Master 2 – Mathématiques Fondamentales Examen de topologie

Master 2 – Math´ematiques Fondamentales
Examen de topologie – 11 janvier 2011
Dur´ee de l’´epreuve : 4 heures.
Rappels
1. ´ Etant donn´e un espace topologique Xet deux sous-espaces A, B. Supposons que X=
A∪B. La suite de Mayer-Vietoris associ´ee au triplet (X, A, B) est la suite exacte longue
en homologie
· · · //Hk(A∩B)φ
//Hk(A)⊕Hk(B)ψ //Hk(X)∂//Hk−1(A∩B)//· · ·
o`u φ:Hk(A∩B)→Hk(A), x 7→ (i∗(x), i∗(x)) est l’homomorphisme induit par les homo-
morphismes d’inclusions i∗:Hk(A∩B)→Hk(A) et i∗:Hk(A∩B)→Hk(B) respective-
ment ; et o`u ψ:Hk(A)⊕Hk(B)→Hk(X),(x, y)7→ j∗(x)−j∗(y) est l’homomorphisme
induit par les homomorphismes d’inclusions j∗:Hk(A)→Hk(X) et j∗:Hk(B)→Hk(X)
respectivement.
La suite associ´ee au couple (X, A) est la suite exacte longue en homologie
· · · //Hk(A)//Hk(X)//Hk(X, A)∂//Hk−1(A)//· · ·
o`u l’homomorphisme Hk(A)→Hk(X) est induit par l’inclusion.
Les mˆemes suites restent valides en rempla¸cant l’homologie Hkpar l’homologie r´eduite e Hk.
Les k-`emes groupes d’homologie r´eduite sont les mˆemes que les k-`emes groupes d’homologie
pour tout k > 0 ; pour k= 0, H0(X) = e H0(X)⊕Z.En particulier, si Xest connexe,
e
H0(X) = 0. En homologie relative, les groupes d’homologie et les groupes d’homologie
r´eduite co¨ıncident : e Hk(X, A) = Hk(X, A) pour tout k≥0 (pour A6=∅). Les groupes
d’homologie r´eduite permettent de simplifier les arguments bas´es sur l’´etude des suites
exactes ci-dessus.
2. Soit Σ une surface connexe orient´ee. L’intersection g´eom´etrique de deux courbes ferm´ees
simples a, b est not´ee i(a, b)∈N. On rappelle que l’intersection g´eom´etrique est ind´ependante
de l’orientation des courbes. On note
•:H1(Σ) ×H1(Σ) →Z
la forme d’intersection alg´ebrique. On rappelle que •est bilin´eaire et antisymm´etrique. Un
automorphisme fde H1(Σ) pr´eserve la forme d’intersection •si f(x)•f(y) = x•ypour
tous x, y ∈H1(Σ). L’ensemble des automorphismes pr´eservant •forme un sous-groupe
Sp(H1(Σ),•) de Aut(H1(Σ)).
Probl`eme
Premi`ere Partie : Pr´eliminaires g´eom´etriques
Soit Gun groupe ab´elien. On dit que x∈Gest primitif si xn’est multiple non trivial
d’aucun ´el´ement de G. En d’autres termes, xest primitif s’il v´erifie la propri´et´e
x=k y, k ∈Z=⇒k=±1.

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1) Soit ϕ:G→Hun isomorphisme de groupes ab´eliens. Montrer que xest primitif dans
Gsi et seulement si ϕ(x) est primitif dans H.
Dans la suite de cette partie, on suppose que Gest un groupe ab´elien libre de type fini de
rang n.
2) Soit x∈Get Hle sous-groupe de Gengendr´e par x. Montrer que xest primitif si et
seulement si G/H est libre (de rang n−1).
Solution. Montrons que G/H est ab´elien libre de rang n−1. Comme Get H'Zsont
ab´eliens, le quotient est ab´elien. Pour montrer que G/H est libre, il suffit de montrer que
ce groupe est sans torsion. Soit [u]∈G/H1et soit mle plus petit entier positif ou nul tel
que m[u] = 0. Alors m u ∈H1. Donc m u =k x pour un certain k∈Z. Soit dle pgcd de
met de k. Alors (m/d)u= (k/d)xd’o`u (m/d) [u] = 0. Par d´efinition de m, on en d´eduit
que d= 1. Soit kv +mw = 1 une relation de Bezout. Alors
x= 1 ·x= (kv +mw)x=kvx +mwx =v(kx) + mwx =v(mu) + mwx =m(vu +wx).
Puisque xest primitif, m= 1. Donc [u] = 0. On a ainsi d´emontr´e que G/H1est sans
torsion, donc libre. Son rang est donc
rang(G/H1) = rang(G)−rang(H1) = n−1.
2) Montrer qu’un ´el´ement x∈Gest primitif si et seulement s’il existe une base (x1, . . . , xn)
de Gtelle que x=x1.
Solution. Soit (x, x2, . . . , xn) une base de G. Supposons qu’il existe k∈Zet y∈Gtels
que x=k y. Comme x6= 0, k6= 0. Alors (y, x2, x3, . . . , xn) est encore une famille Z-libre de
G. C’est aussi une famille Z-g´en´eratice de G. C’est donc aussi une base de G. L’application
envoyant la premi`ere base sur la seconde base d´efinit une application f:G→Gqui est
Z-lin´eaire bijective, donc Z-inversible. La matrice de fdans la base (x, x2, . . . , xn) est
Diag(k, 1,...,1). Son d´eterminant est donc k. Comme fest inversible sur Z,k=±1.
Donc xest primitif.
R´eciproquement, supposons xprimitif. Soit H1={k x |k∈Z}le sous-groupe engendr´e
par x1=x. Ce groupe est isomorphe `a Z. D’apr`es la question pr´ec´edente, G/H1est libre de
rang n−1. Supposons avoir construit une famille (x1, x2, . . . , xk) libre dans Gengendrant
un sous-groupe libre Hkde rang k≤n−1 tel que G/Hkest un groupe ab´elien libre de rang
n−k. Comme Hk6=G, il existe xk+1 ∈Gtel que y6∈ Hk. On peut supposer xk+1 primitif.
Alors la famille (x1, x2, . . . , xk, xk+1) est libre dans G. Le sous-groupe qu’elle engendre est
donc libre de rang k+ 1. Montrons que G/Hk+1 est libre de rang n−(k+ 1). Il suffit
de montrer que ce groupe ab´elien est sans torsion. Soit [u]∈G/Hk+1. Soit mun entier
positif ou nul v´erifiant m[u] = 0 dans G/Hk+1. Il existe donc l1, . . . , lk+1 ∈Ztels que
m u =l1x1+· · · +lk+1xk+1.
Comme (x1, . . . , xk+1) est une base de Hk+1, on en d´eduit que li∈mZpour tout 1 ≤i≤
k+1. Donc u∈Hk+1 d’o`u [u] = 0. Donc G/Hk+1 est libre de rang rang(G)−rang(Hk+1) =
n−(k+ 1). On a donc d´emontr´e le r´esultat par r´ecurrence. 

