Problèmes de Topologie Algébrique

Problèmes de Topologie Algébrique
Alain Prouté
Ce document contient les problèmes de partiels et d’examens donnés à l’Université Paris-Diderot lors du cours de topologie algébrique du Master première année de Mathématiques Fondamentales des années 2011-2012, 2012-2013, 20132014 et 2014-2015. On trouvera les solutions en appendice.
Problème 1
I.
On note C la catégorie des espaces topologiques localement connexes par arcs et applications continues entre eux. On note π0 : C → Ens le foncteur qui envoie tout objet de C sur
l’ensemble de ses composantes connexes, et toute flèche de C sur la flèche induite entre
ensembles de composantes connexes.
(a) Montrer que π0 a un adjoint à droite (le construire explicitement).
(b) Montrer que π0 n’a pas d’adjoint à gauche. (On pourra utiliser la co-unité de l’adjonction, pour montrer que si F a π0 , alors l’image par F d’un singleton (et plus généralement
de n’importe quel ensemble) est vide.)
II.
Soit X un espace topologique séparé non vide, et U = (Ui )i∈I un recouvrement de X par
des ouverts ayant la propriété que pour tous i et j de I, il existe k ∈ I tel que Ui ∪ Uj ⊂ Uk .
On suppose de plus que chaque Ui est connexe par arcs et simplement connexe.
(a) Montrer que X est connexe par arcs.
(b) Montrer que X est simplement connexe.
III.
On note U le complémentaire de la droite d’équation y = x dans C2 .
(a) Montrer que l’application ϕ : U → C∗ ( 1 ) définie par ϕ(x, y) = x − y est une équivalence
d’homotopie, et que U est connexe par arcs.
On note P [X] l’ensemble des polynômes en X de la forme X 2 + aX + b (où a et b sont des
complexes) tels que a2 6= 4b. On pourra sans autre formalité identifier P [X] au complémentaire dans C2 de la courbe d’équation a2 = 4b. Soit π : U → P [X] l’application définie par
π(x, y) = (X − x)(X − y).
(b) Montrer que π est bien définie.
(c) Calculer la matrice jacobienne de π en tout (x, y) ∈ U , et en conclure que π est un
homéomorphisme local.
(d) Montrer que π : U → P [X] est un revêtement à deux feuilles et qu’il n’est pas trivial.
On note C[X]+ l’ensemble des polynômes en X non constants à coefficients complexes (c’està-dire de degré au moins 1). On sait qu’un tel polynôme a au moins une racine (théorème
de d’Alembert).
1. Où C∗ = C − {0}.
2
(e) Montrer qu’il n’existe aucune fonction continue C[X]+ → C associant à tout polynôme
l’une de ses racines.
IV.
Soit f : S2 → S1 une application continue telle que pour tout x ∈ S2 , on ait f (−x) = −f (x).
On note RP2 et RP1 les espaces projectifs de dimensions 2 et 1, c’est-à-dire les quotients
de S2 et S1 par la relation qui identifie tout x à son opposé (ou antipode) −x. On note f
l’application de RP2 vers RP1 induite par f .
(a) Rappeler quels sont les groupes fondamentaux des quatre espaces S1 , S2 , RP1 et RP2 ,
et expliquer pourquoi on peut ne pas tenir compte des points de base.
(b) Montrer qu’on a un diagramme commutatif de groupes
π1 (S2 )
π∗
f∗
π1 (RP2 )
f∗
/ π1 (S1 )
/ π1 (RP1 )
(où les flèches verticales sont induites par les projections canoniques) et que f ∗ est le morphisme nul.
Soit γ un chemin de S2 allant du pôle nord au pôle sud.
(c) Montrer que le chemin f ◦ π ◦ γ de RP1 est un lacet (pour un certain point de base dans
RP1 ) et qu’il n’est pas homotope au lacet constant.
(d) Déduire une contradiction de ce qui précède.
(e) Montrer que pour toute application continue g : S2 → R2 , il existe un point x ∈ S2 tel
que g(x) = g(−x). (Raisonner par l’absurde et construire une fonction f : S2 → S1 vérifiant
les hypothèses du début de l’exercice.)
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◦◦
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Problème 2
I.
L
Soit Λ un anneau commutatif unitaire. Soit M = i∈Z Mi un Λ-module différentiel gradué.
On dit qu’il est « relativement libre » si chaque Λ-module Mi est libre. On dit qu’il est « borné
inférieurement » s’il existe k ∈ Z tel que Mi = 0 pour i < k.
(a) Montrer que si M est acyclique, relativement libre et borné inférieurement, le morphisme identique de M est homotope au morphisme nul.( 2 ) (Procéder par récurrence sur
le degré.)
Soit f : M → N un morphisme de module différentiels gradués de degré k (|f | = k). On
définit le module gradué C(f ) en posant C(f )i = Mi−k−1 ⊕ Ni et on pose
x
∂
y
!
!
=
−(−1)k ∂(x)
f (x) + ∂(y)
(b) Vérifier que C(f ) est un module différentiel gradué.
(c) Montrer qu’on a la suite exacte courte de modules différentiels gradués
0
/N
y
u
/ C(f )
!
0
/
v
/M
/0
y
!
x y
/x
et montrer que le connectant de la suite exacte longue associée (lemme du serpent) est
f∗ : H∗ (M ) → H∗ (N ).
(d) Montrer que si M et N sont relativement libres et bornés inférieurement, et si f induit
un isomorphisme en homologie, alors f est une équivalence d’homotopie.
II.
Un partie de S3 homéomorphe à [0, 1]p sera appelée un « p-cube ». Un « cube » est une partie
A de S3 telle qu’il existe p ∈ N tel que A soit un p-cube. L’ensemble des cubes est ordonné
par inclusion et peut donc être vu comme une catégorie qu’on notera C . On aura aussi à
considérer certaines sous-catégories D de C k (k ∈ N). L’homologie est à coefficients dans Z.
On note Z le foncteur contravariant constant D → Z-Mod envoyant tout k-uple de cubes
sur Z et toute flèche (k-uple d’inclusions) sur l’identité de Z.
(a) Montrer que si A et B sont des p-cubes disjoints, on a un isomorphisme Z → H2 (S3 −
A ∪ B) naturel en A et B.( 3 ) Montrer que H̃1 (S3 − A ∪ B) = H̃0 (S3 − A ∪ B) = 0.
2. Il s’agit bien sûr ici d’« homotopies de chaînes ».
3. ∪ et ∩ ont précédence sur −. S3 − A ∪ B se lit donc S3 − (A ∪ B).
4
L’image de 1 ∈ Z par l’isomorphisme ci-dessus sera notée eAB . (eAB ) est donc une base du
Z-module H2 (S3 − A ∪ B), qu’on appelera sa « base canonique ».
(b) Montrer que pour tous cubes A et B disjoints, on a eAB = −eBA .
(c) Soient a et b deux cubes disjoints, α et β deux cubes disjoints tels que α ∪ β ⊂ a ∪ b.
Montrer que l’homorphisme
/ H2 (S3 − α ∪ β)
H2 (S3 − a ∪ b)
induit par l’inclusion, envoie eab sur
(
si α ⊂ a et β ⊂ b
si α ⊂ a et β ⊂ a
eαβ
0
(d) Soient A, B, C et D quatre cubes deux à deux disjoints. Montrer que les inclusions
canoniques induisent un isomorphisme
'
H2 (S3 − A ∪ B ∪ C ∪ D)
/ H2 (S3 − A ∪ B) ⊕ H2 (S3 − A ∪ C) ⊕ H2 (S3 − A ∪ D)
On notera encore eAB , eAC et eAD les éléments de H2 (S3 − A ∪ B ∪ C ∪ D) dont les images
par l’isomorphisme ci-dessus sont



eAB


 0 
0
0



0


 0 
eAD


eAC 
0
H2 (S3 − A ∪ B ∪ C ∪ D) est ainsi muni d’une « base canonique » (eAB , eAC , eAD ). Toutes les
matrices envisagées ci-après sont relatives aux bases canoniques.
(e) Soient a et b deux 1-cubes disjoints. Soient α et β les 0-cubes qui sont les deux extrémités de a, γ et δ les 0-cubes qui sont les deux extrémités de b. Montrer que la matrice du
morphisme
H2 (S3 − a ∪ b)
ϕ
/ H2 (S3 − α ∪ β ∪ γ ∪ δ)
induit par l’inclusion, est
 
