Recollement d`espaces topologiques

Recollement d’espaces topologiques
Colas Bardavid
mercredi 26 mai 2005
Table des matières
1 Cas
1.1
1.2
1.3
1.4
général
Données . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Construction du recollement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Rappels sur la topologie quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Propriétés du recollement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Comparaison entre les Xα et le recollement . . . . . . . .
1.4.2 Ouverts du recollement . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.3 Caractérisation de la continuité des fonctions qui partent
du recollement X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.4 Définition des fonctions qui partent du recollement X . .
4
4
6
6
7
7
7
2 Recollement dans un cas plus simple
2.1 Données . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Construction du recollement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Propriétés du recollement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Injections ouvertes des Xα dans Y . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Ouverts du recollement . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Caractérisation de la continuité des fonctions qui partent
du recollement Y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.4 Définition des fonctions qui partent du recollement Y . .
8
8
8
9
9
9
1
7
8
9
9
Résultats
f
/ Y un homéomorphisme. Soit A ⊂ X. Alors, A
Lemme 0.1 Soit X
est un homéomorphisme
Rappel 0.2 On est dans la situation suivante : X
jection canonique de X sur l’espace quotient. Alors,
π
f |A
/ f (A)
/ Y := X/ ∼ est la pro-
π est continue.
O ouvert de Y ⇐⇒ π −1 (O) ouvert de X.
F fermé de Y ⇐⇒ π −1 (F ) fermé de X.
f : Y → Z continue ⇐⇒ f ◦ π : X → Z continue.
Proposition 0.3 Xα
ouverte dans X.
fα
/ X est un homéomorphisme sur son image, qui est
Proposition 0.4 O ⊂ X est un ouvert si, et seulement si, pour tout α ∈ A,
fα−1 (O) est un ouvert de Xα .
Proposition 0.5 Soit Y un espace topologique quelconque et soit g : X → Y
une application. Alors, g est continue si, et seulement si, pour tout α, gα =
g ◦ fα : Xα → Y est continue.
Proposition 0.6 Soit Y un espace topologique quelconque.
Se donner une fonction continue g : X → Y , c’est se donner une famille de
fonctions continues gα : Xα → Y telles que :
gα |Uβ (α) = gβ |Uα (β) ◦ϕα,β .
2
Questions en suspens et travail à faire
Projet 0.7 Réfléchir au recollement dans un cadre plus général (aller voir
Bourbaki ?).
3
1
1.1
Cas général
Données
Soit (Xα )α∈A une famille d’espaces topologiques et Oβ (α)⊂→
◦ Xα pour tous
α et β.
On peut faire le recollement dans un cadre plus général à mon avis, mais ici,
on se limite à des recollements sans bavures.
On va recoller Xα et Xβ selon les ouverts Oβ (α) et Oα (β).
Ainsi, on suppose que Oα (α) = Xα .
On se donne pour tout (α, β) un isomorphisme (dans la catégorie Top)
ϕα,β : Oβ (α) → Oα (β). On demande évidemment que ϕα,α = IdXα .
On demande aussi des conditions de recollements. Partons d’un point x ∈
Oα (γ) ∩ Oβ (γ). Il va être identifié à ϕγ,α (x) ∈ Oγ (α). Mais il va être identifié
aussi à y = ϕγ,β (x) ∈ Oγ (β). On veut que notre recollement soit bien organisé !
Donc, on veut que ce point y soit aussi identifié, via ϕβ,α , à ϕγ,α (x). Donc en
particulier, ϕγ,α (x) ∈ Oβ (α).
Ainsi, on va déjà imposer que ϕγ,α (Oα (γ) ∩ Oβ (γ)) ⊂ Oγ (α) ∩ Oβ (α). Ceci
impose en fait qu’il y a égalité (prendre ϕα,γ ).