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3) On suppose que Gest ab´elien libre de rang fini net que (x1, . . . , xn) est une base de
G. Montrer que y=a1x1+· · · +anxnest primitif si et seulement si le pgcd de a1, . . . , an
est 1.
Premi`ere partie : repr´esentation symplectique
1) Soit Σ une surface connexe orient´ee. L’objet de cette question est de d´eterminer H1(Σ)
1.1) On suppose Σ compacte sans bord. Montrer qu’il existe g≥0 et des courbes ferm´ees
simples λ1, . . . , λg, µ1, . . . , µgsur Σ telle que
i(λj, µk) = 1 si j=k;
0 sinon , i(λj, λk) = i(µj, µk) = 0.
En d´eduire une Z-base l1, . . . , lg, m1, . . . , mgde H1(Σ) v´erifiant
li•mj=1 si i=j;
0 sinon et li•lj=mi•mj= 0,pour tous 1 ≤i, j ≤g.
En particulier H1(Σ) est un groupe ab´elien libre de rang 2g.
On dit que Σ poss`ede une base symplectique g´eom´etrique si elle v´erifie la propri´et´e de la
question 1.1.
1.2) On suppose que Σ a exactement une composante de bord, c’est-`a-dire que ∂Σ est un
cercle. Montrer que Σ a une base symplectique g´eom´etrique. [Indication : soit b Σ la surface
`a laquelle on a bouch´e la composante de bord par un disque : b Σ=Σ∪D2avec ∂D2=∂Σ.
On pourra consid´erer l’application induite en homologie par l’inclusion Σ →b Σ.]
1.3) On suppose que Σ a exactement une piqˆure, c’est-`a-dire que Σ est le compl´ementaire
d’un point dans une surface Σ0compacte connexe orient´ee sans bord. Montrer que Σ a une
base symplectique g´eom´etrique. [On pourra consid´erer l’application induite en homologie
par l’inclusion Σ →Σ0.]
Dans toute la suite, on note H=H1(Σ) et on suppose que Σ v´erifie l’une des trois
hypoth`eses des questions 1.1, 1.2 et 1.3.
2) L’objet de cette question est d´etudier les classes d’homologie de Σ repr´esentables par
une courbe ferm´ee simple non s´eparante. Soit α∈H1(Σ) une classe d’homologie non nulle.
2.1) Montrer qu’il existe une r´eunion de courbes ferm´ees simples orient´ees deux `a deux
disjointes c1, . . . , cntelles que α= [c1] + · · · + [cn].
2.2) Montrer que s’il existe une courbe ferm´ee simple orient´ee ctelle que [c] = αalors c
est non s´eparante.
2.3) Dans cette question, on consid`ere `a titre d’exemple le cas particulier o`u Σ est de
genre 1. Soit (l, m) une base symplectique g´eom´etrique de Σ. Montrer par un dessin que
2m∈H1(Σ) est repr´esent´e par une courbe ferm´ee immerg´ee c(avec un unique point
d’auto-intersection). D´emontrer qu’il n’existe pas de courbe ferm´ee simple ctelle que
2m= [c]. [On pourra raisonner par l’absurde et consid´erer un diff´eomorphisme appropri´e
de Σ.] Plus g´en´eralement montrer qu’il existe une courbe ferm´ee simple crepr´esentant une
classe d’homologie α=x l +y m ∈H1(Σ) 'Z2si et seulement si

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2.4)
Soit ρ:M(Σ) →Aut(H1(Σ)),[f]7→ f∗.
2.1) Justifier bri`evement que ρest un morphisme de groupes bien d´efini.
2.2) Justifier bri`evement que l’image de ρest dans Sp(H, •).
2.3)
On note
ρ:M(Σ) →Sp(H1(Σ; Z,•),[f]7→ f∗
la repr´esentation symplectique du groupe de diff´eotopies de Σ.