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Classification topologique des surfaces de Riemann
Seddik Gmira
To cite this version:
Seddik Gmira. Classification topologique des surfaces de Riemann : géométrie et topologie algébrique.
2015. �hal-01139449�
Classi…cation topologique des surfaces de Riemann
Seddik Gmira F.S.T de FES
1 Introduction
Dans ce papier notre interêt sera porté sur l’aspect topologique des surfaces de Riemann. On montre au début que l’existence de fonctions méromorphes peut être utlisée pour démontrer la caractérisation topologique des surfaces de Riemann : une surface de Riemann n’est en fait qu’une surface (réelle) triangulable et orientable.
Dans la section suivante, on utilisera l’idée de représentation d’une sur- face en polygône, comme une vision combinatoire d’une surface, cela nous permet de démontrer le théorème de classi…cation topologique d’une surface compacte: une surface de Riemann compacte est une sphère àg anses.
La formule de Riemann-Hurwitz sera établie dans la troisième partie, pour calculer dans un premier temps, la formule du genre d’une surface de Riemann associée à un polynôme irréductible lisse de degré n: g =
(n 1)(n 2)
2 . Et dans un deuxième temps, le théorème de Hurwitz sur les automorphismes (borne de Hurwitz) sera prouvé: le groupe des automor- phismes d’une surface de Riemann est …ni[Rey]dont le cardinal est borné par l’expression84 (g 1).
En…n dans la dernière section, la courbe de Klein sera traitée totalement.
C’est un exemple de courbes qui réalise la borne de Hurwitz[Ber.& Gou.].
2 Surfaces orientables et triangulables
Proposition 1 Toute surface de Riemann est orientable.
Preuve. Si(U; ');(V; ) sont deux cartes sur une surface de Riemann, alors l’application de transition ' 1est biholomorphe, donc elle préserve l’orintation.
Dé…nition 2 Soit T un triangle du plan C'R2, de sommets 0;1 et ei3. Un 2-simplexe d’une surface X est une injection continue j : T ,! X :l’image j(T) = est un triangle de X.
Dé…nition 3 Une surface X est triangulable si elle admet une triangula- tion, c’est-à-dire qu’il existe des 2-simplexes fk :T ! X dont les images recouvrent X et tels que pour tout pointP 2X, on ait:
1. SiP n’est pas sur une arête, il appartient à un unique triangle fk(T) qui est alors un voisinage deP
2. SiP est sur une arêtea, mais pas sur un sommet, il appatient exacte- ment à2-simplexes k =fk(T); l=fl(T) tels que k\ l =fag et
k[ l est un voisinage deP
3. SiP est un sommet il appartient à un nombre …ni de triangles 1; ::; n, ceux-ci ontP
comme sommet, leur réunion est un voisinage deP et k; k+1(kmodn) ont exactement une arête en commun.
Remarque 4 SiX est une surface triangulable, alorsX est compacte si et seulement si toute triangulation est …nie.
Proposition 5 Toute surface de Riemann compacte est triangulable.
Preuve. SiX est compacte, il existe une fonctionf :X !CP1 holo- morphe non constante, c’est un revêtement rami…é. SoitS CP1l’ensemble
…ni des points au-dessus desquelsf rami…e. Il existe une triangulation de CP1 telle que tous les points de S sont des sommets de . Alors, le relève- mentf 1( )est une triangulation deX.
Remarque 6 Il est plus généralement vrai que toute surface topologique, ou plus généralement à base dénombrable d’ouverts est triangulable. C’est un théorème de (Rado,1925). D’après le théorème de Poincaré-Volterra, toute surface de Riemann est à base dénombrable. La proposition est donc vraie pour toute surface de Riemann.
Proposition 7 Toute surface triangulable et orientable peut être munie d’une structure de surface de Riemann.
Preuve. On choisit une tiangulation fi: i !T, un atlas f(U; ' )g: ' :U !R2'C, tel quef ' 1 préserve l’orientation de C.
On prend deux triangles
1 =hP0; P1; Ri, 2 =hP0; P1; Qi
de la surfaceX, partageant une arête communeP0P1.