En plus, comme on l’a dit, on veut que ϕγ,α et ϕβ,α ◦ ϕγ,β coı̈cident sur
Oα (γ) ∩ Oβ (γ) (où elles sont bien définies d’après les conditions précédentes.
Or, on a le
f
/ Y un homéomorphisme. Soit A ⊂ X. Alors, A
Lemme 1.1 Soit X
est un homéomorphisme
f |A
/ f (A)
f |A
/ f (A) est bien une bijection. Ensuite, si O
Démonstration : D’abord, A
est un ouvert de X, f (O) est un ouvert de Y et on a f (O ∩ A) = f (O) ∩ f (A)
(bijectivité de f ). Donc f|A est une application ouverte. On montre pareil qu’elle
est continue. On déduit de tout ça :
4
O2(3)
X3
f2,3
O1(3)
O3(2)
f1,3
X2
O2(1)
f1,2
O1(2)
X1
O3(1)
Fig. 1 – Conditions de recollement (ici, elles ne sont pas satisfaites)
Hypothèses 1.2 (Conditions de recollement) On impose que :
∀α, β, γ ∈ A,
Oα (γ) ∩ Oβ (γ)
ϕγ,α
∼
/ Oγ (α) ∩ Oβ (α)
soit un homéomorphisme et que le diagramme
Oγ (α) ∩ Oβ (α) lY
YYYYϕYβ,α
O
YYYYYY
ϕγ,α
Oγ (β) ∩ Oα (β)
eee2
e
e
e
e
e
eeee ϕγ,β
Oα (γ) ∩ Oβ (γ)
commute.
Dans la pratique, il suffit de vérifier que ϕγ,α (Oα (γ) ∩ Oβ (γ)) ⊂ Oγ (α) ∩ Oβ (α)
et que sur cette intersection, ϕγ,α et ϕβ,α ◦ ϕγ,β coı̈cident.
5
En particulier, sur Oα (α) ∩ Oβ (α) = Oβ (α), on veut que ϕα,α coı̈ncide avec
ϕβ,α ◦ ϕα,β . C’est-à-dire que ϕα,β et ϕβ,α soient des isomorphismes réciproques.
1.2
Construction du recollement
`
D’abord, on se place sur
S l’espace topologique X = α∈A Xα , qu’on décrit
ensemblistement comme α∈A {α} × Xα . Une partie U de cet ensemble est
ouverte si, et seulement si, son intersection avec tous les Xα est ouverte (c’està-dire, {x ∈ Xα | (α, x) ∈ U }).
On a des isomorphismes entre Xα et {α} × Xα et cet objet est la somme des
Xα dans Top.
Maintenant, on quotiente X par la bonne relation d’équivalence. On dit que
(α, x) et (β, y) sont équivalents si, et seulement si, (x ∈ Uβ (α) et ϕα,β (x) = y)
ou (α = β et x = y).
Fait 1.3 C’est bien une relation d’équivalence.
Démonstration : On ne traite que les cas non triviaux.
Pour la réflexité, c’est ok.
Pour la symétrie, c’est ok, cela vient de ϕα,β = (ϕβ,α )−1 .
Pour la transitivité : si (α, x) ∼ (β, y) et (β, y) ∼ (γ, z), alors ϕα,β (x) = y
donc y ∈ Oα (β) ; aussi, ϕβ,γ (y) = z donc y ∈ Oγ (β). Donc y ∈ Oα (β) ∩ Oγ (β).
Or, ϕβ,γ (Oα (β) ∩ Oγ (β)) = Oβ (γ) ∩ Oα (γ). Et, ϕβ,γ (y) = ϕα,γ (ϕβ,α (y)) = z =
ϕα,γ (x). Ceci montre la transitivité. Dès lors, on pose :
Définition
1.4 Le recollement des Xα selon les ϕα,β est l’espace topologique
`
X
/
∼.
α
α
1.3
Rappels sur la topologie quotient
Voir [Paulin, p. 11].