0
 
1
1
On considère deux 2-cubes A et B (autrement-dit des « carrés ») qui ont deux cotés opposés
a et b en commun, et leurs quatre coins α, β, γ et δ en commun, comme l’indique la figure
ci-dessous
β
e
δ
δ
d
α
a
A
b
b
B
a
α
c
γ
γ
f
β
5
et qui n’ont pas de points communs en dehors de ceux de a et b. Les quatre cotés restant
ont été nommés c, d, e et f .
(f) Montrer que la matrice du morphisme
ψ
H2 (S3 − c ∪ e) ⊕ H2 (S3 − d ∪ f )
/ H2 (S3 − α ∪ β ∪ γ ∪ δ)
induit par les inclusions, est


1 1


0 1 
1 0
et montrer que H̃0 (S3 − A ∪ B) = 0.
(g) Montrer que le vecteur
 
1
 
0
0
complète les deux vecteurs colonnes de la matrice de la question (f) en une base de H2 (S3 −
α ∪ β ∪ γ ∪ δ), et que les vecteurs

 
0
 
1
1
et

−2
 
 0 
0
sont égaux modulo l’image de ψ.
(h) Déduire de ce qui précède que le conoyau du morphisme
H1 (S3 − A ∪ B)
/ H1 (S3 − c ∪ d ∪ e ∪ f )
Θ
induit par l’inclusion, est isomorphe à Z/2Z.
(i) Déduire de (h) qu’il n’existe aucune partie de S3 homéomorphe à RP2 . (Introduire un
troisième carré C collé à A ∪ B le long des cotés c, d, e et f .)
◦
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Problème 3
I.
On considère les deux fonctions f, g : [0, 1] → [0, 1]2 définies par
(
(2s, 0)
(1, 2s − 1)
si 0 ≤ s ≤ 1/2
si 1/2 ≤ s ≤ 1
(
(0, 2s)
(2s − 1, 1)
si 0 ≤ s ≤ 1/2
si 1/2 ≤ s ≤ 1
f (s) = (f1 (s), f2 (s)) =
g(s) = (g1 (s), g2 (s)) =
(a) Montrer que f et g sont des chemins (continus) de même origine et de même extrémité,
et donner une formule explicite pour une homotopie de f à g.
Soit G un groupe topologique (noté multiplicativement) connexe et localement connexe par
arcs. On prend l’élément neutre 1 ∈ G (qu’on notera aussi ∗) comme point de base.
(b) Soient σ et τ deux lacets de (G, ∗). Montrer que pour tout s ∈ [0, 1], (σ ?τ )(s) =
σ(f1 (s))τ (f2 (s)). En déduire une homotopie explicite du lacet σ ?τ au lacet τ ?σ.
(c) Montrer que tous les revêtements d’espace total connexe au dessus de G sont principaux.
Pour tous lacets σ et τ de (G, ∗), on note στ le lacet défini par (στ )(s) = σ(s)τ (s). On rappelle
que pour tout lacet σ on note [σ] l’élément qu’il représente dans le groupe fondamental.
(d) Montrer que l’application θ : π1 (G, ∗) × π1 (G, ∗) → π1 (G, ∗) envoyant ([σ], [τ ]) sur [στ ] est
la multiplication du groupe fondamental π1 (G, ∗). En déduire que si ι : G → G est définie
par ι(x) = x−1 , alors π1 (ι) : π1 (G, ∗) → π1 (G, ∗) est l’application [σ] 7→ [σ]−1 (= [σ −1 ]).
(e) Soit π : E → G un revêtement tel que E soit connexe, et soit ∗ ∈ E, tel que π(∗) = ∗.
Montrer qu’il existe une unique structure de groupe sur E faisant de E un groupe topologique d’élément neutre ∗ et telle que π soit un morphisme de groupes.( 4 )
II.
L’homologie est à coefficients dans un anneau commutatif unitaire Λ. On suppose n ≥ 1.
(a) Montrer que si K est un compact de Rn , Hq (Rn − K) = 0 pour q ≥ n.
(b) Montrer que si U est un ouvert de Rn , Hq (U ) = 0 pour q ≥ n.
III.
4. On aura à montrer que la structure obtenue sur E satisfait les axiomes des groupes. On se contentera de
le faire pour l’un des axiomes des groupes, la méthode étant la même pour les autres.
7
Dans cet exercice, la cohomologie est à coefficients dans Z. On a vu en cours (2 mai) que le
×
/ H ∗ (X × Sn ) est un isomorphisme. On suppose qu’on a
cross-produit H ∗ (X) ⊗ H ∗ (Sn )
n
des applications continues m : S × Sn → Sn (« multiplication ») et η : {∗} → Sn (« unité »)
faisant de Sn un monoïde à homotopie près.
m∗
/ H ∗ (Sn × Sn )
(a) Montrer que le composé H ∗ (Sn )
phisme d’algèbres graduées. Ce composé sera noté ∆.
×−1
/ H ∗ (Sn ) ⊗ H ∗ (Sn ) est un mor-
On désigne par α un générateur de H n (Sn ) ' Z.
(b) Montrer que la composante de ∆(α) dans H n (Sn ) ⊗ H 0 (Sn ) est α ⊗ 1 (où 1 est l’unité de
l’algèbre de cohomologie H ∗ (Sn )), et en déduire l’expression de ∆(α). (Aide : Utiliser (entre
autres choses) la naturalité du cross-produit et un diagramme qui exprime le fait que η est
neutre pour m à homotopie près.)
(c) Dans l’algèbre H ∗ (Sn ) ⊗ H ∗ (Sn ), calculer les produits (α ⊗ 1)(1 ⊗ α) et (1 ⊗ α)(α ⊗ 1).
(d) En utilisant les deux questions précédentes, calculer le carré de ∆(α).
(e) En déduire que n est impair.
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◦◦
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◦
Problème 4
Note : On utilise la notation du cours [X, x] pour représenter l’image du point x de X par
l’arête de source X de tout cocône colimite.
I.
Soit f : H → G un morphisme de groupes. On note f (H) le plus petit sous-groupe distingué
de G qui contient l’image de f , et on note π la projection canonique de G sur G/f (H).
(a) Montrer que dans la catégorie des groupes, le carré :
f
H
/G
π
/ G/f (H)
0
est cocartésien.
Soit (X, ∗) un espace topologique pointé connexe par arcs tel que π1 (X, ∗) soit isomorphe
au groupe SO(3) (dont on a oublié la topologie) des rotations de R3 . Soit f : (S1 , ∗) → (X, ∗)
une application continue pointée telle que f∗ : π1 (S1 , ∗) → π1 (X, ∗) ne soit pas le morphisme
nul. On colle une 2-cellule sur X via l’application d’attachement f , et on obtient ainsi un
espace topologique Y , dont on rappelle qu’il n’est autre que la colimite du diagramme :
D2 o
1
?_S
f
/X
(b) Montrer que Y est connexe par arcs.
On pose U = {[D2 , x] | x 6∈ S1 } et V = Y − {[D2 , 0]}, et on définit ϕ : S1 → U ∩ V et ψ : X → V
par ϕ(x) = [D2 , x/2] et ψ(x) = [X, x].
(c) Montrer que le diagramme :