Il existe un déplacement de C tel que ( f2) ( ) = f20 qui envoie le triangle T =
D
0;1; ei6 E
sur T0 = D
0;1; e i6 E
: le symétrique de T par rapport à l’axe réel
f1(P0) = f20(P0) = 0;
f1(P1) = f20(P1) = 1;
f1(R) = ei6; f20 (Q) =e i6 =v
On veut aussi quef1 etf20 coincident sur l’arêteP0P1. Quitte à modi…ee f20 en F2:
F2(Q) = 1 q0 ,q0 sur l’arête p0v tel que jpqj
jqvj = jp0q0j jq0vj On peut supposer maintenant quef1 etf20 coincident sur l’arêteP0P1.
Comme on a pas changé f2 sur les autres arêtes, on peut recommencer.
Structure complexe sur la surface X: [Rif]
1)Pour p2 i, on prend i; fi ;
2) Si p est sur une arête et pas sur un sommet, on prend \i[ j; f avec f =fi sur i etf =fj sur j;
3)sizest un sommet commun à 1; 2; :::; n, on prend 1[ \2[::::[ n; f avecf = zn6 h; où, h =f1 sur 1, h = (1) f2 sur 2, h = (1) (2) f3
sur 3, etc.
On en déduit le théorème de caractérisation topologique des surfaces de Riemann.
Thèorème 8 Toute surface de Riemann est triangulable et orientable. Ré- ciproquement toute surface (réelle) triangulable et orientable peut être munie d’une structure de surface de Riemann.
3 Classi…cation topologique des surfaces de Rie- mann
3.1 Représentation d’une surface compacte
Dé…nition 9 (adjonction d’espace) Seint X; Y deux espaces topologiques, A un sous-ensemble de Y et f : A ! X une application continue. On
dé…nit une relation d’équivalence sur l’union disjointe X`
Y : a f(a) pour tout a 2 A. L’espace quotient X`
Y = noté par X [
f Y est une adjonction d’espaces.
Dé…nition 10 SoitS un ensemble …ni. On appelle W un mot de S si W =ab::::b 1:::c; a; b; :::; c2S
La longueur du motW égale le cardinal de a; b; :::b 1; :::; c
Dé…nition 11 Une représentation en polygône est un ensemble …niS avec un nombre …ni de motsW1; W2; :::; Wk, notée P =hSjW1; W2; :::; Wki Dé…nition 12 (réalisation géométrique) La réalisation géométrique d’une représentation en polygône P, notée jPj est déterminée par les trois pro- priétés suivantes:
1. Pour chaque mot Wi, notons Pi le polygône convexe à k arêtés de même longueur i, centré à l’origine, angles égaux, et qui rencontre l’axe des ordonnées positifs en un seul point. (k est la longueur du motWi).
2. Il y a une bijection' entre les symboles deWi et les arêtes de Pi: en prenant le sommet de l’axe(Oy) et en suivant l’orientation du plan.
3. NotonsjPjl’espace quotient de`
iPi déterminé par identi…cation des arêtes qui ont le même symbole via un homéomorphisme a¢ ne.
Exemple 13 Dans le cas où un mot W2 est de longueur 2 (W2 = aa 1 ou a 1a), P2 est une sphère. Si W4 est de longueur4 (W4 =aba 1b 1 ou a 1b 1ab) P2 est un tore.
Dé…nition 14 Une représentation d’une surface est une représentation en polygône,
P =hSjW1; W2; :::; Wki
telle que tout symbolea2S …gure exactement deux fois dansW1; W2::::; Wk: Dé…nition 15 Si jP1j et jP2j sont deux réalisations géométriques homéo- morphes, on dit alors, que les représentations en polygônes P1, P2 sont équivalentes topologiquement, et on écrit P1 P2.
Thèorème 16 Toute surface compacte admet une représentation en polygône.
Preuve. Si queXest compacte alors, il existe une triangulationT1; T2; ::; Tn
de X (X est homéomorphe à un complexe simplicial K de dimension 2) Soit P une représentation deK. Alors, Chaque triangleTi est associé à un motWi =faibicigde longueur3. On obtient donc, les deux applications quotients suivantes:
K : P ! jkj et P :P ! jPj où,P = P1`
P2` :::::`
Pk
Pour démontrer le théorème, il su¢ t de montrer que les applications K
et P dé…nissent les mêmes identi…cations.