Rappel 1.5 On est dans la situation suivante : X
jection canonique de X sur l’espace quotient. Alors,
π
/ Y := X/ ∼ est la pro-
π est continue.
O ouvert de Y ⇐⇒ π −1 (O) ouvert de X.
F fermé de Y ⇐⇒ π −1 (F ) fermé de X.
f : Y → Z continue ⇐⇒ f ◦ π : X → Z continue.
6
1.4
1.4.1
Propriétés du recollement
Comparaison entre les Xα et le recollement
On`a une application naturelle iα (un isomorphisme sur son image) de Xα
dans α Xα . En composant par π, on obtient une application naturelle de Xα
vers le recollé, qu’on notera X :
Xα
Proposition 1.6 Xα
ouverte dans X.
fα
fα
/X .
/ X est un homéomorphisme sur son image, qui est
Remarque : C’est le seul endroit où l’on utilise le fait que les ϕα,β sont
des homéomorphismes et pas juste des applications.
Démonstration : D’abord, fα est continue.
−1
Montrons
π (Im fα ) est un−1
` que Im fα est un ouvert. Il suffit de vérifier que
ouvert de α Xα . Donc, il suffit
de vérifier que pour tout β, x ∈ Xβ | (β, x) ∈ π (Im fα )
est un ouvert de Xβ . Mais, x ∈ Xβ | (β, x) ∈ π −1 (Im fα ) = {x ∈ Xβ | π(β, x) ∈ Im fα }.
Donc, cet ensemble est {x ∈ Xβ | ∃y ∈ Xα , π(β, x) = π(α, y)}. Donc, c’est {x ∈ Xβ | ∃y ∈ Xα , x ∼ y}.
Cet ensemble est exactement Oα (β) qui est bien ouvert.
Ensuite, soit U un ouvert de Xα . Est-ce que π ◦ iα (U ) ⊂ X est un ouvert
de X ? Pour le vérifier, on fait pareil. Finalement, on trouve que c’est un ouvert
car ϕα,β (U ∩ Oβ (α)) est un ouvert de Xβ . 1.4.2
Ouverts du recollement
Voici une caractérisation des ouverts du recollement :
Proposition 1.7 O ⊂ X est un ouvert si, et seulement si, pour tout α ∈ A,
fα−1 (O) est un ouvert de Xα .
Démonstration : Par définition de la topologie quotient,
` une partie O de X
est ouverte si, et seulement si, π −1 (O) est ouverte dans α Xα . Par définition
de la topologie somme, π −1 (O) est ouverte si, et seulement si, pour tout α,
−1
(O)) = fα−1 (O) est ouverte dans Xα . i−1
α (π
1.4.3
Caractérisation de la continuité des fonctions qui partent du
recollement X
Voici une caractérisation des fonctions continues qui partent de X.
Proposition 1.8 Soit Y un espace topologique quelconque et soit g : X → Y
une application. Alors, g est continue si, et seulement si, pour tout α, gα =
g ◦ fα : Xα → Y est continue.
Démonstration : D’après`les propriétés de la topologie quotient, g est continue
si, et seulement si, g ◦ π : Xα → Y est continue. Puis, d’après les propriétés
de la topologie somme, g ◦ π est continue si, et seulement si, pour tout α ∈ A,
g ◦ π ◦ iα = g ◦ fα : Xα → Y est continue. 7
1.4.4
Définition des fonctions qui partent du recollement X
Comment construire une fonction continue qui part de X ?
Proposition 1.9 Soit Y un espace topologique quelconque.
Se donner une fonction continue g : X → Y , c’est se donner une famille de
fonctions continues gα : Xα → Y telles que :
gα |Uβ (α) = gβ |Uα (β) ◦ϕα,β .
