Corrig´ e de la feuille d’exercices n

Ecole Normale Sup´´ erieure – FIMFA – Ann´ee 2010-2011 Travaux dirig´es de Topologie et Calcul diff´erentiel Franc¸ois B´eguin

Corrig´ e de la feuille d’exercices n

4 Constructions d’espaces topologiques

1 -

Notons D l’ensemble des droites affines de R². Pour tout ouvert (au sens usuel) U de R², on peut ´ecrire U =S

D∈DU∩D. AinsiU est une union d’ouverts pour la topologie faible. Ceci montre que la topologie faible plus fine que la topologie usuelle. Elle est en fait strictement plus fine : en effet, siU est un ouvert de R² au sens usuel, et siD est une droite affine qui rencontreU, alorsU∩D est un ouvert pour la topologie faible, mais n’est pas pour la topologie usuelle.

2 -

1. Il est facile de voir que ϕ est bien d´efinie et continue (consid´ererε > 0, introduire un indiceN tel que le reste de la s´erie soit inf´erieur `aε/2 quel que soitai, et introduire un ouvert produit correspondant auN premiers indices ce qui est tr`es facile vu que l’on est alors ramen´e `a un produit fini d’ensembles discrets).

L’injectivit´e est une cons´equence du fait suivant : un r´eel de [0,1] poss`ede au plus une ´ecriture en base 3 dont aucun chiffre n’est ´egal `a 1. En effet, un r´eel de [0,1] poss`ede un ou deux d´eveloppement en base 3 ; s’il en poss`ede deux, alors ces d´eveloppements sont de la forme 0, a1a2. . . a_n−1an2222. . . avec an 6= 2, et l’autre est 0, a1a2. . . an−1(an+ 1)0000. . . ; soitan, soitan+ 1 est ´egal `a 1. Pour la continuit´e de l’application r´eciproque, on peut soit appliquer la notion de compacit´e, ce qui rend la question triviale, soit le faire `a la main. On remarque que si deux suites (ai)i∈Net (a⁰_i)i∈Nv´erifient

|ϕ((a_i)_i∈N)−ϕ((a⁰_i)_i∈N)| ≤2^−k−1.

alors ces deux suites ne diff`erent pas avant le rang k. Cette remarque rend tr`es simple la preuve de la continuit´e (Prendre un ouvert ´el´ementaire, dont la projection est {0,2}`a partir du rangk, etc.).

2. Il suffit de consid´erer la bijection

ξ_k : (a_i)_i∈N7→((a_ki)_i∈N,(a_ki+1)_i∈N, . . . ,(a_ki+k−1)_i∈N).

On voit encore qu’il s’agit d’un hom´eomorphisme en prenant des ouverts ´el´ementaires.

3. On peut par exemple introduireψ ψ:







A^N→[0,1], (a_i)7→

+∞

X

i=1

a_i 2ⁱ⁺²,

et utiliser la d´ecomposition des r´eels en base 2 pour la surjectivit´e, et les arguments de la question 1 pour la continuit´e.

4. L’application continue surjective ψ:A^N→[0,1] induit une application continue surjective produitψ^⊗k : (A^N)^k →[0,1]^k. L’applicationψ^⊗k◦ξk◦φ:C→[0,1]^k est continue et surjective. Il est facile de la prolonger en une application continue de [0,1] sur [0,1]^k (par exemple, en prolongeant de mani`ere affine sur chaque composante de [0,1]\C).

3 -

Par construction on a π_n≤m◦π_m≤p = π_n≤p ce qui assure que le syst`eme est bien projectif et que Zp ⊂ Π_n≥1Z/pⁿZ est le sous-espace topologique des suites (x_n ∈Z/pⁿZ)_n≥1 v´erifiant π_n−1≤n(x_n) =x_n−1 pour tout n >1.

1. Rappelons qu’un produit d’espaces normaux n’est pas normal en g´en´eral (pas plus qu’un sous-espace d’un espace normal sauf s’il est ferm´e ce qui est le cas deZp). En revanche on sait que tout espace m´etrisable est normal. Il suffit donc de montrer que Π_n≥1Z/pⁿZest m´etrisable (ce sera alors le cas de tout sous-espace de ce produit). Mais chaqueZ/pⁿZest discret, donc m´etrisable, et un produit d´enombrables d’espaces m´etrisables est toujours m´etrisable d’apr`es le cours (rappelons que, sidn est une distance surXn induisant la topologie, alorsd(x, y) =P

n≥02⁻ⁿmax 1, dn(xn, yn)

est une distance sur Πn≥0Xn qui induit la topologie produit).

2. On commence par montrer que Zp est hom´eomorphe `a {0, . . . , p−1}<sup>N</sup>. Pour cela on remarque que tout ´el´ement xn ∈ Z/p<sup>n</sup>Z s´ecrit de mani`ere unique sous la forme x= i0(x) +i1(x)p+· · ·+i_n−1(x)pⁿ⁻¹ o`u ij(x) ∈ {0, . . . , p−1}. La relation π_n≤m(xm) = xn assure que si x = (xn)_n∈N est dans Zp, alors la suite (ik(xk))k≥0 d´etermine x (puisque ik(xn) = ik(xk) pour tout n ≥ k). Il en r´esulte que l’application φ : Zp → {0, . . . , p−1}^N donn´ee par φ (xn)n≥1

= (ik(xk))k≥0 est bien d´efinie, bijective. Pour montrer sa continuit´e il suffit de v´erifier que chacune des fonctionspk◦φ : (xn)n 7→ ik(xk) est continue ce qui est ais´e. Un argument similaire assure la continuit´e de l’application r´eciproque, ce qui prouve que φ est un hom´eomorphisme.

