a) par propri´ et´ e universelle du produit fibr´ e.

(b) Si c est un lacet de B d’origine b, on a f

f

(c) = c

cc

et

f

f

(c) = c

cc

= sc

cc

s

= sf

f

(c)s

.

D’apr` es la propri´ et´ e universelle des extensions HNN, on obtient donc un morphisme f : (G

∗

G

)∗

→ G.

(c) La preuve est similaire ` a celle du th´ eor` eme de Van Kampen.

Commen¸cons par montrer que f est surjectif. Soit γ : [0, 1] → X, un lacet d’origine a.

Il existe n > 0 tel que, pour tout 0 ≤ j ≤ n − 1, γ([

,

]) ⊂ W

o` u W

= U ou V . Notons γ

la restriction de γ ` a [

,

]. On note S

:= A, B, U ou V en fonction de si γ(j/n) ∈ A, B, U − V ou V − U , et on consid` ere un chemin α

: [0, 1] → S

reliant a ` a γ(j/n) si S

= A, U ou V et reliant b ` a γ(j/n) si S

= B. Soit β

= α

γ

α

. C’est un chemin de W

qui ` a pour extr´ emit´ es a ou b. On compose β

´ eventuellement ` a gauche avec c

et ` a droite avec c

j+1

pour obtenir un lacet β

de W

d’origine a. Alors γ est homotope au concat´ en´ e des β

, et donc au concat´ en´ e des β

o` u, si S

= B et W

6= W

, on rajoute entre β

et β

le lacet s si W

= V et s

si W

= U . Donc γ est bien homotope au concat´ en´ e de lacets de U de V et de s, ce qui prouve la surjectivit´ e.

Soit γ = γ

∗· · ·∗γ

avec γ

, γ

des lacets de U , de V ou s qui est homotope au lacet constant

`

a a. Montrons que l’´ el´ ement correspondant de G

∗ G

∗ Z est dans le sous-groupe distingu´ e N engendr´ e par f

(h

)f

(h

)

et sf

(h

)s

f

(h

). Soit F une telle homotopie et soit n tel que tout sous-carr´ e de taille 1/n ait sont image dans U ou V . On peut supposer n multiple de k. Notons γ

= F(i/n, −). On peut alors, en faisant la mˆ eme construction pour γ

que pour γ dans la preuve de la surjectivit´ e, d´ efinir γ

, W

, S

, α

, β

et β

. Ceci induit donc un ´ el´ ement g

de G

∗ G

∗ Z dont l’image dans G correspond ` a γ

. Montrons que g

= g

modulo N . Soit W

= U ou V tel que F ([

,

] × [

,

] soit dans W

. Si l’image de γ

est dans A ou B alors changer de choix de W

ne modifie pas g

modulo N . On peut donc supposer W

= W

= W

. Soit

le chemin obtenu par restriction de F ` a [

,

] × {

}. Alors γ

est homotope ` a

γ

et l’on obtient alors g

= g

. 3. Notons p : S → (X `

Y ) × [0, 1] l’application quotient. Soit U = p((X `

Y ) × [0, 1[) et V = p((X `

Y )×]0, 1]) ; U et V sont homotopiquement ´ equivalent ` a Y . Alors U ∩ V = A ` B o` u A = Y ×]0, 1[ et B = Y ×]0, 1[. On a H

' π

(Y ), G

' π

(Y ) et G

' π

(Y ), donc G

∗

G

' π

(Y ). Comme H

= π

(X), on obtient π

(S) = π

(Y )∗

.

4. On applique la question 4 ` a X = Y = T et f

= id, f

= h

: on a alors S ' V

et donc π

(V

) = π

( T )∗

. Or π

( T ) = Z

et f

induit A sur π

( T ). On obtient le r´ esultat en appliquant la question 1.c.

4