U ∩O V /V
O
ϕ
S1
ψ
f
/X
est homotopiquement commutatif et que ϕ et ψ sont des équivalences d’homotopie.
(d) Montrer que Y est simplement connexe.
II.
Soit G un groupe topologique (dont la multiplication est notée par juxtaposition). On prend
l’élément neutre 1 de G comme point de base. Si σ et τ sont deux lacets de (G, 1), on note
σ ?τ leur concaténation, et στ le lacet t 7→ σ(t)τ (t).
9
(a) Montrer que les lacets σ ?τ et στ sont homotopes. (On pourra utiliser l’application Φ :
[0, 1] × [0, 1] → G définie par Φ(s, t) = σ(s)τ (t).)
Soit π : E → B un revêtement. On suppose que E et B sont connexes et localement
connexes par arcs, et que B est un groupe topologique (dont la multiplication est notée
par juxtaposition). On prend l’élément neutre 1 de B (qu’on notera aussi ∗) comme point de
base de B, et un point ∗ de la fibre au dessus de 1 comme point de base de E.
(b) Montrer que l’application Ψ : E × E → B définie par Ψ(x, y) = π(x)π(y) se relève le long
de π en une application continue m : E × E → E.
(c) Montrer que l’un des relèvements m construits en (b) munit E d’une structure de
groupe topologique pour laquelle π est un morphisme de groupes.
(d) Montrer que π est un revêtement principal.
III.
Soit (X, ∗) un espace topologique pointé. Soit U un famille d’ouverts de X, contenant tous
∗, couvrant X, et formant un ensemble ordonné filtrant pour la relation d’inclusion. On
note d le diagramme de groupes formé par les π1 (U, ∗) et les morphismes entre eux induits
par les inclusions canoniques.
(a) Montrer qu’on a un isomorphisme colim(d) → π1 (X, ∗).
(b) Montrer par un exemple que le même énoncé est faux sans l’hypothèse que l’ordre de
l’inclusion sur U est filtrant.
◦
◦◦
10
◦
Problème 5
L’homologie est à coefficients dans un anneau principal Λ. On note p1 : X × Y → X et
p2 : X × Y → Y les projections canoniques des produits d’espaces topologiques. On note
Γ
H∗ (X) ⊗ H∗ (Y )
/ H∗ (X × Y )
l’application obtenue en composant l’application canonique can : H∗ (X) ⊗ H∗ (Y ) =
H(C∗ (X)) ⊗ H(C∗ (Y )) → H(C∗ (X) ⊗ C∗ (Y )) avec l’application ∇∗ : H(C∗ (X) ⊗ C∗ (Y )) →
H(C∗ (X × Y )) = H∗ (X × Y ) induite par la transformation d’Eilenberg-Mac lane ∇. L’expression Γ(x ⊗ y) sera aussi notée x × y. On rappelle que Γ est une transformation naturelle
et que p2 ∗ (x × y) = ε(x)y (où ε : H∗ (X) → Λ est l’augmentation canonique), pour tous
x ∈ H∗ (X) et y ∈ H∗ (Y ).
Soit X un espace topologique et n un entier au moins égal à 2.( 5 )
(a) Montrer que Γ : H∗ (Sn−1 ) ⊗ H∗ (X) → H∗ (Sn−1 × X) est un isomorphisme.
On note i : Sn−1 → Dn l’inclusion canonique et Soit Φ : Sn−1 × X → Sn−1 × X un homéomorphisme tel que p1 ◦ Φ = p1 . On suppose qu’on a un carré cocartésien (dans Top) :
Sn−1 × X
i×1
(i×1)◦Φ
/ Dn × X
Dn × X
j1
j2
/E
Pour ne pas les confondre, on notera A1 et A2 les espaces de départ de j1 et j2 . On choisit
un point de base ∗ ∈ Sn−1 . On note u un générateur de H0 (Sn−1 ) et α un générateur de
Hn−1 (Sn−1 ).( 6 )
(b) Montrer qu’on a une suite exacte de la forme :
...
/ Hi (Sn−1 × X) ϕ / Hi (X) ⊕ Hi (X)
/ Hi (E)
/ Hi−1 (Sn−1 × X)
/ ...
où les deux composantes de la flèche ϕ sont induites respectivement par p2 et p2 ◦ Φ. (On
ne demande pas de décrire explicitement toutes les homotopies. On pourra se contenter
d’affirmer leur existence.)
(c) Montrer qu’on a un carré commutatif :
Hi (X)
λ∗
1
Hi (Sn−1 × X)
/ Hi (X)
ϕ
δ
/ Hi (X) ⊕ Hi (X)
où λ(x) = (∗, x) et où les deux composantes de δ sont l’identité et la flèche induite par
x 7→ p2 (Φ(∗, x)).
5. En fait, la plupart des résultats démontrés ici restent valables pour n = 1, mais les démonstrations
diffèrent légèrement.
6. Un générateur est un vecteur formant à lui tout seul une base du Λ-module.
11
(d) Montrer qu’on a la suite exacte courte :
/ H∗ (X)
0
Γ−1 ◦λ∗
/ H∗ (Sn−1 ) ⊗ H∗ (X)
ψ
/ H∗ (X)
/0
où ψ(u ⊗ x) = 0 et ψ(α ⊗ x) = x.
(e) On note µ : X → X la flèche x 7→ p2 (Φ(∗, x)) (qui est un homéomorphisme). On pose
γ(x, y) = µ∗ (x) − y. Montrer qu’on a un diagramme commutatif de la forme :
0
0
/ Hi (X)
0
Γ−1 ◦λ∗
(1)
(4)
/0
ϕ◦Γ
/ Hi (X) ⊕ Hi (X)
γ
1
/ Hi (E)
0
/ Hi (E)
(6)
/ Hi (X)
0
(3)
δ
/ Hi−n+1 (X)
/ Hi (X)
(5)
ψ
Hi+1 (E)
0
(2)
/ (H0 (Sn−1 ) ⊗ Hi (X)) ⊕ (Hn−1 (Sn−1 ) ⊗ Hi−n+1 (X))
Hi+1 (E)
1
1
0
0
0
(f) Montrer qu’on a une suite exacte :
...
/ Hi−n+1 (X)
w
/ Hi (X)
/ Hi (E)
/ Hi−n (X)
/ ...
où la flèche w est donnée par x 7→ p2 ∗ Φ∗ (α × x).
(g) On suppose que X est homéomorphe à Sp (p > 0) et E homéomorphe à Sq . Montrer que
n + p = q et n − p = 1.
◦
◦◦
12
◦
Problème 6
I.
On note π : S2 → RP2 la projection canonique, et on note (x, y) 7→ hx, yi le produit scalaire
canonique de R3 .
(a) Montrer que pour toute f : RP2 → RP2 continue, il existe f : S2 → S2 continue telle que
π ◦ f = f ◦ π.
(b) Montrer que si f : RP2 → RP2 (continue) n’a pas de point fixe, et si f est comme en (a),
les vecteurs (de R3 ) x et f (x) sont linéairement indépendants (pour tout x ∈ S2 ).
(c) Montrer que si f : RP2 → RP2 (continue) n’a pas de point fixe, il existe une application
continue g : S2 → S2 telle que hg(x), xi = hg(x), f (x)i = 0 (pour tout x ∈ S2 ).
(d) Montrer que toute application continue f : RP2 → RP2 a un point fixe.
II.
Soit f : S1 → S1 une application de degré de Brouwer k ∈ Z, tel que k 6= 0.
(a) Calculer l’homologie à coefficients dans Z de l’espace Xk tel qu’on ait le carré cocartésien :
S1
f
_
/ S1
/ Xk
D2
Soient k, l et m des éléments non nuls de Z.
(b) Calculer l’homologie de Xk × Xl à coefficients dans Z.
(c) Calculer l’homologie de Xk × Xl à coefficients dans Z/m.
III.
Soient U et V deux ouverts d’un espace topologique. Les coefficients sont dans un groupe
abélien quelconque. On note ∂ ∗ : H ∗ (U ∩ V ) → H ∗ (U ∪ V ) le connectant de la suite exacte
de Mayer-Vietoris correspondante en cohomologie. On note i : U ∩ V → U ∪ V l’inclusion