Il est clair par construction même que, les applications K et P ont les mêmes identi…cations sur les arêtes. Il reste à montrer qu’elles ont aussi les mêmes identi…cations sur les sommets.
Soitvun sommet deK. Il appartient donc à une arête, et cette dernière est partagé
entre deux triangles.
On dé…nit maintenant une relation d’équivalence entre les triangles ayant le sommet v en commun. T T0 si et seulement si, il existe une suite de triangles: T = Ti1; ::; Tik = T0 tel que chaque couple Tij et Tij+1ont le sommetven commun,j= 1; :::; k 1. Il su¢ t de prouver qu’il y a une seule classe d’équivalence.
Supposons que f 1; 2; :::; kg et f 1; 2; :::; mg sont deux classes dis- tinctes.
Soit " >0 su¢ sament petit tel queB"(v) ne rencontre que les triangles qui contiennent le sommet v. Puisque B"(v)\ jkj est un ouvert dans jkj, alors v a un voisinageU homéomorphe à R2, c’est aussi un sous-ensemble de B"(v)\ jkj, et
Un fvgest connexe.
Mais U\ f 1; 2; :::; kg n fvgetU \ fv1; v2; :::; mg n fvgsont deux ou- verts disjoints et donc
Un fvg= (U\ f 1; 2; :::; kg n fvg)[(U\ fv1; v2; :::; mg n fvg) est non connexe. C’est absurde: les applications K et P dé…nissent les mêmes identi…cations sur les sommets de la triangulation.
Dé…nition 17 Les opérations suivantes sont des transformations élémen- taires d’une représentation en polygône:
1. Ré‡exion: hSja1:::am; W2; :::; Wki 7 ! S jam1:::a11; W2; :::; Wk
2. Rotation: hSja1:::am; W2; :::; Wki 7 ! hSja2:::ama1; W2; :::; Wki 3. Coupage: SiW1 etW2 ont tous les deux une longueur 2
hSjW1W2; :::; Wki 7 ! S; ejW1e; e 1W2; :::; Wk 4. Recollement: Si W1 etW2 ont tous les deux une longueur 2
S; ejW1e; e 1W2; :::; Wk 7 ! hS jW1W2; :::; Wki 5. Pliage: SiW1 a une longueur au moins 3
S; ejW1ee 1; W2; :::; Wk 7 ! hSjW1; W2; :::; Wki 6. Dépliage: hS jW1; W2; :::; Wki 7 ! S; ejW1ee 1; W2; :::; Wk
Remarque 18 Ces transformations élémentaires produisent une représen- tation en polygône équivalente topologiquement[Teo]
Thèorème 19 Toute surface orientable compacte est homéomorphe à une sphère àg anses.
Preuve. SoitX une surface topologique compacte orientable triangulé.
AlorsX admet une représentation à une seule face (un seul mot). Puisque X est connexe, chaque mot a une lettre en commun avec un autre mot.
On note la triangulation. Soit T1; T2; :::; Tn (n >1) les triangles de énumérés de telle manière que Tk 1; Tk aient une arête en commun. En recollant par recurrence les Tk on obtient un polygône à 2n côtés deux à deux identi…és.
Il s’agit de mettre de l’ordre dans les côtés de ce polygône, et de le ramener à une forme "normale": L’orientation de la surface dé…nit un sens de parcours du bord; en énumérant dans l’ordre les arêtes (sur lesquels on a choisi une fois pour toute une orientation) représentées par les côtés du polygône on obtient un symbole de type abcd 1a 1::: où chaque lettre ap- parait une fois sans exposant (lorsque l’orientation de l’arrête coincide avec celle du polygône) et une fois avec exposant 1(car des deux triangles bor- dant une arête, un exactement a une orientation compatible avec celle de l’arête). Il ne reste maintenant qu’à utliser les opérations de transforma- tions élémentaires sur le polygône (elles préservent la topologie[Teo]) pour en déduire les représentations possibles de la surfaceX:
1)P =hajW2i= ajaa 1 :X est une sphère 2)P =ha; bjW4i= a; bjaba 1b 1 :X est un tore
3)P =ha1; b1; :::; ag; bg jW2gi= a1; b1; :::; ag; bg ja1b1a11b11:::agbgag1bg1 X=Xg une sphère à ganses.
