Topologie Algébrique M1 Maths Université Denis Diderot
Examen du 20 mai 2014
I
Soit nun entier tel que n3. Soit f: SO(n)SO(2) une application continue. On rappelle
que le groupe fondamental de SO(n)est isomorphe à Z/2Zpour n3.
(a) Montrer que fest homotope à une application constante.
On suppose de plus que f(1) = 1.
(b) Soit kun entier tel que k1. Montrer qu’il existe une unique application continue
gk: SO(n)SO(2) telle que pour tout xSO(n), on ait f(x) = gk(x)k, et telle que gk(1) = 1.
On suppose désormais que fest un morphisme de groupes.
(c) Montrer que l’application gkde la question précédente est un morphisme de groupes.
(d) Montrer que la restriction de fà tout sous-groupe de SO(n)qui est isomorphe à SO(2)
est constante.( 1)
(e) En déduire que fest le morphisme trivial (i.e. xSO(n)f(x)=1).
II
Soit X, un espace topologique. Pour toute partie Ade N(lequel est muni de la topologie dis-
crete), on note ΣAl’espace topologique quotient de X×[0,1]×Apar la relation d’équivalence
engendrée par les règles (x, 0, n)(x, 0, m)et (x, 1, n)(y, 1, n). On note [x, t, n]ΣAla
classe d’équivalence de (x, t, n). L’homologie est à coefficients dans un anneau Λquelconque.
Il est recommandé d’utiliser l’homologie réduite pour calculer l’homologie ordinaire.
(a) Calculer H), et H{a})en fonction de H(X).
(b) Calculer H{a,b})(a6=b) en fonction de H(X).
(c) Si ABN, l’inclusion de Adans Binduit l’application continue i: ΣAΣB
(i([x, t, n]) = [x, t, n]). Montrer que si An’est pas vide, ia une rétraction continue r: ΣB
ΣA.
(d) On suppose que Aest une partie finie de N. Calculer HA)en fonction de H(X)et
du cardinal de A.
(e) Calculer HA)en fonction de H(X)pour Ainfini.
(suite au verso)
1. On rappelle que les morphismes continus du groupe SO(2) vers lui-même sont tous de la forme x7→ xp,
avec pZ.
1
III
Soit Xun espace topologique.
(a) Montrer que l’application γ:H1(X;Z/2Z)H2(X;Z/2Z)définie par γ(x) = x ^ x est
Z/2Z-linéaire.
(b) Déterminer les éléments idempotents (c’est-à-dire, les xtels que x=x2) de Z/4Z,
montrer que pour tous xet yde Z/4Z, on a (x+y)2= (xy)2, et montrer que si xet ysont
égaux modulo 2, alors x2=y2.
(c) On considère la suite exacte de Z-modules :
0//Z/2Zi//Z/4Zc//Z/2Z//0
cest la projection canonique. Montrer qu’on a la suite exacte :
0//Hom(C(X;Z),Z/2Z)i//Hom(C(X;Z),Z/4Z)c//Hom(C(X;Z),Z/2Z)//0
Le connectant H1(X;Z/2Z)H2(X;Z/2Z)de la suite exacte longue obtenue en appliquant
le lemme du serpent à la suite exacte courte ci-dessus sera noté β.
(d) Soit l:C1(X;Z)Z/2Zun 1-cocycle. Montrer qu’il existe une 1-cochaîne l:C1(X;Z)
Z/4Ztelle que c(l) = let telle que pour tout 1-simplexe singulier xde X,l(x)soit un
idempotent.
(e) On reprend la cochaîne lde la question précédente. On note zl’unique 2-cocycle de
Hom(C2(X;Z),Z/2Z)tel que i(z) = (l)(on justifiera son existence et son unicité). Montrer
que z=l ^ l.
(f) Montrer que β=γ.
IV
(a) Montrer que dans l’anneau (Z/2Z)[X]
X5, l’élement 1 + X+X4ne peut pas s’écrire sous
la forme (1 + aX +bX2)(1 + cX +dX2)ni sous la forme (1 + aX)(1 + bX +cX2+dX3).
(b) En déduire que le fibré tangent à RP4n’est pas la somme directe de deux fibrés vecto-
riels réels de dimensions strictement inférieures à 4.
2
Topologie Algébrique M1 Maths Université Denis Diderot
Corrigé de l’examen du 20 mai 2014
I
(a) On sait que le groupe fondamental de SO(n)est isomorphe à Z/2Zpour n3, et que
celui de SO(2), qui est un cercle, est isomorphe à Z. On notera γ:RSO(2) le revêtement
universel. Comme tout morphisme de groupes de Z/2Zvers Zest nul, et comme SO(n)est
connexe et localement connexe par arcs, fse relève le long de γ(critère de relèvement pour
les revêtements). Comme Rest contractile, fest homotope à une application constante.