Il est clair queA^N={0,2}^N∼={0,1}^N.

Il reste donc `a montrer que{0, . . . , p−1}<sup>N</sup> est hom´eomorphe `a{0,1}^N. Pour ce faire, on note consid`ere les mots finis sur l’alphabet {0,1}suivant :

w0= 0 w₁= 10 w₂= 110 ...

w_p−2= 1. . .10 (p−2 fois le chiffre 1, suivi d’un 0) w_p−1= 1. . .11 (p−1 fois le chiffre 1)

On d´efinit alors une applicationφ:{0, . . . , p−1}^N→ {0,1}^Nde la mani`ere suivante : l’image par φd’une suite (an)n>0est la suite obtenue en mettant bout `a bout les motswa₁,wa₂,wa₃, . . . Il est ´evident queφest injective (si (an)_n≥0 et (a⁰_n)_n≥0 sont deux suites distinctes de {0, . . . , p−1}^N, on montre que les images de ces suites parφdiff`erent en consid´erant le plus petit entierntel quean 6=a<sup>0</sup><sub>n</sub>). De mˆeme, il est clair queφ est continue (il suffit de remarquer que si (an)<sub>n≥0</sub>et (bn)<sub>n≥0</sub>sont deux suites qui ont les mˆemesN premiers termes, alors leurs images parφont au moins les mˆemesN premiers termes). On montre queφest surjective en construisant sa r´eciproque ; si (bn)n≥0∈ {0,1}<sup>N</sup>, son image r´eciproque parφest la suite (an)n≥0s’obtient comme suit : la suite (bn)n≥0 commence n´ecessairement par le mot wi<sub>0</sub> pour un certaini0∈ {0, . . . , p−1}, on poseb0=i0 ; apr`eswi₀ dans la suite (bn)n≥0, on trouve le motwi₁ pour un certain i1∈ {0, . . . , p−1}, on poseb1=i1 ; etc. La continuit´e deφ⁻¹ est `a nouveau ´evidente : si les suites (bn)n≥0 et (b⁰_n)n≥0 ont les mˆemesN premiers termes, alors leurs images par φ⁻¹ ont les mˆemesj

N p−1

k premiers termes (car le plus long des motsw0, . . . , w_p−1 comportep−1 chiffres). Par cons´equent,φest un hom´eomorphisme.

4 -

1. On montre facilement (cf le cours et/ou le poly) queX/Rmuni de la topologie quotient et de sa projection πv´erifie les conditions demand´ees pourXe. Si de plus,Y est un autre espace v´erifiant les conditions ´enonc´ees alors il existe une application continue eπ : Y → X/R vrelevant π et une unique application continue

pe: X/R →Y relevantp. On en d´eduit que ep◦eπ : Y → Y est une application continue (n´ecessairement unique par hypoth`ese) relevantid_Y, c’est donc l’identit´e. De mˆemeπe◦peest l’identit´e etY est hom´eomorphe

`

aX/R. Une applicationg:Xe →Zest continue si et seulement sig◦pest continue par unicit´e du rel´evement.

De plus siV est un ouvert deXe,fe(V) =f(p(pe ⁻¹(V))) =f(p⁻¹(V)) qui est ouvert sif est ouverte.

2. Comme π(et doncp) est surjective et continue, le r´esultat est imm´ediat.

3. Si (x, y) ∈ X²− R, π(x) 6= π(y) et par s´eparation de X/R, il existe U, V ouverts disjoints contenant respectivementπ(x) etπ(y). Alors l’ouvertπ⁻¹(U)×π⁻¹(V) convient. La r´eciproque est imm´ediate d´es que π:X →X/Rest ouverte. En revanche sans cette hypoth`ese, la r´eciproque est fausse. En effet, consid´erons un espaceX s´epar´e mais pas normal. il existe alors des ferm´esAetB qui ne peuvent ˆetre s´epar´es par aucun ouvert. Mais alors la relation aRa⁰ pour tout a;a⁰ ∈A, xRxpour tout x∈X et bRb⁰ pour tout b, b⁰ ∈B est clairement ferm´ee mais el quotient n’est pas s´epar´e.

4. On consid´ere le quotient de Rpar le sous-groupe Q(c’est `a dire xRy ssi x−y ∈Q). Le quotient R/Q est muni de la topologie grossi`ere (et non-d´enombrable). En effet, tout ouvert de Rcontient un (et en fait une infinit´e) de points de la forme x+Q. La droite munie de deux origines (voir la feuille de TD 1) est non-s´epar´ee mais son quotient par la reltion d´equivalence identifiant les deux origines est hom´eomorphe¹ `a R, donc est s´epar´ee.

5 -

1. Il suffit de consid´erer le cas d’une droite passant par l’origine (0,0) (quitte `a changer l’origine justement).

Alors la droite s´ecrit sous la formey =αxet deux points distincts (x, y), (x⁰, y) de la droite sont identifi´es dans le quotient si et seulement si il existe des entiers (p, q) tels que

q= (y−y⁰) =α(x−x⁰) =αp ⇐⇒ α=q/p.

