Géométrie différentielle : exercices

Géométrie différentielle : exercices
Séance 1]– février 
Exercice .Soient E1et E2des espaces topologiques séparés et à base dénom-
brable. Soit Aune partie de E1.
. Montrer que la topologie induite sur Aest séparée et à base dénombrable.
. Montrer que la topologie produit, sur E1×E2, est séparée et à base dénom-
brable.
Correction.
.Séparé Si x,ysont deux éléments de A⊂E1, par séparabilité de E1il existe
Bxet Bydes ouverts de E1tels que
x∈Bx,y ∈By,Bx∩By=∅
et donc, en posant Cx=Bx∩Aet Cy=By∩A, les ensembles Cxet Cy
sont des ouverts de Aqui vérifient
x∈Cx,y ∈Cy,Cx∩Cy=∅
et terminent l’argument.
Base dénombrable Il suffit d’intersecter les éléments d’une base dénom-
brable de E1pour obtenir une base dénombrable de A.
.Séparé Si p= (x,y),(x0,y0) = p0sont deux éléments de E1×E2, alors x,x0
ou y,y0. Supposons que x,x0. Alors par séparabilité de E1, il existe B
et B0des ouverts séparant xet x0, donc B×E2et B0×E2sont des ouverts
de E1×E2séparant pet p0. De la même manière si x=x0mais que y,y0.
Base dénombrable Les produits B×Cd’éléments Bd’une base dénombrable
de E1et d’éléments Cd’une base dénombrable de E2forment une base
dénombrable de E1×E2.
Exercice .Montrer que le cône à nappes
C=n(x,y,z)∈R3t.q. z2=x2+y2o
muni de la topologie induite par la topologie usuelle de R3, n’est pas une variété
topologique de dimension 2.

Correction. Principe. L’idée est de considérer une propriété topologique (inva-
riante par homéomorphisme) et de voir qu’elle est vérifiée par les ouverts de R2
mais pas ceux du cône. La solution présentée ici peut sembler longue, mais n’est
composée que de quelques résultats simples et intuitifs.
Lemme .Si Vest un voisinage de 0sur le cône C, alors V\ {0}n’est pas connexe. En
particulier il n’est pas connexe par arc.
Démonstration. Le voisinage épointé V\ {0}s’écrit comme l’union disjointe des
ouverts C+=V∩R2×R+
0et C−=V∩R2×R− 0, puisque le seul point du cône à
cote nulle est le sommet 0. Ces ensembles sont non-vides parce qu’on considère la
topologie induite : il doit donc exister une boule centrée en 0 dont l’intersection
avec Cest dans V, et cette boule contient forcément des points dans C+et dans
C−. Donc V\ {0}n’est pas connexe.
Lemme .Soient deux espaces topologiques Eet F, et f:E→Fun homéomorphisme.
Eest connexe si et seulement si Fl’est.
Démonstration. Version courte : la connexité est une propriété topologique, et un
homéomorphisme est la notion d’équivalence entre espaces topologiques.
Version longue : fpréserve les ouverts et est une bijection, donc si Es’écrit
comme union d’ouverts non-vide, alors Fégalement. Et réciproquement.
Supposons maintenant, par l’absurde, que Cest une variété topologique de
dimension 2. Il existe alors un homéomorphisme d’un voisinage ouvert Vdu
sommet du cône (pour la topologie induite) vers un disque ouvert Ddans R2.
Ceci induit un homéomorphisme entre V\ {sommet}et D\ {un point}; le premier
étant non-connexe, le deuxième étant connexe (car connexe par arcs), ceci est une
contradiction.
Exercice .Soit f:X→Yune bijection continue. Montrer que si Xest compact
et Yest séparé, alors fest un homéomorphisme.
Indication Un espace topologique est dit compact s’il est séparé et si de tout re-
couvrement par des ouverts on peut tirer un sous-recouvrement fini . Les résul-
tats suivants sont supposés connus :
. L’image d’un compact par une fonction continue à valeur dans un espace
séparé est compacte.
. Si le caractère séparé manque, on parle parfois d’espace quasi-compact. Notons que certains
auteurs appellent compact ce que nous appellerions quasi-compact.

. Dans un espace compact, les parties fermées sont compactes.
. Dans un espace séparé, les parties compactes sont fermées.
. Une fonction est continue si et seulement si l’image réciproque de tout fermé
est un fermé.
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 .Comprendre et démontrer que si on a le diagramme commutatif
A
C
π
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
A B
¯
f//B
C
??
f
où ¯ fest continue et πune application quotient, alors fest continue.
Indication Une surjection π:A→Centre deux espaces topologiques est une
application quotient si, pour tout U⊂C,
Uest ouvert ⇐⇒ π−1(U) est ouvert.
Correction. Soit Uun 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) (dia-
gramme commutatif) est ouvert car ¯ fest continue. Dès lors fest continue.
Exercice .Comprendre les homéomorphismes suivants :
.Dn/Sn−1'Sn, où Sn−1est le bord de la boule fermée Dn⊂Rn.
.RP(n)'(Sn/∼), où x∼ −x.
Correction.
. 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 bi-
jection 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 r,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 t2,1
0 si 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 r,0
(1,0) si r= 0
(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.
. 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 (composée
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.

Exercice .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.
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 conte-
nant un point de E2, il contient aussi des points de E1. Ceci est une contradiction.
Exercice .Comprendre l’homéomorphisme RP(3) 'SO(3,R)
Correction. En combinant les homéomorphisme de l’exercice , l’espace projec-
tif de dimension 3 est homéomorphe à la boule fermée de rayon πde R3quotien-
tée 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 rota-
tion 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.