(b) On considère le revêtement γkde SO(2) par lui-même donné par x7→ xk. Le critère
de relèvement donne pour la même raison un relèvement gkde fle long de γk. On a donc
f=γkgk, c’est-à-dire f(x) = gk(x)kpour tout xSO(n). Un tel relèvement est déterminé
par le choix de gk(x)dans la fibre au dessus de f(x), où xest un point choisi arbitrairement
dans SO(n). Comme f(1) = 1, on peut prendre x= 1 et gk(1) = 1, puisque γk(1) = 1.
(c) Pour yquelconque dans SO(n), considérons les applications ϕ= (x7→ gk(xy)) et
ψ= (x7→ gk(x)gk(y)) de SO(n)vers SO(2). On a γk(ϕ(x)) = gk(xy)k=f(xy) = f(x)f(y), et
(comme SO(2) est commutatif) γk(ψ(x)) = (gk(x)gk(y))k=gk(x)kgk(y)k=f(x)f(y). Ainsi, ϕ
et ψsont deux relèvements de la même application, et comme ϕ(1) = gk(y) = gk(1)gk(y) =
ψ(1), la connexité de SO(n)entraîne que ϕ=ψ, et donc que gkest un morphisme de
groupes.
(d) Notons λ: SO(2) SO(n)un morphisme de groupes (continu) injectif dont l’image est
le sous-groupe en question. Il s’agit de montrer que fλest le morphisme trivial. Or, tout
morphisme continu de groupes de SO(2) vers lui-même est de la forme x7→ xp, où pest un
entier relatif, et le degré (de Brouwer) de ce morphisme est p. Comme fλ=γkgkλ,
comme γket gkλsont deux morphismes de groupes de SO(2) vers lui-même, et comme le
degré de γkest kqui est arbitrairement grand, on voit que le degré de fλne peut être
que 0, donc que fλest le morphisme trivial.
(e) Si xSO(n)est une matrice de la forme (avec des 0dans les places vides) :
1...
1
cos(α)sin(α)
sin(α) cos(α)
1...
1
xappartient à un sous-groupe de SO(n)isomorphe à SO(2) (faire varier α). On a donc f(x) =
1. Or, on sait (programme du L2) que toute matrice orthogonale réelle de déterminant +1
est conjuguée d’un produit fini de matrices comme ci-dessus. Comme SO(2) est commutatif,
tout élément de SO(n)a même image par fque chacun de ses conjugués. On a donc f(x)=1
pour tout xSO(n).
3
II
(a) Comme Σest vide, son homologie est nulle. Il en est de même de tout ΣAsi Xest
vide. Si Xn’est pas vide, Σ{a}est contratile sur le point [x, 1, a](qui est indépendant de x
et qui existe puisque Xn’est pas vide). En effet, on définit h: Σ{a}×[0,1] Σ{a}en posant
h([x, t, a], s)=[x, (1 s)t+s, a]. Pour s= 0, on a l’application identique et h([x, t, a],1) =
[x, 1, a]. Ainsi, pour X6=, l’homologie de Σ{a}est celle du point.
(b) En fait, Σ{a,b}est juste la suspension (non réduite) de X. Il est pratique d’utiliser l’ho-
mologie réduite plutôt que l’homologie ordinaire. On notera que le sous-ensemble de Σ{a,b}
réduit au point [x, 1, a]est fermé dans Σ{a,b}car son image réciproque par la projection ca-
nonique est un fermé de X×[0,1]×{a, b}(à savoir X×{1}×{a}). Ainsi, son complémentaire
Uest ouvert dans Σ{a,b}, et il en est de même du complémentaire Vdu point [x, 1, b]. Bien
sûr, Uet Vrecouvrent Σ{a,b}, et UVse rétracte par déformation sur {[x, 0, a]|xX}qui
est homéomorphe à X. De plus, Uet Vsont contractiles (Use rétracte par déformation sur
{[x, t, b]|xX}, lequel se rétracte par déformation sur le point [x, 1, b]). La suite exacte de
Mayer-Vietoris nous donne donc l’isomorphisme :
˜
Hi+1{a,b})
'//˜
Hi(X)
Comme Uet Vsont connexes par arcs et UVnon vide, on en déduit que H0{a,b})'Λ,
H1{a,b})'˜
H0(X)et Hi{a,b})'Hi1(X)pour i2.
(c) Comme An’est pas vide, soit aA. On pose :
r([x, t, n]) = ([x, t, n]si nA
[x, t, a]si n6∈ A
On voit que rest continue, car l’application analogue X×[0,1] ×BX×[0,1] ×A(qui
est clairement continue) passe au quotient. Par ailleurs, il est clair que riest l’identité
de ΣA.