Il suit queπ_|Dα :Dα →π(Dα) est une bijection continue siα∈R−Q. Siα∈Q(ouα=∞),π(Dα) est clairement hom´eomorphe `a un quotient de R par un sous-groupe de la forme xZ pour un certain r´eel β. Mais alors,π(D_α)∼=R/βZest hom´eomorphe au cercleS¹. En effet, cet hom´eomorphisme est induit par le rel´evementf :R/βZ→S¹ de l’application continue x7→exp(2iπ

β x). La bijectivit´e def est imm´ediate et pour v´erifier que f⁻¹ est continue, soit on la factorise au travers du compact [0, β] soit on remarque que la pr´eimage d’un arc de cercle suffisament petit est une r´eunion d’intervalles disjoints de la forme ]a, b[+Z. Remarquons qu’en appliquant ce raisonnement `a l’axe r´eel et l’axe imaginaire, on obtient facilement que (x, y)7→(exp(2iπx),exp(2iπy)) induit, par passage au quotient, un hom´eomorphisme de T² sur la surface de r´evolutionS¹×S¹⊂R³.

Il reste `a montrer que siαest irrationnel,π(Dα) est dense. Il suffit de montrer que pour tout (x, y)∈T<sup>2</sup> et tout >0, il existe (p, q)∈Z<sup>2</sup>tels que|(y−q)−α(x−p)|< ce qui d´ecoule imm´ediatement de la densit´e deZ+αZdansR. L’imageπ(Dα) est donc dense. On a d´ej`a vu que la restrictionπ_|Dα:Dα→π(Dα) est une bijection continue². En revanche ce n’est pas un hom´eomorphisme, sinon l’image de Dα serait localement ferm´ee, en particulier, l’image de tout segment de longueur finie non-nulle contiendrait l’intersection d’une boule ouverte de T² et de π(Dα) (puisque un tel segment est d’int´erieur non-vide). Mais ceci-n’est pas possible par densit´e.

2. Il est facile de voir que R⁰ est une relation d´equivalence. Remarquons que toute droite de pente α coupe l’axe r´eel en un unique point (sauf siα= 0, auquel cas on consid´ere l’axe imaginaire dans la suite de l’argument). Il suit queT²/R⁰s’identifie `a un quotient deRobtenue en consid´erant la relationR(engendrant T) et la relationR<sup>0</sup>. C’est `a dire que deux points de l’axe r´eelx, x⁰ sont identifi´es si et seulement si il existe des points sur les droitesDx,Dx⁰de pentesαpassant par (x,0), (x⁰,0) qui diff´erent par un ´el´ement du r´eseau Z² ce qui se traduit ais´ement parx−x⁰ ∈ 1

αZ+Z. on en conclut que siα∈Q,T²/R⁰ est hom´eomorphe `a

1v´erifier bien ce point !

2iciπ(Dα) est bien entendu muni de sa topologie de sous-ensemble deT².

R/(βZ) (pour un certain r´eel β) c’est `a dire `a un cercleS¹ (comme en 1)), en particulier s´epar´e. Par contre, siαest irrationnel, le groupe 1

αZ+Zest dense dansR, et on en conclut facilement queT²/R⁰ est muni de la topologie grossi`ere.

6 -

1. L’application x 7→ i₀(x) = (x,0) ∈ X ×[0,1] est ´evidemment continue d’o`u il suit que la compos´ee iX : X →<sup>i0</sup> X ×[0,1] →<sup>π</sup> C(X) est continue. Elle est clairement injective et de plus son image iX(X) est ferm´ee dansC(X) puisque sa pr´e-image par πest le ferm´eX× {0}. Il reste `a montrer que iX induit bien un hom´eomorphisme deX sur [X× {0}]⊂C(X). Mais siU est un ouvert de X,U×[0,1/2[ est un ouvert deC(X) et i_X(U) =i_X(X)∩ U×[0,1/2[

est ouvert.

L’application compos´ee (x, t)7→π_Y ◦(f(x), t) (o`u π<sub>Y</sub> : Y ×[0,1]→ C(Y) est la projection canonique) induit une application continueX×[0,1]→C(Y) qui est constante sur chaque classe d’´equivalence (pour al realtion d´efinissant C(X)). Il suit suit de la propri´et´e universelle du quotient qu’elle se rel`eve en une unique applicationC(f) :C(X)→C(Y). Un calcul imm´ediat (ou l’utilisation de l’unicit´e dans la propri´et´e universelle) assure queC(f◦g) =C(f)◦C(g) etC(idX) =id_C(X).

2. On proc`ede comme pourC(X) en regardant l’application jX:X^x7→(x,

1 2)

−→ X× {1

2} ⊂X×[0,1]→S(X)

et on montre facilement queS(X) est le quotient deC(X) par la relation d´equivalence donn´ee par le sous- espaceX ∼= [(x,0)]⊂C(X).

IdentifionsSⁿ avec{(x0, . . . , xn)∈Rⁿ⁺¹, x²₀+· · ·+x²_n= 1}. Pour montrer queS(Sⁿ) est hom´eomorphe

`

a Sⁿ⁺¹ (ce qui est ´evident pourn= 0,1 sur un dessin) on construit une applicationu:Sⁿ×[0,1]→Sⁿ⁺¹ d´efinie par

u (x0, . . . , xn), t)

= p

1−t²(x0, . . . , xn), t

qui est clairement continue et constante sur chaque classe d’´equivalence. On note ˜u : S(Sⁿ) → Sⁿ⁺¹ l’application continue induite. On v´erifie ais´ement que ˜uest bijective. Pour v´erifier que c’est un hom´eomorphisme, on peut soit utiliser (et montrer comme ci-dessous) queS(X) est compact siX est compact etSⁿ⁺¹ s´epar´e ou bien ´ecrire explicitement son inverse et v´erifier sa continuit´e ce qui est facile.