canonique.
(a) Construire, pour tout x ∈ H ∗ (U ∩ V ), un cocycle γ défini sur U ∪ V représentant ∂ ∗ (x)
et tel que la restriction de γ à V soit nulle.
(b) En déduire que si x ∈ H ∗ (U ∩ V ) et y ∈ H ∗ (U ∪ V ), on a ∂ ∗ (x ^ i∗ (y)) = ∂ ∗ (x) ^ y.
Soit X un espace topologique non vide. On note ΣX le quotient de X × [0, 1] par la plus
petite relation d’équivalence ∼ telle que (x, 0) ∼ (y, 0) et (x, 1) ∼ (y, 1) pour tous x et y
13
de X. L’image du couple (x, t) dans le quotient ΣX sera notée [x, t]. On note U (resp. V )
l’ensemble des [x, t] ∈ ΣX tels que t 6= 1 (resp. t 6= 0).
(c) Montrer que U et V sont contractiles.
(d) Montrer que si x ∈ H i (ΣX) et y ∈ H j (ΣX), avec i > 0 et j > 0, on a x ^ y = 0.
IV.
On rappelle que si A et B sont deux parties d’un ensemble X, on a posé A − B = {x ∈
X | x ∈ A ∧ x 6∈ B}. On pose (pour n ≥ 1) Rn+ = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn | xn ≥ 0}. Dans tout
cet exercice, X désigne une variété topologique à bord de dimension n ≥ 1. On note UX
l’ensemble des ouverts U de X tels que H∗ (U, U − ∂X; Z) = 0.
(a) Montrer que pour tout ouvert U de X, on a U ⊂ ∂X ⇔ U = ∅.
(b) Montrer que si U , V et U ∩ V sont dans UX , U ∪ V est dans UX .
(c) Montrer que si {Ui }i∈I est une famille filtrante (pour l’inclusion) d’éléments de UX ,
S
i∈I Ui est dans UX .
(d) Montrer que tout ouvert convexe de Rn+ est dans URn+ .
(e) Montrer que tout ouvert de Rn+ est dans URn+ .
(f) Montrer que tout ouvert de X est dans UX .
(g) Montrer que si U est un ouvert de X, et si G est un groupe abélien, les flèches H∗ (U −
∂X; G) → H∗ (U ; G) et H ∗ (U ; G) → H ∗ (U − ∂X; G) sont des isomorphismes.
◦
◦◦
14
◦
Problème 7
Dans tout ce problème, l’homologie et la cohomologie sont à coefficients dans Z. Soit G un
groupe fini noté additivement, mais éventuellement non commutatif, agissant continuement et librement à droite sur la sphère S3 . On note 0 l’élément neutre de G. On note A
l’anneau des polynômes en X à coefficients dans Z et à exposants dans G (les opérations
sur ces polynômes sont les opérations habituelles, avec en particulier X g X h = X g+h , mais
on fera attention au fait que si G n’est pas commutatif, la multiplication de ces polynômes
n’est pas commutative). L’élément X 0 de A , qui est l’unité de l’anneau A , sera aussi noté
1. On note ε : A → Z l’application Z-linéaire définie par ε(X g ) = 1 pour tout g ∈ G. On note
I le noyau de ε.
(1) Montrer qu’il existe une application Z-linéaire ρ : A → I telle que ρ(x) = x pour tout
x ∈ I et telle que a = ρ(a) + ε(a)1 pour tout a ∈ A .
On note µ : A ⊗Z A → A la multiplication de l’anneau A . On note I 2 l’image de µ :
I ⊗Z I → A .
(2) Montrer que I est libre comme Z-module, avec pour base {X g − 1}g∈G−{0} et que
I2 ⊂ I.
Pour tout Z-module M , le Z-module M ⊗Z A reçoit la structure de A -module à droite définie
par la flèche 1 ⊗ µ : (M ⊗Z A ) ⊗Z A → M ⊗Z A , et Z reçoit les structures de A -module à
gauche et à droite définies par les flèches ε : A ⊗Z Z → Z et ε : Z ⊗Z A → Z.
(3) Montrer que :
I ⊗Z I ⊗Z A
µ⊗1−1⊗µ
µ
/ I ⊗Z A
/A
ε
/Z
/0
est une suite exacte de A -modules à droite, dont tous sauf le dernier sont A -libres. (On
pourra utiliser les applications h1 = (x ⊗ a 7→ −x ⊗ ρ(a) ⊗ 1) de I ⊗Z A vers I ⊗Z I ⊗Z A ,
et h0 = (a 7→ ρ(a) ⊗ 1) de A vers I ⊗Z A , dont on justifiera qu’elles sont bien définies et
Z-linéaires.)
(4) Montrer que la flèche µ ⊗ 1 : I ⊗Z A ⊗A Z → A ⊗A Z est nulle.
2
(5) Montrer que TorA
1 (Z, Z) ' I /I .
Si x ∈ I , on note x sa classe dans le quotient I /I 2 .
(6) Montrer que l’application ϕ : G → I /I 2 définie par g 7→ X g − 1 est un morphisme de
groupes. (Aide : on pourra calculer la valeur de l’expression (a − 1)(b − 1) + (a − 1) + (b − 1)
dans un anneau unitaire (non commutatif) quelconque.)
(7) Monter que ϕ est surjective et que son noyau est [G, G] (où [G, G] est le sous-groupe des
commutateurs de G). En déduire que TorA
1 (Z, Z) ' G/[G, G].
(8) Montrer que :
C3 (S3 )
∂
/ C2 (S3 )
∂
/ C1 (S3 )
∂
/ C0 (S3 )
ε
/Z
/0
(où ε est l’augmentation canonique) est une suite exacte de A -modules à droite (on précisera la structure de A -module à droite de Ci (S3 )), que chaque Ci (S3 ) est A -libre, et que
toutes les flèches de cette suite sont A -linéaires.
15
(9) Montrer que les deux complexes :
C2 (S3 ) ⊗A Z
C2 (S3 /G)
/ C1 (S3 ) ⊗A Z ∂⊗1 / C0 (S3 ) ⊗A Z
∂
∂
/ C1 (S3 /G)
/ C0 (S3 /G)
∂⊗1
/0
/0
(où S3 /G est le quotient de S3 par l’action de G), sont isomorphes (donner explicitement un
isomorphisme et son inverse). En déduire que H1 (S3 /G) ' G/[G, G].
(10) Montrer que S3 /G est une variété topologique compacte connexe sans bord de dimension 3, et calculer son groupe fondamental.
(11) Montrer que la variété S3 /G est orientable.
(12) Calculer H 1 (S3 /G).
(13) Calculer Hi (S3 /G) pour tout i ∈ N.
◦
◦◦
16
◦
Problème 8
I
Soit I une catégorie ayant un objet final, et soit d : I → C un diagramme indexé par I
(dans une catégorie quelconque C ).
(a) Montrer que d a une colimite.
II
Dans une catégorie C , on considère un carré cocartésien :
A
f
g0
g
C
/B
f0
/D
(a) Montrer que si f est un isomorphisme, alors f 0 est un isomorphisme.
(b) Montrer que si f est un épimorphisme, alors f 0 est un épimorphisme.
III
Le but de l’exercice est de montrer par récurrence sur n que π1 (SO(n)) ' Z/2Z pour tout
n ≥ 3. On rappelle que SO(3) est homéomorphe à RP3 et donc que π1 (SO(3)) ' π1 (RP3 ) '
Z/2Z et que SO(n) est connexe. Le produit scalaire de x, y ∈ Rn sera noté hx, yi. On note
Sn−1 la sphère unité de Rn . Soit x0 un point de Sn−1 . On note G le sous-groupe de SO(n) des
isométries qui laissent x0 fixe.
(a) Montrer que G est isomorphe (comme groupe topologique) à SO(n − 1).
Pour tous x, y ∈ Sn−1 tels que y 6= ±x, on pose (pour tout z ∈ Rn ) :
αyx (z) =
hz, xi − hx, yihz, yi
1 − hx, yi2
