Géométrie différentielle : exercices

Géométrie différentielle : exercices
Séance 1] –  février 
Exercice . Soient E1 et E2 des espaces topologiques séparés et à base dénombrable. Soit A une partie de E1 .
. Montrer que la topologie induite sur A est séparée et à base dénombrable.
. Montrer que la topologie produit, sur E1 × E2 , est séparée et à base dénombrable.
Correction.
. Séparé Si x , y sont deux éléments de A ⊂ E1 , par séparabilité de E1 il existe
Bx et By des ouverts de E1 tels que
x ∈ Bx , y ∈ By , Bx ∩ By = ∅
et donc, en posant Cx = Bx ∩ A et Cy = By ∩ A, les ensembles Cx et Cy
sont des ouverts de A qui vérifient
x ∈ Cx , y ∈ Cy , Cx ∩ Cy = ∅
et terminent l’argument.
Base dénombrable Il suffit d’intersecter les éléments d’une base dénombrable de E1 pour obtenir une base dénombrable de A.
. Séparé Si p = (x, y) , (x0 , y 0 ) = p0 sont deux éléments de E1 × E2 , alors x , x0
ou y , y 0 . Supposons que x , x0 . Alors par séparabilité de E1 , il existe B
et B0 des ouverts séparant x et x0 , donc B × E2 et B0 × E2 sont des ouverts
de E1 ×E2 séparant p et p0 . De la même manière si x = x0 mais que y , y 0 .
Base dénombrable Les produits B×C d’éléments B d’une base dénombrable
de E1 et d’éléments C d’une base dénombrable de E2 forment une base
dénombrable de E1 × E2 .
Exercice . Montrer que le cône à  nappes
n
o
C = (x, y, z) ∈ R3 t.q. z2 = x2 + y 2
muni de la topologie induite par la topologie usuelle de R3 , n’est pas une variété
topologique de dimension 2.
Correction. Principe. L’idée est de considérer une propriété topologique (invariante par homéomorphisme) et de voir qu’elle est vérifiée par les ouverts de R2
mais pas ceux du cône. La solution présentée ici peut sembler longue, mais n’est
composée que de quelques résultats simples et intuitifs.
Lemme . Si V est un voisinage de 0 sur le cône C, alors V \ {0} n’est pas connexe. En
particulier il n’est pas connexe par arc.
Démonstration. Le voisinage
épointé V \ {0} s’écrit
comme l’union disjointe des
+
−
+
2
−
2
ouverts C = V ∩ R × R0 et C = V ∩ R × R0 , puisque le seul point du cône à
cote nulle est le sommet 0. Ces ensembles sont non-vides parce qu’on considère la
topologie induite : il doit donc exister une boule centrée en 0 dont l’intersection
avec C est dans V , et cette boule contient forcément des points dans C + et dans
C − . Donc V \ {0} n’est pas connexe.
Lemme . Soient deux espaces topologiques E et F, et f : E → F un homéomorphisme.
E est connexe si et seulement si F l’est.
Démonstration. Version courte : la connexité est une propriété topologique, et un
homéomorphisme est la notion d’équivalence entre espaces topologiques.
Version longue : f préserve les ouverts et est une bijection, donc si E s’écrit
comme union d’ouverts non-vide, alors F également. Et réciproquement.
Supposons maintenant, par l’absurde, que C est une variété topologique de
dimension 2. Il existe alors un homéomorphisme d’un voisinage ouvert V du
sommet du cône (pour la topologie induite) vers un disque ouvert D dans R2 .
Ceci induit un homéomorphisme entre V \ {sommet} et D \ {un point} ; le premier
étant non-connexe, le deuxième étant connexe (car connexe par arcs), ceci est une
contradiction.
Exercice . Soit f : X → Y une bijection continue. Montrer que si X est compact
et Y est séparé, alors f est un homéomorphisme.
Indication Un espace topologique est dit compact s’il est séparé et si de tout recouvrement par des ouverts on peut tirer un sous-recouvrement fini  . Les résultats suivants sont supposés connus :
. L’image d’un compact par une fonction continue à valeur dans un espace
séparé est compacte.
. Si le caractère séparé manque, on parle parfois d’espace quasi-compact. Notons que certains
auteurs appellent compact ce que nous appellerions quasi-compact.