3. On noteπ:X`Y →X∪fY = (X`Y)/ x∼f(x), x∈A

la projection canonique sur le quotient. On note aussiπX :X →X∪fY et πY :Y →X∪fY les projections canoniques induites parπet les inclusions continuesX →X`

Y et Y →X` Y.

i) Les propri´et´es universelles de la topologie quotient et de la topologie de l’union disjointe assure qu’il existe uneunique application continueg∪_fh:X∪_fY →Z telle queg(x) =g∪_fh◦π_Xeth(y) =g∪_fh◦π_Y. On peut en fait facilement v´erifier queX∪_fY est la solution d’un probl`eme universel.

Par construction (le v´erifier assez soigneusement cependant), X/Z est le recollement X ∪p {pt} o`u f :Z→ {pt}est l’application constante³.

ii) par continuit´e des projections πX et πY, πX(X) et πY(Y) sont connexes dans X ∪f Y, ont un point commun (c’est l`a queA non-vide sert) etπX(X)∪πY(Y) =X∪fY. Il suit que X∪fY est connexe (resp. connexe par arcs) siX etY sont connexes (resp. connexes par arcs).

iii) ?L’applicationπY :Y →X∪fY est injective puisque la relation d´equivalence n’identifie pas des points distincts deY. Par ailleurs, SiAest ferm´e,π⁻¹ πY(Y)

=A`Y est ferm´e dansX`Y, doncπY(Y) est ferm´e dans le recollementX∪fY. Plus g´en´eralementπ⁻¹(πY(F)) = (A∩f⁻¹(F))`F est ferm´e si F est ferm´e, doncπY est ferm´ee, continue et injetcive, c’est donc un hom´eomorphisme sur son image.

On montre de mˆeme queX−A s’identifie `a un sous-espace ouvert deX∪fY.

3qui de toute fa¸cons est la seule possible

On suppose maintenant queX, Y sont compacts⁴. Notons que A est ferm´e dansX, donc compact.

L’image par une surjection continue d’un espace pr´e-compact est pr´e-compact, donc il suffit de montrer queX∪_fY est s´epar´e pour conclure. La preuve de cette derni`ere propri´et´e repose sur le lemme suivant, utile en soit:

Lemme 1 SoitZ un espace compact etRune relation d’´equivalence surZ. Alors l’espace topologique quotient Z/Rest s´epar´e si et seulement si Z/Rest compact si et seulement si le graphe R ⊂Z×Z est ferm´e.

Preuve du lemme.Comme une surjection continue d’un espace pr´e-compact est pr´e-compact, la seule question est de savoir si le quotient est s´epar´e. On sait d´ej`a que si ce quotient est s´epar´e, alorsR ⊂Z×Z est ferm´e (cf l’exercice3). Supposons r´eciproquement que R ⊂Z×Z est ferm´e. Alors, la relationR est ferm´ee: en effet, siF est ferm´e dansZ, le satur´eπ<sup>−1</sup>(π(F)) deF est ´egal `a l’image de (F×Z)∩ R) par la projection de p_Z : F ×Z sur Z. Or F ×Z et R sont ferm´es dans le compact Z×Z, donc compact ainsi que leur intersection. De mˆeme, Z compact implique quep_Z(F ×Z)∩ R) est compact et donc ferm´e. On a bien montr´e que le satur´e de tout ferm´e est ferm´e (ce qui est ´equivalent `a dire que la projectionπ:Z→Z/Rest ferm´ee).

Montrons enfin queZ/Rest s´epar´e. Soitπ(x) = [x]6= [y] =π(y) deux points distincts deZ/R. Alors π⁻¹([x]) etπ⁻¹(y) = [y] sont les satur´es de{x}et{y}et sont donc ferm´es vu ci-dessus⁵. Ils sont de plus disjoints par hypoth`ese. Comme un espace compact est normal⁶, il suit qu’il existe des ouverts disjoints Ux,Uy contenant respectivementπ⁻¹([x]) etπ⁻¹(y) = [y]. La seule difficult´e maintenant (pour passer au quotient) est que Ux et Uy ne sont pas n´ecessairement des ouverts satur´es. Mais Z −Ux est un ferm´e disjoint deπ⁻¹([x]), c’est donc aussi le cas de son satur´eF_x et il suit queZ−F_xest un ouvert satur´e contenantπ⁻¹([x]) et inclus dansU_x. De mˆeme, on construit un ouvert satur´eZ−F_y contenant π⁻¹([y]) et inclus dansU_y, en particulier disjoint de Z−F_x. Il suit queπ(Z−F_x) etπ(Z−F_y) sont

des ouverts disjoints qui s´epareπ(x) et π(y) dansZ/R

Pour appliquer le lemme au cas qui nous int´eresse, il suffit de v´erifier que R ∈ (X`

Y)×(X` Y) est ferm´ee. Or R est la r´eunion de ∆ = {(z, z), z ∈ X`

Y} (qui est ferm´e car X`

Y est s´epar´e), des ensembles{(a, f(a)), a∈ A} et {(f(a), a), a∈A} (qui sont ferm´es car image du compact A par une application continue dans l’espace s´epar´e (X`

Y)×(X`

Y)) et enfin de l’ensemble {(a, a⁰) ∈ A×A , f(a) =f(a⁰)}(qui est ferm´e carf est continue et (X`

Y)×(X`

Y) est s´epar´e, cf Exercice 4.6.a) de la feuille de TD 2 si votre m´emoire flanche).Rest donc une r´eunion finie de ferm´es ce qui conclut la preuve.