Remarque 20 Le groupe fondamentale de la surface Xg est
1(Xg) =< a1; b1; :::; ag; bg ja1b1a11b11:::agbgag1bg1 >
Son abélianisé
1(Xg) [ 1(Xg); 1(Xg)]
est un groupe abelien libre de rang 2g. En particulier sig 6=g0alors, Xg et Xg0 ne sont pas homéomorphes. L’entier g est donc uniquement déterminé par (la surface topologique); on l’appelle le genre de la surface.
Dé…nition 21 Soient S; A; et F le nombre de sommets, d’arêtes, et de triangles de la triangulation . La caractéristique d’Euler est
= S A+F
= 2 2g où g est le genre deX.
Remarque 22 Le genre g est également égal à 12dimH1(X), ou encore au nombre maximum de courbes simples fermées, deux à deux disjointes, tracées surX et indépendantes en homologie.
4 Formule de Riemann-Hurwitz
Thèorème 23 SoitF :Y !Xune application holomorphe entre surfaces de Riemann compactes, c’est-à-dire un revêtement de degré k. Pour y 2Y on note par (y) l’indice de rami…cation de f en y: Alors
(Y) =k (X) X
y2Y
( (y) 1)
Preuve. Soit une triangulation de X dont l’ensemble des sommets contient tous les points de rami…cation fx1; x2; :::; xkg de f. On note SX; AX et FX le nombre de sommets, d’arêtes et de triangles de . On peut supposer que tout triangle peut être inclus dans un disque au-dessus duquel f s’écrit:
f :z !zk
On relève ensuite cette triangulation enf 1( ) àY.
Les triangles et les arêtes vus, commes des ouverts dans la topologie de sont simplement connexes, et inclus dansXrfx1; x2; :::; xkg.
La restriction du revêtement f sur l’image réciproque de toutes ces ou- verts doit être triviale. Ansi donc, par le relèvement de tous les triangles ouverts et les arêtes ouvertes dans , on obtient k copies de chaque. Et on a un homéomorphisme entre les arêtes ouvertes de Y et les intérieurs des1-simplxes standards et entre les triangles ouverts deY et les intérieurs des 2-simplexes standards. Il reste à montrer que cet homéomorphisme se prolonge sur le bord.
Puisque l’application
f :Y rf 1(fx1; x2; :::; xkg) !Xrfx1; x2; :::; xkg
est un revêtement non rami…é, on peut donc étendre l’homéomorphisme sauf sur un petit voisinage arbitraire d’un point de f 1(fx1; x2; :::; xkg).
Mais pour tout pointP dansf 1(fx1; x2; :::; xkg)on peut choisir une carte appropriée de telle sorte que les coordonnées locales def sont fournies par l’application
z !z (P)
Cette application est un homéomorphisme local dans un petit voisinage épointé deP, de plus
zlim!0z (P)= 0
Notons que, si y =2f 1(fx1; x2; :::; xkg) l’indice (y) = 1.
Par construction, tout point def 1(fx1; x2; :::; xkg)est un sommet dans la triangulation deY.
Soit maintenantx un sommet dans la triangulation deX X
y2f 1(x)
1 =k X
y2f 1(x)
( (y) 1)
Le nombre de sommets de la triangulation de Y vaut X
x
X
y2f 1(x)
1 =kSX X
x
X
y2f 1(x)
( (y) 1)
En calculant la caractéristique de Y (car, une surface de Riemann est orientable) on obtient:
2 2gY = kSX X
x
X
y2f 1(x)
( (y) 1) kAX +kFX
= k(2 2gX) X
y2Y
( (y) 1)
C’est la formule de Riemann-Hurwitz.
4.1 La formule du genre
Soit X une surface de Riemann compacte associée à une équation polyno- miale irréductible P(x; y) = 0. On peut calculer son genre g à l’aide du théorème de Riemann-Hurwitz.