(d) Bien entendu, ΣAétant homéomorphe à ΣA0si Aet A0sont équipotents, on peut sup-
poser que A={0, . . . , n}. On utilise la notation Σnpour Σ{0,...,n}. On va montrer par récur-
rence sur nque ˜
Hin)est la somme directe de nexemplaires de ˜
Hi1(X). Le résultat est
déjà acquis pour n= 0 et n= 1 d’après les questions précédentes. On peut donc supposer
n2.
Notons Ule complémentaire du point [x, 1, n]dans Σnet Vle complémentaire de l’ensemble
fini {[x, 1, p]|p∈ {0, . . . , n 1}}.Uet Vsont deux ouverts qui recouvrent Σn. De plus,
Use rétracte par déformation sur Σn1et Vest contratile. Enfin, UVse rétracte par
déformation sur {[x, 0, p]|xX}. Comme l’inclusion de Σn1dans Σna une rétraction
continue, elle induit une injection en homologie, et il en est donc de même de l’inclusion de
Udans Σn. La suite exacte de Mayer-Vietoris nous donne donc les suites exactes courtes
scindées :
0//˜
Hin1)i//˜
Hin)//
r
nn
˜
Hi1(X)//0
qui donnent le résultat annoncé. On en déduit que (pour n2)H0n)'Λ,H1n)'
n
k=1 ˜
H0(X)et Hin)' ⊕n
k=1Hi1(X)pour i2.
4
(e) Si Aest infini, il est équipotent à N. Il y a donc juste à calculer HN). Or, Nest la li-
mite inductive (colimite filtrante) des {0, . . . , n}. Comme les limites inductives commutent
aux limites finies (donc aux produits finis) et aux colimites (donc aux coégaliseurs, et donc
en particulier aux passages au quotient), l’homologie de ΣNest isomorphe à la limite in-
ductive des homologies des Σn. On en déduit immédiatement que H0N)'Λ, que H1N)
est isomorphe à la somme directe d’une infinité dénombrable d’exemplaires de ˜
H0(X)et
que HiN)est isomorphe à la somme directe d’une infinité dénombrable d’exemplaires de
Hi1(X)pour i2.
III
(a) Généralement, l’élévation au carré (dans un anneau ou une algèbre sur un anneau)
n’est pas une application linéaire, ni même additive. Dans le cas présent elle est additive
car (on calcule ici dans l’algèbre H(X;Z/2Z)qui est commutative)
γ(x+y)=(x+y)^(x+y) = γ(x) + 2(x^y) + γ(y) = γ(x) + γ(y)
car 2(x^y)=0puisqu’on est dans un Z/2Z-espace vectoriel. Par ailleurs, on a triviale-
ment γ(0x)=0γ(x)et γ(1x)=1γ(x).
(b) On a 02= 0,12= 1,22= 0 et 32= 1 modulo 4. Les idempotents de Z/4Zsont donc 0et
1. Par ailleurs, on a
(x+y)2(xy)2= 2xy + 2xy = 4xy = 0
Enfin, on a 02= 22= 0 et 12= 32= 1.
(c) Le foncteur M7→ Hom(C(X), M)est exact à gauche. On a donc juste à montrer que c
est surjectif, ce qui résulte du fait que C(X;Z)est un Z-module libre.
(d) Rappelons (lemme du serpent) qu’on peut relever len ld’une manière quelconque.
Comme c(0) = 0 et c(1) = 1, et comme C1(X;Z)est Z-libre, on peut supposer que l(x)est un
idempotent pour tout 1-simplexe singulier xde X, autrement-dit que l(x)=0si l(x)=0et
l(x)=1si l(x)=1.
(e) L’existence et l’unicité de zrésultent de la construction du connectant.
Dire que lest un 1-cocycle est dire que lest nul sur les bord, autrement-dit que ld1(x) =
ld2(x) + ld0(x)(c’est une égalité dans Z/2Z) pour tout 2-simplexe singulier x.( 2)
La diagonale d’Alexander-Whitney appliquée à xdonne d2(x)d0(x)pour ce qui est de
la composante appartenant à C1(X)C1(X). Il en résulte immédiatement que (l ^ l)(x) =
ld2(x)ld0(x). Comme i:Z/2ZZ/4Zest injective, il suffit de montrer que (l)(x) = i((l ^
l)(x)) (égalité dans Z/4Z), autrement-dit que :
ld0(x)ld1(x) + ld2(x) = i(ld2(x)ld0(x))
(toujours dans Z/4Z).( 3) Comme ld1(x)et ld2(x) + ld0(x)sont égaux modulo 2, on a, d’après
2. Évidemment, on n’a pas en général ld1(x) = ld2(x) + ld0(x)puisque ln’est généralement pas un cocycle,
mais cette égalité (dans Z/4Z) reste vraie modulo 2.
3. Il n’y a pas de signe devant ipar définition du cobord, car (l)(x) = (1)|l|l((x)), et parce que lest
de degré 1. Noter que ceci est aussi cohérent avec la remarque précédente que le membre de gauche de cette
égalité est nul modulo 2.
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