Remarque.On pourra retenir, en particulier que siF est ferm´e dansXcompact, alorsX/F est compact.

On pourra aussi adapter les arguments pr´ec´edents pour montrer que siX,Y sont normaux, etAferm´e dansX, alorsX∪fY est normal.

7 -

On a queAet X sont hom´eomorphes entre eux (ils forment ce qu’on on appelle un bouquet d´enombrables de cercles) et queB et R2sont hom´eomorphes entre eux (ce sont les “boucles hawa¨ıennes”). EnfinR1 n’est hom´eomorphe `a aucun autre espace et de plus les boucles hawa¨ıennes ne sont pas hom´eomorphes `a un bouquet de cercles. Pour voir cela, commen¸cons par montrer queR1 etR2ne sont pas hom´eomorphes (c’est assez ´evident intuitivement puisque un voisinage de (0,0) dansR2 contient une infinit´e de cercles alors que ce n’est pas le cas pour R1). CommeR1 est non-born´e dansR², il n’est pas compact et il suffit de montrer queR2 est compact pour. C’est ´evident si on a d´ej`a montr´e que R2 est hom´eomorphe `aB puisque B est le quotient d’un compact par le ferm´e{1} ∪ {exp(2iπ/n), n∈N^∗} qui ets la r´eunion d’une suite convergente et de sa limite. Bien-sur on peut aussi facilement v´erifier que toute suite (x_n) deR₂ (qui est m´etrisable car inclus dans R²) admet une valeur d’adh´erence, car soit une telle suite est incluse dans un nombre fini de

4c’est `a dire qu’ils sont pr´e-compacts et s´epar´e

5Rappelons que dans un espace s´epar´e, les points sont ferm´es

6c’est un bon exercice, cf la partie sur la compacit´e dans le cours

cercles (dont la r´eunion est un compact deR², donc admet une valeur d’adh´erence) soit elle admet une sous suite qui converge vers (0,0).

Montrons queR₁ n’est pas hom´eomorphe `a A. L’id´ee est queR<sub>1</sub>⊂R<sup>2</sup>, donc est m´etrisable. Il suffit donc de montrer que A ne l’est pas. Rappelons que si un espace est m´etrisable il v´erifie que tout point admet une base d´enombrable de voisinages ouverts<sup>7</sup> (par exemple donn´ee par les boules centr´ee en ce point de rayon 1/n). Montrons que la classe du point [0]∈A=R/Zn’admet pas de telle base de voisinage. On note π:R→Al’application quotient. Par d´efinition de la topologie quotient, une base d’ouverts de [0] est donn´ee par lesπ(`

n∈Z]n−n, n+n[) o`u les 0< n<1/2 forment une suite quelconque (en particulier les intervalles ]n−n, n+n[ sont disjoints). Soit maintenant une famille d´enombrable (Vi)_i∈Z de voisinages ouverts de [0].

Alors pour toutn∈Z,π⁻¹(Vn) est un voisinage ouvert satur´e deRqui contientn, donc, il existeδn>0 tel que l’intervalle ouvert In =]n−δn, n+δn[ soitstrictement inclus dans (π⁻¹(Vn))∩]n−1/2, n+ 1/2[. Mais alors l’ouvert `

n∈ZIn est un ouvert satur´e de Ret donc π(`

n∈ZIn) est un ouvert de A qui ne contient aucunVnpar construction (puisqueVn∩]n−1/2, n+ 1/2[ n’est pas inclus dansIn). Par cons´equent la classe de [0]∈An’admet pas de base de voisinages d´enombrables et doncAn’est pas m´etrisable.

Il reste `a montrer<sup>8</sup> les hom´eomorphismes ´evoqu´es ci-dessus. L’hom´eomorphismeφentreAetX =`

ZS¹ d´ecoule de l’hom´eomorphisme entre [0,1]/ 0∼1

etS¹(donn´e par l’exponentielle comme dans l’exercice4) sur les tores) en envoyant par exemple un ´el´ementx∈[n, n+1] sur l’´el´ement correspondant `ax−n∈[0,1] du cercle indic´e parndansX. Pour v´erifier que cette application est bien un hom´eomorphisme, la seule (toute petite) difficult´e r´eside alors dans les voisinages de la classe de 0∈X. On v´erifie comme ci-dessus qu’une base de tels voisinages est donn´ee par une r´eunion (disjointe) d’arcs de cercles de longueurθn quelconques contenantpt(avec exactement un arc pour chaque cercle). Comme une base de voisinage de [0] dans Aest donn´ee parπ(`

]n−τn, n+τn[) (pour 0< τn <1/2) on obtient facilement que l’application φest bien un hom´eomorphisme.

Enfin pour montrer que R2 et B sont hom´eomorphes, on proc`ede comme entre A et R1. Et on ve´rifie cette fois qu’une base de voisinages deπ(1)∈B est donn´ee par l’image d’une famille d’intervalles contenant tous les points{1/n} d´es quenest assez grand et de petits arcs de cercles centr´es en les autres points de la forme 1/n. Similairement une, base de voisinages de (0,0) dansR2 est donn´ee par la r´eunion d’une famille d’arcs de cercles appartenant `a un nombre finis de cercles de rayon 1/n et tous les cercles de rayon 1/n n’appartenant pas `a cette famille.