Proposition 24 Soit C une courbe lisse de CP2, dé…nie par un polynôme P irréductible de degré n . Alors le genre de C est
g= (n 1) (n 2) 2
Preuve. On associe àP le polynôme homogèneF de degré n F(z0; z1; z2) =zn0P z1
z0;z2 z0 Notons
C = [z0:z1 :z2]2CP2:F(z0; z1; z2) = 0
On applique le théorème de Riemann-Hurwitz à une projection convenable de C surCP1. Par exemple
:C ! CP1
[z0 :z1:z2] ! [z0 :z1]
après un changement de coordonnées de sorte quedegP = degPy =n:
Ainsi, la projection est un revêtement de degré n. Et on a 2 2g= 2n X
q2C
( (q) 1)
Il su¢ t de calculer X
q2C
( (q) 1). Quitte à modi…er le changement de coordonnées, remarquons que l’on peut supposer que la droite à l’in…ni:
L1= [z0 :z1:z2]2CP2 :z0= 0 rencontre la courbeC transversalement:
L1\ C= [0 :z1 :z2]2CP2 :F(0; z1; z2) = 0 C’est-à-dire
([0 :z1 :z2]) = [0 :z1]
et la projection ne rami…e pas au-dessus de l’in…ni.
Donc tous les points q de la courbe C où (q) est strictement supérieur à1 sont dans le plan projectif …ni:
= [z0 :z1 :z2]2CP2 :z06= 0
On est ramené donc à travailler avec la courbe algébrique CP = (x; y)2C2 :P(x; y) = 0
et la projection
:CP ! C (x; y) ! x
En un pointq 2 CP où @P@y (q)6= 0,xest une coordonnée locale deCP : x !P(x; y(x))
et la projection non rami…ée.
En un pointq 2 CP où @P@y (q) = 0.
Puisque la courbe est lisse, on a @P@x(q) 6= 0. On peut donc prendre y comme coordonnée locale (y !P(x(y); y))
En di¤érentiant par rapport àyl’équationP((x(y); y)) = 0, on obtient:
@P
@x (q) +@P
@x
@x
@y(q) = 0
sur la courbe CP. L’ordre d’annulation de @x@y(q) c’est-à-dire (q) 1 est donc égal à l’ordre d’annulation de @P@y (q). C’est-à-dire la multiplicité de
CP \ (x; y) : @P
@x (x; y) = 0
en q. Puisque le polynôme P@P@y est de degrén(n 1), on conclut que, 2 2g= 2n n(n 1) soitg= (n 1) (n 2)
2
4.2 Le groupe des automorphismes d’une surface de Rie- mann
4.2.1 Quotient de surface de Riemann
Thèorème 25 Soit X une surface de Riemann et soit un groupe discret opérant surX de telle sorte que,
1. Pour tout 2 l’application x ! x est holomorphe 2. L’action de est propre
Alors, l’espace quotient X= possède une structure de surface de Rie- mann.
Preuve. Considérons un pointp2 (X= ). Si p =f 2 : p=pg= fidg. Alors, l’application : X ! X= est biholomorphisme local au voisinage du point p. On peut donc prendre autour de cette carte de p, la composée ' 1 d’une carte locale ' autour de p avec 1. Il faut remarquer que l’ensemble des pointsp 2 X tels que p =fidg est discret.
En e¤et, pour tout ouvertU relativement compact dans X, l’ensemble f : (U)\U 6=;g
est …ni. Soit doncp un tel point. Montrons que p pessède un voisinage O simplement connexe stabilisé par p : 2= p; O=;:
SoitW un ouvert de carte autour de p, su¢ sament petit pour véri…er la condition2):
SoitU un voisinage simplement connexe (inclus dans la carte). On peut prendre pourOla composante connexe [
2 P
U. C’est un ouvert simplement connexe.
Le théorème de la représentation conforme dit queOest biholomorphe au disque unitéD. Choisissons comme carte autour depun tel biholomorphisme ' sur O, tel que '(p) = 0. Alors, dans cette carte, p est un groupe …ni d’automorphismes de D qui …xe 0. C’est donc un sous-groupe du groupe des rotations, notament il est cyclique: c’est un groupe unitaireUnpour un certain entiern.
Dans cette carte l’action de p se lit comme l’action des racines niemes de l’unité sur le dsiqueD. Alors dans le quotient X= , l’ouvert (U) peut être identi…é auU= p et donc au quotient D=UnwD.
Exemple 26 X=D; etUn=Z=nZ le groupe des racines niemes de l’unité opère par multiplication sur le disque: Un D !D. L’action n’est pas li- bre, néanmoins l’applicationUn-invariant: z !zn du disque dans lui même
induit un isomorphisme: D=Unw D. Le quotient est donc lisse. Il découle de la démonstration ci-dessus que cet exemple est typique
Exemple 27 Le groupeZopère surCpar translation et cette action véri…e les hypothèses du théorème. La fonction Z-péridique: z 2 C !exp (2i z) induit un isomorphismeC=ZwC .
