Géométrie différentielle : exercices

Géométrie différentielle : exercices
Séance 2
Exercice 1. Démontrer si nécessaire :
1. L’image d’un compact par une fonction continue à valeur dans un
espace séparé est compacte.
2. Dans un espace compact, les parties fermées sont compactes.
3. Dans un espace séparé, les parties compactes sont fermées.
4. Une fonction est continue si et seulement si l’image réciproque de tout
fermé est un fermé.
Correction.
1. Voir cours.
2. Voir cours.
3. Soit K⊂Yoù Kest compact et Yest séparé. Soit x∈Y\K. Pour
chaque point k∈K, choisissons Uk3ket Vk3xséparant ket x.
Les Ukrecouvrent K, et il en existe donc un sous-recouvrement fini
Uk1. . . Ukn. Mais alors l’intersection des Vk1. . . Vknne contient pas de
point de K, et est pourtant ouvert (et contient x). Ceci montre que
Y\Kest ouvert.
4. Voir cours.
Exercice 2. Soit f:X→Yune bijection continue. Montrer que si Xest
compact et Yest séparé, alors fest un homéomorphisme.
Correction. Soit Fun fermé de X. Par compacité de X,Fest compact.
Dès lors f(F)est compact et donc f(F)est fermé (car Yest séparé).
Exercice 3. Comprendre et démontrer que si on a le diagramme commu-
tatif
A
C
π
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
A B
¯
f//B
C
??
f

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où ¯ fest continue et πune application quotient, alors fest continue.
Rappel Une surjection π:A→Cest une application quotient si, pour
tout Ude C,
Uest ouvert ⇐⇒ π−1(U)est ouvert.
Correction. Soit Uun ouvert de B, alors f−1(U)est ouvert si et seule-
ment si π−1(f−1(U)) est ouvert (application quotient). Or π−1(f−1(U)) =
¯
f−1(U)(diagramme commutatif) est ouvert car ¯ fest continue. Dès lors f
est continue.
Exercice 4. Montrer l’un des homéomorphismes suivants :
1. Dn/Sn−1'Sn, où Sn−1est le bord de la boule fermée Dn⊂Rn.
2. RP(n)'(Sn/∼), où x∼ −x.
3. RP(3) 'SO(3,R)
Correction.
1. Commençons par remarquer que Dn/Sn−1est compact (il faut voir
qu’il est séparé !), et que Snest compact également. Il suffit donc de
trouver une bijection continue de l’un dans l’autre, au choix.
Regardons Dncomme la boule fermée de rayon π, et définissons fpar
f:Dn/Sn−1→Sn⊂R×Rn:x7→ 
(cos(r),sin(r)x
r)si r6= 0
(1,0) si r= 0
où rdef =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
g:Sn⊂R×Rn→Dn/Sn−1: (t, y)7→ 
yarccos(t)
kyksi t26= 1
0si t= 1
Sn−1si t=−1
Pour montrer que fest continue, remarquons que la fonction auxiliaire
¯
f:Dn→Sn:x7→ 
(cos(r),sin(r)x
r)si r6= 0
(1,0) si r= 0

3
(où r=kxk) est continue et s’inscrit dans le diagramme
Dn
Dn/Sn−1
π
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
DnSn
¯
f//Sn
Dn/Sn−1
??
f
ce qui montre que fest continue.
2. Nous avons le diagramme commutatif suivant
SnSn/∼
////
Rn+1 \ {0}
Sn
OO
i
Rn+1 \ {0}RP(n)
π////RP(n)
Sn/∼
OO
f
où iest l’inclusion, dès lors π◦iest une application continue (com-
posée d’applications continues) qui induit l’application f, et pest une
application quotient, donc fest continue. La bijectivité de fétant
claire, c’est donc un homéomorphisme.
3. En combinant les deux premiers exercices, l’espace projectif de dimen-
sion 3est homéomorphe à la boule fermée de rayon πde R3quotientée
par la relation : deux points colinéaires à distance πsont identifiés.
Par ailleurs, une rotation est caractérisée par son axe et son angle.
On peut donc définir une projection de R3dans SO(3,R)en associant
au vecteur xla 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 2πsont identifiés. Ceci donne
l’homéomorphisme voulu.
Exercice 5. Montrer que l’ensemble
E=E1∪E2où 
E1=nt, sin 1
t t.q. t∈]0,1]o
E2=n(0, s)t.q. s∈[−1,1]o
est connexe mais pas connexe par arc.

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Correction. Si Eétait connexe par arc, il existerait
γ: [0,1] →E:t7→ γ(t) = (γ1(t), γ2(t))
un chemin continu tel que γ(0) = (0,0) et γ(1) = (1,0). Par continuité,
γ−1
1(0) ⊂[0,1] est fermé, donc compact ; notons ¯
tson maximum. Mais alors
la limite
lim
t→¯ t+γ2(t) = lim t→¯ t+sin 1
γ1(t)!
n’existe pas puisque 1
γ1(t)→+∞. Contradiction.
Montrons à présent que Eest connexe : Eest la réunion d’ensembles
connexes E1et E2, donc si, par l’absurde, Eest l’union disjointes de deux
ouverts non-vide Uet V, alors E1⊂Uet E2⊂V(ou l’inverse). Par ailleurs,
si Uest un ouvert contenant un point de E2, il contient aussi des points de
E1. Ceci est une contradiction.