8 -

L’espace projectif r´eel de dimensionnest l’espace topologique des droites vetcorielles de Rⁿ⁺¹ qui est, par d´efinition, l’espace topologique quotient

Pⁿ(R) := (Rⁿ⁺¹− {0})/R^∗

o`u le groupe multiplicatif R<sup>∗</sup> agit par multiplication scalaire. On d´efinit de mˆeme l’espace projectif com- plexe P<sup>n</sup>(C) := (C<sup>n+1</sup>− {0})/C<sup>∗</sup>. On note [x1 : · · · : xn+1] la classe d’´equivalence dans P<sup>n</sup>(R) du point (x1, . . . , xn+1)∈R<sup>n+1</sup>(et de mˆeme dansC). On d´efinit aussiP^<sup>n</sup>(R) =S<sup>n</sup>/{±1}, o`u{±1}agit sur la sph`ere comme pr´ec´edemment. Enfin, on notera Bⁿ la boule unit´e ferm´ee de Rⁿ.

1. On identifie dans cette question R² `aC, etS¹ au cercle unit´e deC.

a) Pour z, z⁰ ∈ S¹, on a z ∼z⁰ si et seulement si z =±z⁰, ce qui ´equivaut `a f(z) = f(z<sup>0</sup>). Notons ˙z la classe d’´equivalence dezdansP^<sup>1</sup>(R); l’application ¯f( ˙z) =z<sup>2</sup>est donc bien d´efinie deP^<sup>1</sup>(R) dansS<sup>1</sup>, et continue carf l’est. L’application ¯f est de plus surjective surjective carf l’est. Elle est aussi injective ( ¯f( ˙z) = ¯f( ˙w)⇒z<sup>2</sup> =w<sup>2</sup> ⇒z =±w, c’est-`a-dire ˙z = ˙w). Enfin ¯f est ouverte : soit U un ouvert de P^¹(R). SoitV son image r´eciproque par la projection canoniqueS¹→P^¹(R),V est un ouvert deS¹, donc ¯f(U) =f(V) est ouvert dansS¹, carf est trivialement ouverte.

7dasn les ouvrages anglophones, un espace v´erifiant cette propri´et´e est appel´e first countable

8on se contente de donner une ´ebauche de preuve et de laisser les d´etails au lecteur

b) L’espaceP¹(C) est hom´eomorphe `a la sph`ereS². Pour le prouver, on introduit tout d’abord l’ensemble Cˆ =C∪ {∞}(espace appel´esph`ere de Riemann), que l’on munit de la topologie dont les ouverts sont les ouverts de C d’une part, et les compl´ementaires dans ˆC des compacts de C d’autre part. Alors P<sup>1</sup>(C) est hom´eomorphe `a ˆC, grˆace `a l’hom´eomorphisme [z:z⁰]7→z⁰/z si z6= 0, [0 :z⁰]7→ ∞(comme d’habitude, on part deC²\ {0} puis en passant au quotient on a une bijection continue, qui est un hom´eomorphisme car il admet comme r´eciproque l’applicationz7→[1 :z] si z6=∞, [0,1] sinon, donc on peut montrer qu’elle est continue).

Il reste donc `a prouver que ˆCest hom´eomorphe `aS². Intuitivement, on a ajout´e `aCun (seul) point `a l’infini, etz s’approche de∞d`es que |z|tend vers l’infini. Pour le voir, on identifie Cau plan x<sub>3</sub>= 0 deR<sup>3</sup>, on utilise la sph`ere S de centre (0,0,1) et de rayon 1 dans R³, on note N = (0,0,2) son pˆole nord et on d´efinit l’application s: ˆC→R³ comme suit:s(x1+ix2) est le point M d’intersection de S\ {N}avec le segment [N Z] o`uZ= (x1, x2,0), ets(∞) =∞(comme d’habitude, faites un dessin !).

Alorssest un hom´eomorphisme⁹ (on v´erifie ques(x1+ix2) = (x1, x2,2x²₁+ 2x²₂)/(4 +x²₁+x²₂)). . . (L’inverse, projetant la sph`ere sur le plan “compactifi´e” est appel´eprojection st´er´eographique.) 2.Pⁿ(R) etPⁿ(C) sont connexes par arcs car quotients d’espaces connexes par arcs (on notera qu’on utilise n≥1) !.

3. On consid`ere d’une part l’applicationφ:Rⁿ⁺¹\ {0} →P^ⁿ(R),x7→[x/|x|]. Cette application est continue (compos´ee d’applications continues), elle est surjective, etφ(x) =φ(y)⇔x/|x|=±y/|y| ⇔x∼y, donc par passage au quotient on obtient une bijection continue ¯φ : Pⁿ(R)→ P^ⁿ(R). D’autre part, l’application ψ : Sⁿ →Pⁿ(R),ψ(x) = [x], est elle aussi continue, surjective, et telle que ψ(x) =ψ(y)⇔x∼y. Par passage au quotient, elle d´efinit une bijection continue ¯ψ:P^ⁿ(R)→Pⁿ(R). De plus les bijections ¯φet ¯ψsont inverses l’une de l’autre, ce sont donc des des hom´eomorphismes.