et
ryx (z) = z − αyx (z)(x + y − 2hx, yix) + αxy (z)(x − y)
(b) (0) Montrer que αyx est bien défini. (1) Montrer que si z est orthogonal à x et à y,
alors ryx (z) = z. (2) Montrer que l’unique plan (vectoriel) contenant x et y est stable par
ryx . (3) Montrer que ryx (y) = x. (4) Montrer que ryx (x) = −y + 2hx, yix. (5) En déduire que
ryx ∈ SO(n). (6) Montrer que quand y tend vers x (dans Sn−1 ), ryx tend vers 1 (l’élément
neutre de SO(n)).
On pose rxx = 1 pour tout x ∈ Sn−1 . On définit π : SO(n) → Sn−1 en posant π(f ) = f (x0 ).
Pour tout x ∈ Sn−1 , on pose Ux = Sn−1 − {x} et Vx = π −1 (Ux ).
17
x0
◦ rf−x
(c) Montrer que pour x 6= x0 , f 7→ (π(f ), r−x
(x0 ) ◦ f ) définit un homéomorphisme ϕx :
Vx → Ux × G (on donnera l’inverse de ϕx explicitement).
Pour les deux questions qui suivent, soit x ∈ Sn−1 un point distinct de ±x0 .
(d) (1) Montrer que π1 (Vx ) ' Z/2Z (utiliser l’hypothèse de récurrence). (2) Montrer que
l’inclusion Vx ∩ V−x ⊂ Vx induit un isomorphisme sur les groupes fondamentaux.
(e) Appliquer le théorème de van Kampen avec les ouverts Vx et V−x pour montrer que
l’inclusion Vx ⊂ SO(n) induit un isomorphisme sur les groupes fondamentaux (on pourra
utiliser le résultat de II (a)).
IV
On rappelle que le foncteur d’oubli U : Gr → Ens (des groupes (non nécessairement abéliens) vers les ensembles) a un adjoint à gauche L. Si X est un ensemble fini à n éléments,
le groupe L(X) est appelé un « groupe libre sur n générateurs ».
(a) Le groupe G étant libre sur n générateurs, montrer que si le carré de la catégorie Gr :
0
/G
/H
Z
est cocartésien, H est un groupe libre sur n + 1 générateurs.
(b) Montrer par récurrence sur n que le groupe fondamental du plan complexe privé de
n points (distincts) est un groupe libre sur n générateurs (quel que soit le point de base
choisi).
Pour tout entier n au moins égal à 2, on note En le plan complexe privé de 0 et des racines
n-ièmes de l’unité. On note B le plan complexe privé des points 0 et 1.
(c) Montrer que pour tout n ≥ 2, l’application πn : En → B définie par πn (z) = z n est un
revêtement.
(d) En déduire que tout groupe libre sur 2 générateurs possède pour tout n ∈ N, un sousgroupe qui est libre sur n générateurs.
◦
◦◦
18
◦
Problème 9
Quand rien n’est précisé à ce sujet, l’homologie est à coefficients dans un anneau commutatif unitaire quelconque Λ.
I
On considère les deux DG-Z-modules (les suites sont prolongées par des 0 de part et
d’autre) :
M=
0
/Z
N=
0
/0
×2
/Z
/0
/ Z/2
/0
(a) Construire un quasi-isomorphisme ϕ : M → N .
(b) Trouver un DG-Z-module P tel que ϕ ⊗ 1 : M ⊗ P → N ⊗ P ne soit pas un quasiisomorphisme.
II
Soit n ≥ 1. On peut considérer Rn comme un sous-espace vectoriel de Rn+1 , et donc considérer RPn−1 comme un sous-espace (topologique) de RPn .
Montrer que l’inclusion canonique de RPn−1 dans RPn n’admet pas de rétraction continue.
III
Soit M un sous-espace vectoriel de dimension p de Rn . Soit s la symétrie orthogonale par
rapport à M . La sphère unité Sn−1 est stable par s.
Montrer que s∗ : Hn−1 (Sn−1 ) → Hn−1 (Sn−1 ) est la multiplication par (−1)n−p .
IV
Soit M un Λ-module positivement gradué, et f : M → M une application linéaire de degré
+1. On pose N = Im(1 − f ). On note γi la flèche canonique de Mi vers M/N .
(a) Montrer que les γi sont les arêtes d’un cocône colimite sur le diagramme D ci-dessous :
M0
f
/ M1
f
Soit a ∈ M0 tel que ∀n∈N f n (a) 6= 0.
(b) Montrer que γ0 (a) 6= 0.
19
/ M2
f
/ ...
V
Soit f : [0, 1]p → Sn une application continue injective, où p et n sont deux entiers naturels.
On pose A = Im(f ). On se propose de démontrer par récurrence sur p que H̃i (Sn − A) = 0
pour tout entier i. On note cet énoncé Hp .
(a) Démontrer H0 .
On se donne p > 0 et on suppose que Hp−1 est vrai. On pose A0 = f ([0, 1]p−1 × [0, 1/2 ]) et
A00 = f ([0, 1]p−1 × [1/2 , 1]).
(b) Montrer qu’on a l’isomorphisme :
H̃i (Sn − A)
/ H̃i (Sn − A0 ) ⊕ H̃i (Sn − A00 )
induit par les inclusions.
On suppose maintenant que H̃i (Sn − A) contient un élément x non nul.
(c) Construire une suite décroissante {Ck }k∈N de parties de [0, 1]p telle que les images
successives de x dans les H̃i (Sn − Ak ), où Ak = f (Ck ), soient toutes non nulles, et telle que
T
p−1 .
k Ck soit homéomorphe à [0, 1]
(d) En déduire que la colimite du diagramme
/ ...
H̃i (Sn − A0 )
/ H̃i (Sn − Ak )
/ H̃i (Sn − Ak+1 )
/ ...
n’est pas nulle, et trouver une contradiction (utiliser IV).
(e) Montrer par récurrence sur p que si A est une partie de Sn homéomorphe à Sp , avec
0 ≤ p ≤ n − 1, alors H̃n−p−1 (Sn − A) ' Λ et H̃i (Sn − A) = 0 pour i 6= n − p − 1.
VI
Soit π : E → S7 un fibré vectoriel réel dont la fibre est de dimension (réelle) 4. On note E 0
le complémentaire (dans E) de l’image de la section nulle de π.
Montrer que E 0 n’a pas le type d’homotopie d’une sphère.
◦
◦◦
20
◦
Problème 10
I
Soit n un entier tel que n ≥ 3. Soit f : SO(n) → SO(2) une application continue. On rappelle
que le groupe fondamental de SO(n) est isomorphe à Z/2Z pour n ≥ 3.
(a) Montrer que f est homotope à une application constante.
On suppose de plus que f (1) = 1.
(b) Soit k un entier tel que k ≥ 1. Montrer qu’il existe une unique application continue
gk : SO(n) → SO(2) telle que pour tout x ∈ SO(n), on ait f (x) = gk (x)k , et telle que gk (1) = 1.
On suppose désormais que f est un morphisme de groupes.
(c) Montrer que l’application gk de la question précédente est un morphisme de groupes.
(d) Montrer que la restriction de f à tout sous-groupe de SO(n) qui est isomorphe à SO(2)
est constante.( 7 )
(e) En déduire que f est le morphisme trivial (i.e. ∀x∈SO(n) f (x) = 1).
II
Soit X, un espace topologique. Pour toute partie A de N (lequel est muni de la topologie discrete), on note ΣA l’espace topologique quotient de X ×[0, 1]×A par 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] ∈ ΣA la