Thèorème 28 (Hurwitz) SoitXune surface de Riemann compacte de genre g 2, et Aut(X) son groupe d’automorphismes. Alors,
jAut(X)j 84 (g 1)
Preuve. NotonsN le cardinal deAut(X) [Rey]. Etant donné un point p2X, on note np le cardinal du stabilisateur de p dans Aut(X). On note en…n la projection canonique :X ! X=Aut(X), associée à la relation d’équivalence dansX:psq ()il existe '2Aut(X) tel queq='(p):
L’espace quotient X=Aut(X) est muni naturellement d’une stucture de surface de Riemann. Si p; p0 2 X avec (p) = (p0) alors, il existe ' 2 Aut(X) tel que'(p) =p0 et
Stab p0 ='Stab p0 ' 1
En particuliernp =nP0:Siq 2X=Aut(X), on notenqla valeur commune desnp oùpest n’importe quel point deXtel que (p) =q. On pourra donc notament considérer son genre. Soit le genre de X=Aut(X). La formule de Riemann-Hurwitz s’écrit
(X) =N: (X=Aut(X)) X
x2X
( (x) 1)
où (x) désigne l’indice de rami…cation de la projection en x.
Si (x) =q2X=Aut(X), on a (x) =nq et 1(q) = nN
q: Puisque
(X) = 2 2g et (X=Aut(X)) = 2 2 on en déduit la formule de Riemann-Hurwitz de :
2g 2 =N(2 2) + X
q2X=Aut(X)
N nq
(nq 1)
ou encore
(1) : 2g 2 =N(2 2) + NX
q2X=Aut(X)
1 1
nq
On distingue alors di¤érents cas possibles
1) >1 on a2 2 2, il découle de (1)que2g 2 2N et donc
N g 1
2) = 1, il découle de (1)
2g 2 = NX
q2X=Aut(X)
1 1
nq
et comme cette expression est non nulle, la somme de droite est 12, on en déduit que
N 4g 4
3) = 0, il découle de (1)que (2) : 2g 2 =N
0
@ X
q2X=Aut(X)
1 1
nq
2 1 A
Puisque 2g 2>0, il découle de(2)l’expression suivante:
2< X
q2X=Aut(X)
1 1
nq jfq 2X=Aut(X) :nq >1gj
Supposons que rami…e au-dessus dek points,q1; q2; :::; qk. Alors, on a 2< X
q2X=Aut(X)
1 1
nq =k 1
nq1 + 1
nq2 +:::::+ 1 nqk c’est-à-dire
0< 1 nq1 + 1
nq2 +:::::+ 1
nqk < k 2 Mais ceci n’est possible que sik 3.
Sik= 3, on a
0< 1 nq1 + 1
nq2 + 1 nq3 <1 et lorsque nq1nq2; nq3 =f2;3;7g on obtient:
2g 2 N 1 1
7 +1 3 +1
2 = N 42 ou encore
N 84 (g 1)
Pour k 4, cette dernière relation reste toujour vraie, et la borne de Hurwitz est atteinte par la courbe de Klein[Ber. & Gou.].
5 La courbe de Klein
Dans cette dernière section on étudie la courbe de Klein. Il est connu que les automorphismes cette courbe réalise la borne de Hurwitz.
Soient P(x; y) =y7 x2(x 1)un polynôme de C2, CP la courbe lisse associée àP etX =CcP la surface de Riemann compacte associée à CP. Proposition 29 La coordonnée x : CP ! C se prolonge en une appli- cation holomorphe X ! CP1 rami…e au-dessus de 0;1;1:Les ordres de rami…cations sont tous égaux à 7:
Preuve. La courbe CP = (x; y)2C2 (0;0) :y7 =x2(x 1) est lisse.
Et puisque @P@x(x; y) = 7y6 lorsque x =2 f0;1g, le polynôme P(x; :) est de degré7
à racines simples. La projection sur la première coordonnée:
:CP ! C (x; y) ! x
induit donc un revêtement de degré7 de CP f(1;0)g surC f0;1g
Le théorème de prolongement de fonctions holomorphes permet de pro- longer la
fonction coordonnéex:CP !Cen une fonction holomorphe e
x:X !CP1 qui rami…e au-dessus de0;1;1.