On va maintenant montrer que P^ⁿ(R) est hom´eomorphe `a B<sup>n</sup>/∼. on consid`ere l’application F : Bⁿ → P^ⁿ(R), d´efinie parF(x) = [x1:· · ·:xn :p

1− |x|²]. Elle est continue, surjective (toute droite vectorielle de Rⁿ⁺¹ coupe la sph`ere en deux points, l’un ayant sa (n+ 1)i`eme coordonn´ee positive), et F(x) =F(y) ⇔ (x,p

1− |x|²) = (y,p

1− |y|2)⇔(x=y) ou (|x|=|y|= 1 etx=−y)⇔x∼y. Par passage au quotient, on obtient une bijection continue ¯F :Bⁿ/∼ →P^ⁿ(R). Pour montrer que ¯Fest ferm´ee, il y a deux possibilit´es.

La premi`ere m´ethode (classique) est la suivante : on montre en utilisant la compacit´e que ¯Fest une application ferm´ee : soit A un ferm´e de B<sup>n</sup>/∼, son image r´eciproque A1 dans B<sup>n</sup> est ferm´ee dans un compact, donc compacte ; par suite, ¯F(A) =F(A1) est compact (l’espace d’arriv´ee est bien s´epar´e comme quotient d’un compact par un ferm´e, cf l’exercice 5)), donc ferm´e. Ainsi ¯F est un hom´eomorphisme. L’autre m´ethode consiste `a expliciter la r´eciproque et `a montrer qu’elle est continue : ici, appelonsgl’application qui `a un point (x1, . . . , xn+1) de la sph`ereS<sup>n</sup>, on associe la classe dans B<sup>n</sup>/∼de sgn(xn+1)(x1, . . . , xn) o`u sgn(xn+1) = 1 si xn+1 ≥0 et sgn(xn+1) =−1 sixn+1 <0. On v´erifie que g est invariante par antipodie surSⁿ, on peut donc en d´eduire une applicationg dePⁿ(R) dansBⁿ/∼. On v´erifie alors qu’elle est bien la r´eciproque de ¯F, et qu’elle est continue. Pour ce dernier point, la continuit´e deg en un point qui n’est pas sur l’´equateur est facile, reste `a voir le cas d’un point (x1, . . . , xn,0) sur l’´equateur. On se convainc de la continuit´e en ce point en trouvant un voisinage de (x<sub>1</sub>, . . . , x<sub>n</sub>,0) dans l’h´emisph`ere nord et un voisinage de (−x1, . . . ,−xn,0) dans l’h´emisph`ere sud o`u les images parg sont arbitrairement proches deg(x₁, . . . , x_n,0).

La preuve de l’hom´eomorphisme entrePⁿ(R) etP^ⁿ(R) s’adapte sans aucune difficult´e pour montrer que Pⁿ(C) etP^ⁿ(C) sont hom´eomorphes. De mˆeme, on adapte facilement l’argument donnant l’hom´eomorphisme entreP^ⁿ(R) et Bⁿ/∼pour montrer qu’il y a un hom´eomorphisme entreP^ⁿ(C) et le quotient deB²ⁿ/Rde B²ⁿ par la relation xRx (pour tout x∈ B²ⁿ) et x∼z.x pour toutx∈ S²ⁿ⁻¹ =∂B²ⁿ et z ∈S¹ ={z ∈ C\ {0},|z|²= 1}.

4. D’apr`es la question pr´ec´edente et l’exercice5).3),P<sup>n</sup>(R) etP<sup>n</sup>(C) sont des quotiens d’un compact, il suffit donc de v´erifier que la relation d´efinissant le quotient est ferm´ee. Pour P<sup>n</sup>(R) c’est tr`es facile puisque le graphe de ∼est la r´eunion de {(x,−x), x∈ Sⁿ} et {(x, x), x∈Sⁿ} (on peut aussi bien sur v´erifier “`a la main”, et c’est instructif, que le quotient est s´epar´e en choisissant des ouverts satur´es convenables). Dans le

9c’est mˆeme un diff´eomorphisme...

cas de Pⁿ(C), le graphe deRest donn´e par {(x, zx), x∈S²ⁿ⁺¹, z∈S¹} ∈S²ⁿ⁺¹×S²ⁿ⁺¹ qui est compact (on peut le voir facilement en prenant des suites ou en remarquant que c’est l’image de S²ⁿ⁺¹×S¹par une certaine application continue).

5. Soitθun isomorphisme lin´eaire deRⁿsurH. On notepk la projectionR^k+1\ {0} →P^k(R). Comme dans les questions pr´ec´edentes, l’applicationf =pn◦θdonne par passage au quotient une bijection continue ¯f : Pⁿ⁻¹(R)→pn(H\ {0}). Montrons que ¯f est ouverte. Soit doncU un ouvert dePⁿ⁻¹(R). On a ¯f(U) =f(V), o`u V =p<sup>−1</sup><sub>n−1</sub>(U) est ouvert dans R<sup>n</sup> \ {0}; f(V) = pn(W), o`u W = θ(V) est ouvert dans H \ {0}. Soit

∆ une droite vectorielle suppl´ementaire de H dans Rⁿ⁺¹. On pose Ω = W + ∆ (faites un dessin). Alors W =H∩Ω, etpn(W) =pn(H\ {0})∩pn(Ω), c’est donc un ouvert depn(H\ {0}) (pour la topologie induite par Pⁿ(R)) en effetpn(Ω) est ouvert dansPⁿ(R) (car p⁻¹_n (pn(Ω)) = Ω est ouvert dans Rⁿ⁺¹\ {0}). Ainsi f¯(U) est ouvert, et ¯f est un hom´eomorphisme dePⁿ⁻¹(R) surpn(H\ {0}).