classe d’équivalence de (x, t, n). L’homologie est à coefficients dans un anneau Λ quelconque.
Il est recommandé d’utiliser l’homologie réduite pour calculer l’homologie ordinaire.
(a) Calculer H∗ (Σ∅ ), et H∗ (Σ{a} ) en fonction de H∗ (X).
(b) Calculer H∗ (Σ{a,b} ) (a 6= b) en fonction de H∗ (X).
(c) Si A ⊂ B ⊂ N, l’inclusion de A dans B induit l’application continue i : ΣA → ΣB
(i([x, t, n]) = [x, t, n]). Montrer que si A n’est pas vide, i a une rétraction continue r : ΣB →
ΣA .
(d) On suppose que A est une partie finie de N. Calculer H∗ (ΣA ) en fonction de H∗ (X) et
du cardinal de A.
(e) Calculer H∗ (ΣA ) en fonction de H∗ (X) pour A infini.
(suite au verso)
7. On rappelle que les morphismes continus du groupe SO(2) vers lui-même sont tous de la forme x 7→ xp ,
avec p ∈ Z.
21
III
Soit X un espace topologique.
(a) Montrer que l’application γ : H 1 (X; Z/2Z) → H 2 (X; Z/2Z) définie par γ(x) = x ^ x est
Z/2Z-linéaire.
(b) Déterminer les éléments idempotents (c’est-à-dire, les x tels que x = x2 ) de Z/4Z,
montrer que pour tous x et y de Z/4Z, on a (x + y)2 = (x − y)2 , et montrer que si x et y sont
égaux modulo 2, alors x2 = y 2 .
(c) On considère la suite exacte de Z-modules :
0
/ Z/2Z
i
/ Z/4Z
c
/ Z/2Z
/0
où c est 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 H 1 (X; Z/2Z) → H 2 (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/2Z un 1-cocycle. Montrer qu’il existe une 1-cochaîne l : C1 (X; Z) →
Z/4Z telle que c∗ (l) = l et telle que pour tout 1-simplexe singulier x de X, l(x) soit un
idempotent.
(e) On reprend la cochaîne l de la question précédente. On note z l’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]
, l’élement 1 + X + X 4 ne peut pas s’écrire sous la
X5
2
2
forme (1 + aX + bX )(1 + cX + dX ) ni sous la forme (1 + aX)(1 + bX + cX 2 + dX 3 ).
(b) En déduire que le fibré tangent à RP4 n’est pas la somme directe de deux fibrés vectoriels réels de dimensions strictement inférieures à 4.
◦
◦◦
22
◦
Problème 11
I
(a) Soit G un groupe et (Hi )i∈I une famille de sous-groupes distingués de G. Montrer que
T
i∈I Hi est un sous-groupe distingué de G.
(b) Montrer que pour tout morphisme de groupes f : G → H et toute partie X de G, si
X ⊂ Ker(f ), alors f passe au quotient en f : G/N → H, où N est le plus petit sous-groupe
distingué de G contenant X.
(c) Montrer que pour tout morphisme de groupes f : G → H, la colimite (somme amalf
/ H (dans la catégorie des groupes) est isomorphe au
gamée) du diagramme 0 o
G
quotient de H par le plus petit sous-groupe distingué de H contenant l’image de f .
II
Soit (X, ∗) un espace topologique pointé, et soit a ∈ π1 (X, ∗). On identifie S1 à l’ensemble
des nombres complexes de module 1. On note u le générateur de π1 (S1 , 1) représenté par le
lacet s 7→ e2iπs (défini sur [0, 1]).
(a) Montrer qu’il existe une application continue pointée α : (S1 , 1) → (X, ∗) telle que
α∗ (u) = a.
On identifie D2 à l’ensemble des nombres complexes de module au plus 1. On définit Y
comme le quotient de l’union disjointe de D2 et de X par la plus petite relation d’équivalence
qui identifie x ∈ S1 avec α(x) ∈ X. On note ∗ la classe de ∗ ∈ X dans ce quotient.
(b) En utilisant le théorème de van Kampen, montrer que π1 (Y, ∗) est isomorphe au quotient de π1 (X, ∗) par le plus petit sous-groupe distingué de π1 (X, ∗) contenant a.
III
On note p1 : X × Y → X et p2 : X × Y → Y les projections canoniques, que X et Y soient
des espaces topologiques ou des groupes. Soient (X, ∗) et (Y, ∗) des espaces topologiques
pointés. Le produit X × Y est pointé par ∗ = (∗, ∗).
(a) Montrer que l’application hp1 ∗ , p2 ∗ i : π1 (X × Y, ∗) → π1 (X, ∗) × π1 (Y, ∗) (définie par
hp1 ∗ , p2 ∗ i(x) = (p1 ∗ (x), p2 ∗ (x))) est un isomorphisme de groupes.
On définit i : X → X ×Y par i(x) = (x, ∗) et j : π1 (X, ∗) → π1 (X, ∗)×π1 (Y, ∗) par j(x) = (x, 1)
(où 1 est l’élément neutre de π1 (Y, ∗)).
(b) Montrer que le diagramme :
i∗
π1 (X, ∗)
1
π1 (X, ∗)
/ π1 (X × Y, ∗)
j
p2 ∗
hp1 ∗ ,p2 ∗ i
/ π1 (X, ∗) × π1 (Y, ∗)
23
/ π1 (Y, ∗)
p2
1
/ π1 (Y, ∗)
est commutatif.
(c) En déduire qu’on a la suite exacte :
/ π1 (X, ∗)
0
i∗
/ π1 (X × Y, ∗)
p2 ∗
/ π1 (Y, ∗)
/0
IV
On note U le groupe des complexes de module 1. On note x le conjugué du nombre complexe
x. On pose T = U × U et ∗ = (1, 1) ∈ T . Tous les « chemins » sont des applications continues. On note par le signe ? la concaténation des chemins (quand ils sont concaténables),
l’opérande de gauche étant parcouru en premier. Pour tout chemin σ : [0, 1] → X, on pose
σ −1 (s) = σ(1 − s).
Soit σ : [0, 1] → T le chemin défini par σ(s) = (1, eiπs ) et pour tout t ∈ [0, 1], soit τt : [0, 1] → T
le chemin défini par τt (s) = (e2iπs , eiπt ).
(a) Montrer que σ ? τ1−1 ? σ −1 est un lacet de (T, ∗) et qu’il est homotope à τ0−1 .
On considère l’application ϕ : T → T définie par ϕ(x, y) = (x, −y).
(b) Montrer qu’il existe une et une seule action (à droite) de Z/2Z = {0, 1} sur T telle que
(x, y).1 = ϕ(x, y) pour tout (x, y) ∈ T .
On note K le quotient de T par cette action, ρ : T → K la projection canonique et on note
encore ∗ ∈ K l’orbite de ∗ ∈ T . On pose σ 0 = ρ ◦ σ et τ 0 = ρ ◦ τ0 .
(c) Montrer que σ 0 et τ 0 sont des lacets de (K, ∗) et que le lacet σ 0 ? τ 0 ? σ 0−1 est homotope
au lacet τ 0−1 .
(d) Montrer qu’on a une suite exacte :
0
/ π1 (T, ∗)
ρ∗
/ π1 (K, ∗)
θ
/ Z/2Z
/0
et que τ 0 n’est pas homotope au lacet constant de (K, ∗).
On note P le quotient de U par l’action antipodale, et on note encore ρ : U → P la projection
canonique.
(e) Montrer que la seconde projection canonique p2 : T → U passe au quotient pour donner
une application p : K → P et qu’on a le diagramme commutatif à lignes exactes :
0
/ π1 (T, ∗)
p2 ∗
0
/ π1 (U, ∗)
ρ∗
ρ∗
/ π1 (K, ∗)
θ
p∗
/ π1 (P, ∗)
θ
/ Z/2Z
/0
1
/ Z/2Z
/0