Les points 0;1;1 ont chacun un antécédant parx, leurs ordre de rami-e
…cations sont donc égaux à7.
Remarque 30 Le critère d’Eisenstein par exemple, permet de voir que le polynôme P(x; y) =y7 x2(x 1) est irréductible. La courbe X est donc bien connexe.
Soit g le genre deX. La formule de Hurwitz s’écrit dans ce cas alors, (X) = 2 2g= 7 CP1 (7 1) (7 1) (7 1)
= 14 18
= 4
Donc g= 3:
Proposition 31 Soient dxy3; yxdx5 ; yxdx6 des formes di¤ érentielles sur CP. Alors elles se prolongeent en des formes di¤ érentielles holomorphes sur X.
Preuve. le cas le moins facile à traiter est celui de dxy3 au voisinage du point(0;0).
Au voisinage de ce point on peut donner une coordonnée localetde sorte quex=t7 (la coordonnéex rami…e à l’ordre7 au-dessus de 0:). Alors,
y7 = t14 t7 1
= t14(1 + (t)) de sorte qu’à une constante multiplicative près
y= t2(1 + (t)) au voisinage det= 0. Et la forme di¤érentielle
dx
y3 = 7t6dt t6(1 + (t)) est holomorphe au voisinage det= 0.
Les autres formes en0;1se traitent de la même manière en utilisant que surX, on a
7y6dy= 3x2 2x dx
Pour le point à l’in…ni, il su¢ t de passer dans la carte à l’in…ni.
Considérons maintenant l’application
f :CP ! CP2
(x; y) ! [U :V :W] =h
1
y3 : y3x : y6x
i
Proposition 32 L’applicationf se prolonge en une application holomorphe F :X !Q d’équation:
U W3+W V3+V U3 = 0 Preuve. On a
U W3+W V3+V U3 = x3 y21 + x4
y21 + x y14
= x
y21 y7 x2(x 1) = 0
L’image de l’applicationf :CP f(1;0)g !CP2 est dans la courbeQ, et par le théorème de prolongement des fonctions holomorphesf se prolonge en une application holomorpheF :X !Q.
Proposition 33 La courbe Q est lisse de genre 3:
Preuve. Les cartes a¢ nes suivantes couvrent le plan projectif CP2 (U; V; W)2C3:U = 1
(U; V; W)2C3:V = 1 (U; V; W)2C3:W = 1
Par symétrie de l’équation, il su¢ t de véri…er que la courbe Q est lisse dans la carte a¢ neW = 1. Dans cette carte, l’équation devient
F(u; v) =u+v3+vu3 Mais
@F
@u (u; v) = 1 + 3vu2
@F
@v (u; v) = 3v2+u3 De sorte que si, @F@u(u; v) = @F@v (u; v) = 0, alors
u= 2vu3 v3= 13vu3 F(u; v) = 83vu3 Finalement le système d’équations:
8<
:
F(u; v) = 0
@F
@u (u; v) = 0
@F
@v (u; v) = 0 n’a pas de solution. La courbe est donc lisse.
Notons que le polynômeF est irréductible et donc la courbe Qest con- nexe.
Puisque F est de degré 4, la formule du genre implique que le genre de Qest:
g= 1
2(4 1) (4 2) = 3
L’applicationF :X !Qétant holomorphe entre surfaces de Riemann (connexes) fermées. C’est un revêtement rami…é et d’après la formule de Riemann-Hurwitz, on a:
2g(X) 2 deg (F) (2g(Q) 2)
Mais g(X) =g(Q) = 3. DoncF est de degré 1 etF est un biholomor- phisme entre la surfaceX est la courbe Q.
6 Références
[Ber.& Gou.] N. Bergeoron & A. Gouilloux, Introduction aux surfaces de Riemann (poly.)
[Rey] E. Reyssat, Quelques aspects des surfaces de Riemann 1989 [Rif] A. Ri¤aut, Surfaces de Riemann. Perso. élèves. Bretagne. ENS Cachan 2014
[Teo] C. Hui George Teo, Classi…cation of surfaces 2011