. Dans un espace compact, les parties fermées sont compactes.
. Dans un espace séparé, les parties compactes sont fermées.
. Une fonction est continue si et seulement si l’image réciproque de tout fermé
est un fermé.
Correction. Soit F un fermé de X. Par compacité de X, F est compact. Dès lors
f (F) est compact et donc f (F) est fermé (car Y est séparé).
Exercice . Comprendre et démontrer que si on a le diagramme commutatif
A?
??
??
??
?
π ??
??
? f¯
C
/B
?






 f


où f¯ est continue et π une application quotient, alors f est continue.
Indication Une surjection π : A → C entre deux espaces topologiques est une
application quotient si, pour tout U ⊂ C,
U est ouvert ⇐⇒ π−1 (U ) est ouvert.
Correction. Soit U un ouvert de B, alors f −1 (U ) est ouvert si et seulement
si π−1 (f −1 (U )) est ouvert (application quotient). Or π−1 (f −1 (U )) = f¯−1 (U ) (diagramme commutatif) est ouvert car f¯ est continue. Dès lors f est continue.
Exercice . Comprendre les homéomorphismes suivants :
. Dn /Sn−1 ' Sn , où Sn−1 est le bord de la boule fermée Dn ⊂ Rn .
. RP (n) ' (Sn /∼), où x ∼ −x.
Correction.
. Commençons par remarquer que Dn /Sn−1 est compact (il faut voir qu’il est
séparé !), et que Sn est compact également. Il suffit donc de trouver une bijection continue de l’un dans l’autre, au choix.
Regardons Dn comme la boule fermée de rayon π, et définissons f par


x

(cos(r), sin(r) r ) si r , 0
f : Dn /Sn−1 → Sn ⊂ R × Rn : x 7→ 

(1, 0)
si r = 0

def
où r = kxk. Géométriquement, dans le cas n = 2, on emballe la sphère dans le
disque de rayon π, tangent au point (1, (0, 0)). Le bord du disque se retrouve
alors en (−1, (0, 0)).
Réciproquement, définissons

y arccos(t)


si t 2 , 1

 ky k


g : Sn ⊂ R × Rn → Dn /Sn−1 : (t, y) 7→ 
0
si t = 1




Sn−1
si t = −1
Pour montrer que f est continue, remarquons que la fonction auxiliaire


x

(cos(r), sin(r) r ) si r , 0
n
n
¯
f : D → S : x 7→ 

(1, 0)
si r = 0
(où r = kxk) est continue et s’inscrit dans le diagramme
f¯
Dn?
??
??
??
π ???
??
/ Sn
?





 f


Dn /Sn−1
ce qui montre que f est continue.
. Nous avons le diagramme commutatif suivant
Rn+1O \ {0}
π
//
RP (n)
O
f
i
/ / Sn /∼
Sn
où i est l’inclusion, dès lors π ◦ i est une application continue (composée
d’applications continues) qui induit l’application f , et p est une application
quotient, donc f est continue. La bijectivité de f étant claire, c’est donc un
homéomorphisme.

Exercice . Montrer que l’ensemble

o
n

1/t)) t.q. t ∈ ]0, 1]

(t,
(
E
=
sin

 1
E = E1 ∪ E2
où 
n
o


E2 = (0, s) t.q. s ∈ [−1, 1]
est connexe mais pas connexe par arc.
Correction.
Si E était connexe par arc, il existerait
γ : [0, 1] → E : t 7→ γ(t) = (γ1 (t), γ2 (t))
un chemin continu tel que γ(0) = (0, 0) et γ(1) = (1, 0). Par continuité, γ1−1 (0) ⊂
[0, 1] est fermé, donc compact ; notons t̄ son maximum. Mais alors la limite
!
1
lim γ2 (t) = lim+ sin
γ1 (t)
t→t̄ +
t→t̄
n’existe pas puisque γ 1(t) → +∞. Contradiction.
1
Montrons à présent que E est connexe : E est la réunion d’ensembles connexes
E1 et E2 , donc si, par l’absurde, E est l’union disjointes de deux ouverts non-vide
U et V , alors E1 ⊂ U et E2 ⊂ V (ou l’inverse). Par ailleurs, si U est un ouvert contenant un point de E2 , il contient aussi des points de E1 . Ceci est une contradiction.
Exercice . Comprendre l’homéomorphisme RP (3) ' SO(3, R)
Correction. En combinant les homéomorphisme de l’exercice , l’espace projectif de dimension 3 est homéomorphe à la boule fermée de rayon π de R3 quotientée par la relation : deux points colinéaires à distance π sont identifiés.
Par ailleurs, une rotation est caractérisée par son axe et son angle. On peut
donc définir une projection de R3 dans SO(3, R) en associant au vecteur x la rotation dont l’axe est engendré par x, et donc l’angle est la norme de x (si x = 0, c’est
la rotation identité). Deux vecteurs sont équivalents (ont même image) si ils sont
colinéaires et à distance 2π. On peut donc voir SO(3, R) comme la boule fermée
de rayon 2π, dont les points colinéaires à distance 2π sont identifiés. Ceci donne
l’homéomorphisme voulu.