(Aide : pour prouver la commutativité du carré de droite, utiliser le lacet σ 0 de (K, ∗).)
On note i : U → T l’application définie par i(x) = (x, 1).
24
(f) Montrer que p : K → P admet une section continue. En déduire qu’on a un homomorphisme surjectif q : π1 (K, ∗) → Z et que ρ∗ ◦ i∗ est un isomorphisme de Z vers le noyau de q.
(Utiliser le résultat de III(c).)
(g) Montrer que π1 (K, ∗) n’a pas d’élément d’ordre 2.
(h) Montrer que π1 (K, ∗) n’est pas commutatif.
◦
◦◦
25
◦
Problème 12
I
Soit n ∈ N tel que n ≥ 1. On rappelle que Dn = {x ∈ Rn | kxk ≤ 1} et que Sn−1 = {x ∈
Rn | kxk = 1} (où kxk est la norme euclidienne de x). On note ∗ le point de coordonnées
(1, 0, . . . , 0) de Rn (qui existe car n ≥ 1). Soit X un espace topologique non vide. L’homologie
est à coefficients dans Z.
(a) Montrer que Dn ×X se rétracte par déformation sur {∗}×X (on donnera une homotopie
explicitement) et en déduire que pour tout i ∈ Z, on a Hi (Dn × X, {∗} × X) = 0.
(b) Montrer que le connectant de la suite exacte du triple (Dn × X, Sn−1 × X, {∗} × X) :
Hi (Dn × X, Sn−1 × X)
∂∗
/ Hi−1 (Sn−1 × X, {∗} × X)
est un isomorphisme pour tout i ∈ Z.
On pose U = Sn − {−∗} et V = Sn − {∗}.
(c) Montrer qu’on a des isomorphismes :
Hi (Sn × X, {∗} × X)
'
/ Hi (Sn × X, U × X) o '
Hi (V × X, Sn−1 × X)
(d) En déduire que Hi (Sn × X, {∗} × X) ' Hi−n (X) pour tout i ∈ Z.
(e) Montrer qu’on a la suite exacte scindée (pour tout i ∈ Z) :
/ Hi ({∗} × X)
0
/ Hi (Sn × X)
/ Hi (Sn × X, {∗} × X)
/0
(où les flèches sont induites par les inclusions).
(f) En déduire que Hi (Sn × X) ' Hi (X) ⊕ Hi−n (X) pour tout i ∈ Z.
Pour tout x ∈ Sn , on pose i1 (x) = (x, ∗) ∈ Sn × Sn et i2 (x) = (∗, x) ∈ Sn × Sn . On note p1 et p2
les projections canoniques du produit Sn × Sn .
(g) Montrer que le composé :
Hn (Sn ) ⊕ Hn (Sn )
(i1∗
i2∗ )
/ Hn (Sn × Sn )
p1 ∗
p2 ∗
/ Hn (Sn ) ⊕ Hn (Sn )
est l’application identique.
(h) En déduire que les deux flèches du diagramme de la question (g) sont des isomorphismes.
Soit ϕ : Sn × Sn → Sn une application continue telle que ϕ(x, ∗) = ϕ(∗, x) = x pour tout
x ∈ Sn .
(i) Montrer que l’application σ = ϕ∗ ◦ i1∗ i2∗ est l’addition du Z-module Hn (Sn ), et que
!
p
ϕ∗ = σ ◦ 1 ∗ .
p2 ∗
26
On rappelle que S1 et S3 sont des groupes multiplicatifs( 8 ) admettant ∗ pour élément
neutre.
(j) On suppose que n = 1 ou n = 3. Soient f, g : Sn → Sn des applications continues. On note
f g l’application x 7→ f (x)g(x). Montrer qu’on a (f g)∗ = f∗ + g∗ : Hn (Sn ) → Hn (Sn ).
II
La cohomologie est à coefficients dans un anneau Λ commutatif et unitaire, non réduit à 0.
Soit π : E → X (X non vide) un fibré vectoriel réel Λ-orienté de dimension p ≥ 1. On note
s0 : X → E la section nulle de π, et on pose E 0 = E − Im(s0 ).
(a) (question de cours) Écrire la suite exacte de Thom-Gysin pour ce fibré.
On suppose désormais que E 0 est contractile.
(b) Montrer que X est connexe par arcs.
(c) Montrer que
(
i
H (X) '
Λ
0
si i ≥ 0 et si i est un multiple de p
sinon
(d) En déduire que si X est un CW-complexe, il n’est égal à aucun de ses squelettes.
(e) Montrer que la classe d’Euler du fibré π n’est pas nulle.
(f) En déduire que toute section (continue) de π s’annulle en au moins un point de X.
◦
◦◦
◦
8. Il s’agit du groupe des complexes de module 1 et du groupe des quaternions de module 1.
27
Problème 13
I
On rappelle que SO(3) est homéomorphe à RP3 . Soit H le sous-groupe de SO(3) engendré
par une rotation r d’angle 2π
3 .
(a) Rappeler quel sont les sous-groupes distingués du groupe de permutations S3 .
(b) Montrer que la projection canonique ρ : SO(3) → SO(3)/H est un revêtement.
(c) Calculer (à isomorphisme près) le groupe fondamental de SO(3)/H.
II
Soit π : (E, ∗) → (X, ∗) un revêtement pointé, où X et E sont connexes et localement
connexes par arcs. On suppose que π1 (X, ∗) est isomorphe au groupe de permutations S3 ,
et que le revêtement a 3 feuillets.
(a) Montrer que le revêtement π n’est pas principal.
(b) Calculer le groupe Aut(π) des automorphismes du revêtement π.
III
Dans cet exercice, l’homologie est à coefficients dans Z. Soit n un entier au moins égal à 1.
Soit U un ouvert de Sn , f : U → Sn une application continue, et y ∈ Sn . On suppose que
K = f −1 (y) est compact. On considère les applications :
Hn (Sn )
/ Hn (Sn , Sn − K) o
Hn (U, U − K)
f∗
/ Hn (Sn , Sn − y) o
Hn (Sn )
où les flèches anonymes sont induites par les inclusions canoniques.
(a) Montrer que les deux flèches du diagramme ci-dessus qui pointent vers la gauche sont
des isomorphismes (On n’oubliera pas de montrer que les conditions d’application du théorème d’excision sont satisfaites, et on pourra utiliser l’homologie réduite dans le cas de la
seconde flèche.).
En utilisant les inverses de ces isomorphismes, on obtient une application Hn (Sn ) →
Hn (Sn ) qui est nécessairement la multiplication par un entier relatif qu’on notera dy (f ),
et qu’on appelle le « degré de f au dessus de y » (qui n’est défini que si f −1 (y) est compact).
(b) Montrer que si y 6∈ Im(f ), on a dy (f ) = 0.
(c) Montrer que si f : U → Sn est l’inclusion canonique, et si y ∈ U , on a dy (f ) = 1.
(d) Montrer que si f : U → Sn est un homéomorphisme sur son image, et si y ∈ Im(f ), alors
dy (f ) = ±1.
(e) Montrer que si V est un ouvert tel que K = f −1 (y) ⊂ V ⊂ U , alors dy (f ) = dy (f |V ).
28
(f) Montrer que si U = Sn , alors dy (f ) est le degré de Brouwer de f quel que soit le point y.
(g) On suppose que U = U1 ∪ · · · ∪ Up , où U1 , . . . , Up sont des ouverts de Sn . On note fi la
restriction de f à Ui , et on pose Ki = fi−1 (y). On suppose que tous les Ki sont compacts et
deux à deux disjoints. Montrer que dy (f ) = dy (f1 ) + · · · + dy (fp ). (Aide : On montrera qu’on
peut supposer les Ui deux à deux disjoints et qu’on a le diagramme commutatif :
Hn (Sn , Sn − K) o