Démonstration : D’abord, si g : X → Y est continue, alors on considère
gα = g ◦ fα : Xα → Y . Soit x ∈ Uβ (α). Le point iα (x) = (α, x) est équivalent
à (β, ϕα,β (x)) = iβ (ϕα,β (x)). Ils sont donc envoyés sur le même point par π :
fα (x) = fβ (ϕα,β (x)). En composant par g, on obtient la condition souhaitée.
Dans l’autre sens, supposons qu’on a la famille gα : Xα → Y telles que :
gα |Uβ (α) = gβ |Uα (β) ◦ϕα,β .
On cherche alors à construire la fonction g. On définit g comme la fonctions
somme des gα : g((α, x)) = gα (x). Cette fonction est continue car quand on
regarde la fonction qu’elle induit sur Xα , c’est gα et elle est continue.
On vérifie ensuite que cette fonction passe au quotient (c’est fait pour). Si
(α, x) ∼ (β, y), c’est-à-dire ϕα,β (x) = y, alors g((α, x)) = gα (x) = gα |Uβ (α)
(x) = gβ |Uα (β) ◦ϕα,β (x) = gβ |Uα (β) (y) = gβ (y) = g((β, y)). Donc elle passe au
quotient, on obtient g 0 : X → Y ; elle est continue car composée par π, c’est g,
qui est continue. 2
Recollement dans un cas plus simple
On décrit ici un cas plus simple où on n’a pas besoin de vérifier les conditions
de recollement.
2.1
Données
On part d’un espace topologique X sur lequel on va recoller d’autres espaces
(Xα )α∈A .
On se donne U un ouvert de X.
Pour tout α ∈ A, on se donne un ouvert Uα ⊂→
◦ Xα et un homéomorphisme
ϕα : Uα → U .
On va recoller les Xα sur X suivant les homéomorphisme ϕα .
2.2
Construction du recollement
On note X = X0 , U0 = U et ϕ0 = IdU0 .
`
Comme précédemment, on part de Y = X0 t α∈A Xα , qu’on quotiente par
la relation (α, x) ∼ (β, y) si, et seulement si, (x ∈ Uα , y ∈ Uβ et ϕα (x) = ϕβ (y))
ou (α = β et x = y).
8
Fait 2.1 ∼ est bien une relation d’équivalence.
Démonstration : La relation est bien réflexive.
La relation est bien symétrique.
La relation est bien transitive. Définition 2.2 Le recollement des Xα sur X le long des ϕα est X0 t
On le note Y .
2.3
2.3.1
`
α∈A
Xα / ∼.
Propriétés du recollement
Injections ouvertes des Xα dans Y .
`
On a des applications canoniques iα : Xα → X0 t α∈A Xα , qui sont des
homéomorphismes sur leur image, qui est ouverte.
`
On a une application canonique, la projection, de X0 t α∈A Xα dans Y ,
qu’on note π.
On note fα = π ◦ iα .
Proposition 2.3 fα : Xα → Y est un homéomorphisme sur son image, qui est
ouverte.
2.3.2
Ouverts du recollement
Proposition 2.4 O ⊂ Y est un ouvert si, et seulement si, pour tout α ∈ A,
fα−1 (O) est un ouvert de Xα .
2.3.3
Caractérisation de la continuité des fonctions qui partent du
recollement Y
Proposition 2.5 Soit Z un espace topologique quelconque et soit g : X → Z
une application. Alors, g est continue si, et seulement si, pour tout α, gα =
g ◦ fα : Xα → Y est continue.
2.3.4
Définition des fonctions qui partent du recollement Y
Comment construire une fonction continue qui part de Y ?
Proposition 2.6 Soit Z un espace topologique quelconque.
Se donner une fonction continue g : X → Z, c’est se donner une famille de
fonctions continues gα : Xα → Z telles que :
−1
gα |Uα ◦ϕ−1
α = gβ |Uβ ◦ϕβ : U → Z.
Références
[Paulin] Frédréric Paulin, Précis de topologie générale, disponible sur Internet.
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