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 ⊂ Y où K est compact et Y est séparé. Soit x ∈ Y \ K. Pour
chaque point k ∈ K, choisissons Uk 3 k et Vk 3 x séparant k et x.
Les Uk recouvrent K, et il en existe donc un sous-recouvrement fini
Uk1 . . . Ukn . Mais alors l’intersection des Vk1 . . . Vkn ne contient pas de
point de K, et est pourtant ouvert (et contient x). Ceci montre que
Y \ K est ouvert.
4. Voir cours.
Exercice 2. Soit f : X → Y une bijection continue. Montrer que si X est
compact et Y est séparé, alors f est un homéomorphisme.
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 3. Comprendre et démontrer que si on a le diagramme commutatif
A?
??
??
??
?
π ??
??
? f¯
C
/B
?





 f


2
où f¯ est continue et π une application quotient, alors f est continue.
Rappel Une surjection π : A → C est une application quotient si, pour
tout U de 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 4. Montrer l’un des homéomorphismes suivants :
1. Dn /Sn−1 ' Sn , où Sn−1 est 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−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
f : Dn /Sn−1 → Sn ⊂ R × Rn : x 7→

(cos(r), sin(r) x )
r
(1, 0)
si r 6= 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
g : Sn ⊂ R × Rn → Dn /Sn−1 : (t, y) 7→

y arccos(t)



 kyk
0



Sn−1
si t2 6= 1
si t = 1
si t = −1
Pour montrer que f est continue, remarquons que la fonction auxiliaire

(cos(r), sin(r) x )
f¯ : Dn → Sn : x 7→ 
r
(1, 0)
si r 6= 0
si r = 0
3
(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.
2. Nous avons le diagramme commutatif suivant
Rn+1 \ {0}
π
O
/ / 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.
3. En combinant les deux premiers exercices, 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.
Exercice 5. Montrer que l’ensemble
E = E1 ∪ E2
où

E1
=
E2
= (0, s) t.q. s ∈ [−1, 1]
n
n
est connexe mais pas connexe par arc.
t, sin
1
t
o
t.q. t ∈ ]0, 1]
o
4
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 γ11(t) → +∞. Contradiction.
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.