Bien entendu, l’argument ci-dessus¹⁰ s’appliquemutatis mutandisau cas deCⁿ⁺¹ etPⁿ(C).

6. Soit f_n−1 : ∂B²ⁿ = S²ⁿ⁻¹ → Pⁿ⁻¹(C) l’application continue d´efinie par le passage au quotient (via l’hom´eomorphisme entrePⁿ⁻¹(C) etPⁿ⁻¹^(C)). On d´efinit le recollementPⁿ⁻¹(C)∪fB²ⁿ. Par surjectivit´e de f, on en d´eduit queB²ⁿ/Rest hom´eomorphe `aP<sup>n−1</sup>(C)∪<sub>f</sub>B<sup>2n</sup>, d’o`u un hom´eomorphismePⁿ⁻¹(C)∪_fB²ⁿ∼= Pⁿ(C) d’apr`es les questions pr´ec´edentes. En it´erant on obtient que P<sup>n</sup>(C) = (S<sup>2</sup>∪<sub>f1</sub>B<sup>4</sup>)∪<sub>f2</sub>· · · ∪<sub>fn−1</sub>B<sup>2n</sup>), c’est `a dire que Pⁿ(C) s’obtient comme une succession de recollement de boules de dimension 2n par leur bord `a partir deS². c’est un exemple typique de ce qu’on appelle des CW-complexes.

Remarque.On peut remarquer que l’image deB²ⁿ−∂B²ⁿdansPⁿ⁻¹(C)∪fB²ⁿ∼=Pⁿ(C) est le compl´ementaire d’un hyperplan dePⁿ(C) (c’est `a dire de l’image d’un hyperplan deC<sup>n+1</sup>). Autrement dit, le compl´ementaire d’un hyperplan deP<sup>n</sup>(C) est hom´eomorphe `aCⁿ.

7. On munitPⁿ(R) de la distance suivante:d([x],[y]) est le plus petit des anglesx0yd et x0yd⁰, avec y⁰ =−y (c’est l’angle non orient´e entre les droites Rxet Ry,d([x],[y])∈[0, π/2]). La seule v´erification non triviale est l’in´egalit´e triangulaire. Soit donc [x], [y] et [z]∈Pⁿ(R), prouvons qued([x],[y])≤d([x],[z]) +d([y],[z]).

Soit z⁰ le projet´e orthogonal de z sur le plan contenant x et y (si [x] = [y] il n’y a rien `a montrer; si z<sup>0</sup>= 0, la preuve est ´evidente). Alorsd([x],[z])≥d([x],[z<sup>0</sup>]) (on calcule : d([x],[z]) = arccos(|x·z|), pourvu que |x| = |z| = 1, d([x],[z<sup>0</sup>]) = arccos(|x·z<sup>0</sup>|/|z<sup>0</sup>|), et x·z = x·z<sup>0</sup>). On est donc ramen´e `a montrer que d([x],[y])≤d([x],[z⁰]) +d([y],[z⁰]), avecx,y etz⁰ coplanaires. Autrement dit, on travaille maintenant dans P¹(R) (`a identification pr`es), et la distance d ainsi restreinte n’est autre que l’image r´eciproque (`a une constante 2 pr`es) de la distance naturelle sur§¹ (donn´ee par la mesure des angles) par l’application f de la question 1. Ceci nous assure que l’in´egalit´e triangulaire est v´erifi´ee. On v´erifie ensuite ais´ement que cette distance d´efinit la topologie quotient (c’est facile `a voir sur un dessin).

Pour traiter le cas de Pⁿ(C), on suit une id´ee similaire. Soitd la distance g´eod´esique induite sur S²ⁿ⁺¹ (comme toujours identifi´ee `a la sph`ere unit´e) induite par la distance euclidienne deCⁿ⁺¹−{0} ∼=R²ⁿ⁺²−{0}, c’est `a dire la distance donn´ee par l’anglex0yd= arccos(|x·y|) =d(x, y) (que ce soit bien une distance se fait comme ci-dessus). Remarquons que la multiplication par un nombre complexe de module 1 est une isom´etrie euclidienne, c’est `a dire que d(zx, zy) = zx0zy\ = x0yd =d(x, y) pour tout z ∈ S¹. On d´efinit alors, pour tout [x],[y] ∈S²ⁿ⁺¹/S¹ ∼=Pⁿ(C), d([x],[y]) = min d(x, zy), z ∈ S¹

. C’est bien un minimum puisque S¹ est compact (on peut remarquer que la formule pour la distance surPⁿ(R) est similaire avec{±1}`a la place de S<sup>1</sup>). Il faut en suite v´erifier quedest bien une distance. Il est clair que d([x],[y]) = 0 si et seulement si x=zypour z∈S<sup>1</sup>c’est `a dire [x] = [y]. Pour v´erifier l’in´egalit´e triangulaire, on choisit uet v dansS¹tels qued([x],[y]) =d(x, uy) et d([y],[z]) =d(y, vz) et alorsd([x],[z])6d(x, uvz)6d(x, uy) +d(uy, uvz) card est une distance.

Remarque.Que les espaces projectifs soient m´etrisables d´ecoule en fait de th´eor`emes g´en´eraux sur les quo- tients de sous-vari´et´es par des sous-groupes compacts agissant librement et plus g´en´eralement sur les sous- vari´et´es compactes.

10qui est essentiellement de l’alg`ebre lin´eaire