f∗
/ Hn (Sn , Sn − y)
O
θ∗

λ1∗
 .. 
.
λp ∗
L
Hn (U, U − K)

n n
i Hn (S , S

..
.

θp ∗
− Ki ) o
(j1 ∗ ...jp ∗ )

θ1∗
L
i Hn (Ui , Ui
− Ki )
(f1 ∗ ...fp ∗ )
/ Hn (Sn , Sn − y)
où les flèches λi , θi , ji et θ sont des inclusions canoniques, et on montrera que (j1 ∗ . . . jp ∗ )
est un isomorphisme.)
(h) Soit Y une partie compacte de Sn homéomorphe à Dp (où p ∈ N), telle que y ∈ Y . On
suppose que f −1 (Y ) est compact. Soit y 0 ∈ Y . Montrer que dy (f ) = dy0 (f ).
◦
◦◦
29
◦
Problème 14
I
Soit C la catégorie dont les objets sont les espaces pointés connexes, localement connexes
par arcs et semi-localement simplement connexes, et dont les flèches sont les applications
continues pointées entre ces espaces. À chaque objet (X, ∗) de C on associe un revêtement
universel (pointé) π : (EX , ∗) → (X, ∗) (qui existe d’après un théorème du cours).
(a) Montrer que si f : (X, ∗) → (Y, ∗) est une flèche de C , il existe une unique application
continue pointée f : (EX , ∗) → (EY , ∗) telle que π ◦ f = f ◦ π.
(b) Montrer que la correspondance (X, ∗) 7→ (EX , ∗) se prolonge en un foncteur C → Top.
On considère maintenant la catégorie C 0 qui a les mêmes objets que C , et pour flèches les
applications continues (non nécessairement pointées) entre ces objets.
(c) Montrer que si f : X → Y est une flèche de C 0 , il existe une application continue
f : EX → EY telle que π ◦ f = f ◦ π.
(d) On identifie π : ES1 → S1 à p : R → S1 donnée par p(x) = eix (unicité du revêtement
universel à isomorphisme près). Montrer que si la flèche f : S1 → S1 de C 0 est donnée par
f (x) = −x, alors f (donnée par la question (c)) est une translation non triviale de R.
(e) En déduire que la correspondance X 7→ EX ne se prolonge pas en un foncteur C 0 → Top.
II
L’objet de cet exercice est de montrer qu’on ne peut pas associer de manière continue à
tout point x de l’espace projectif P (E) (associé à un espace vectoriel réel ou complexe E de
dimension au moins 2) un vecteur non nul de E représentant ce point x.
(a) Traiter le cas réel en utilisant le revêtement Sn → RPn .
(b) Traiter le cas complexe en utilisant le foncteur d’homologie H2 (on rappelle que
H2 (CPn ; Z) ' Z).
III
Soit n un entier au moins égal à 1. On pose E = {(∆, x) ∈ CPn × Cn+1 | x ∈ ∆}, et on considère l’application π : E → CPn définie par π(∆, x) = ∆. On notera p1 et p2 les projections
canoniques de tout produit cartésien.
(a) Soit ∆0 ∈ CPn et H un hyperplan (projectif) de CPn ne contenant pas ∆0 . On notera H
l’hyperplan vectoriel de Cn+1 dont les droites vectorielles sont les points de H. On définit
ψ : π −1 (CPn − H) → (CPn − H) × ∆0 en posant ψ(∆, x) = (∆, q(x)), où q : Cn+1 → ∆0 est
la projection sur ∆0 parallèlement à H. Montrer que ψ est un homéomorphisme et que la
restriction de p2 ◦ ψ à ∆ est un isomorphisme C-linéaire ∆ → ∆0 pour tout ∆ ∈ CPn − H.
30
(b) Déduire de ce qui précède que π : E → CPn est un fibré vectoriel complexe (localement
trivial) de dimension 1.
(c) Montrer qu’en tant que fibré vectoriel réel (de dimension 2), π est Z-orientable.
On pose E 0 = {(∆, x) ∈ E | x 6= 0}.
(d) Montrer que E 0 est homéomorphe à Cn+1 − {0}.
(e) Montrer que H 2 (CPn ; Z) ' Z et que la classe d’Euler e ∈ H 2 (CPn ; Z) de π est un générateur de H 2 (CPn ; Z).
(f) Montrer que CPn − H est contractile et que CPn − {∆0 } se rétracte par déformation sur
H. En déduire que H i (CPn ) = 0 pour i > 2n.
(g) En déduire que l’algèbre de cohomologie de CPn à coefficients dans Z est isomorphe
n+1 ).
à (XZ[X]
n+1 ) (quotient de l’anneau de polynômes Z[X] par l’idéal engendré par X
◦
◦◦
31
◦
Solutions
Solution du Problème 1
I.
(a) Soit G : Ens → C le foncteur qui envoie tout ensemble E sur l’espace topologique
obtenu en mettant la topologie discrète sur E (un tel espace est localement connexe par
arcs), et toute application sur elle-même (qui est bien sûr continue puisque les topologies
sont discrètes). On a bien sûr E = G(E) à la topologie près.
On a π0 a G. En effet, on définit
Ens(π0 (X), E)
θ
/ C (X, G(E))
en posant θ(f )(x) = f (x), où x est la composante connexe de x dans X. L’image réciproque
d’un ouvert U de G(E) (c’est-à-dire d’une partie quelconque U de G(E)) par θ(f ) est la
réunion des composantes connexes qui sont envoyées dans U par f . La raison pour laquelle
θ(f ) est continue est que dans un espace localement connexe par arcs, les composantes
connexes sont ouvertes, donc aussi les réunions de composantes connexes.
θ est bijective, car comme G(E) est discret, toute fonction continue g : X → G(E) doit être
constante sur chaque composante connexe, et passe donc au quotient en une flèche unique
f : π0 (X) → E qui vérifie clairement θ(f ) = g.
Il reste à voir que θ est naturelle en X et en E. Soit ϕ : X → Y une application continue.
On doit montrer que θ(f ) ◦ ϕ = θ(f ◦ π0 (ϕ)). On a θ(f )(ϕ(x)) = f (ϕ(x)) = f (π0 (ϕ)(x)) = θ(f ◦
π0 (ϕ))(x). Soit maintenant ψ : E → F une application. On doit prouver que G(ψ) ◦ θ(f ) =
θ(ψ ◦ f ). On a G(ψ)(θ(f )(x)) = G(ψ)(f (x)) = ψ(f (x)) = θ(ψ ◦ f )(x).
(b) Si π0 avait un adjoint à gauche F : Ens → C , on aurait une co-unité ε : F (π0 (X)) → X
naturelle en X. Prenons X = R et soit T : R → R une translation non triviale (par exemple
T (x) = x + 1). On a alors le carré commutatif
F (π0 (R))
F (π0 (T ))
ε
F (π0 (R))
/R
ε
T
/R
Comme R est connexe, π0 (R) est un singleton, et π0 (T ) est l’application identique. Comme F
est un foncteur, F (π0 (T )) est la fonction identique sur l’espace F (π0 (R)). Comme T n’a pas
de point fixe, cela implique que F (π0 (R)) = ∅. Comme F est un adjoint à gauche et comme
tout ensemble est la somme (union disjointe) de ses singletons, on voit que F (E) = ∅ pour
tout ensemble E (mais ceci ne nous servira).
Soit maintenant X un objet de C ayant au moins deux composantes connexes et E =
π0 (R) (qui est un singleton). L’ensemble C (F (E), X) = C (∅, X) n’a qu’un élément, alors que
l’ensemble Ens(E, π0 (X)) en a au moins deux. F ne peut donc pas être adjoint à gauche de
π0 .( 9 )
9. Autre solution : Si π0 avait un adjoint à gauche, il préserverait les égaliseurs (un égaliseur de f et g est
la limite d’un diagramme fait de deux flèches parallèles f et g). Il suffit de prendre un espace connexe par arcs
X et une application continue f : X → X dont l’ensemble des points fixes n’est pas connexe par arcs. Alors
l’égaliseur de 1X et f a un π0 qui n’est pas réduit à un singleton, et l’égaliseur des flèches 1π0 (X) et π0 (f ) est
nécessairement réduit à un point, puisque π0 (X) est un singleton.
33
II.
(a) Soient x et y deux points de X. Il existe des ouverts Ui et Uj du recouvrement U tels
que x ∈ Ui et y ∈ Uj . Il existe par ailleurs k tel que Ui ∪ Uj ⊂ Uk . On a donc x ∈ Uk et y ∈ Uk .
Comme Uk est connexe par arcs, il existe un chemin de Uk , donc de X, reliant x à y. X est
donc connexe par arcs.
(b) Soit γ : [0, 1] → X un lacet de X en un point ∗ quelconque de X. Comme [0, 1] est
compact et X séparé, l’image de γ est un compact de X. Il existe donc une sous-famille finie
U1 , . . . , Un de U telle que Im(γ) ⊂ U1 ∪ · · · ∪ Un . Il est immédiat par récurrence sur n qu’il
existe k tel que U1 ∪ · · · ∪ Un ⊂ Uk . Comme Uk est simplement connexe, γ est homotope dans
Uk , donc dans X, au lacet constant, et X est donc simplement connexe.
III.
(a) Par définition de U , ϕ ne prend pas la valeur 0 et est donc à valeurs dans C∗ (et continue). On définit ψ : C∗ → U en posant ψ(x) = (x/2, −x/2). Comme x 6= 0, on a x/2 6= −x/2 et
y−x
ψ est à valeurs dans U . Par ailleurs, ϕ(ψ(x)) = (x/2)−(−x/2) = x, et ψ(ϕ(x, y)) = ( x−y
2 , 2 ).
x−y
y−x
Posons h(t, (x, y)) = ((1 − t)x + t 2 , (1 − t)y + t 2 ). Si ce couple n’était pas dans U , on aurait (1 − t)x + t x−y
= (1 − t)y + t y−x
2
2 , d’où on tire immédiatement x = y, ce qui ne se
peut pas. h est donc bien définie (et continue) de [0, 1] × U vers U . Or h(0, (x, y)) = (x, y)
et h(1, (x, y)) = ψ(ϕ(x, y)). ϕ est donc une équivalence d’homotopie. Comme C∗ est connexe
par arcs, il en est de même de U .
(b) Le polynôme (X − x)(X − y) est bien de la forme X 2 + aX + b. Il y a juste à vérifier que
a2 6= 4b, autrement-dit que le polynôme n’a pas de racine double. Or c’est le cas puisque ses
racines sont x et y qui sont distincts.
(c) Comme la courbe d’équation a2 = 4b est fermée dans C 2 , P [X] est un ouvert de C 2 . Il
en est de même de U . On peut donc utiliser les techniques de calcul différentiel vues en L3.
De (X − x)(X − y) = X 2 + aX + b, on tire a = −x − y et b = xy. π est donc l’application qui
envoie (x, y) sur (−x − y, xy). Sa matrice jacobienne est
−1 −1
y
x
!
dont le déterminant est y − x, ce qui ne vaut jamais 0 pour (x, y) ∈ U . Comme π est de
classe C ∞ , le théorème d’inversion locale montre que π est un difféomorphisme local.
(d) Tout polynôme X 2 + aX + b ∈ P [X] a exactement deux antécédents x et y par π, à savoir
ses deux racines, qui sont distinctes. Comme π est un homéomorphisme local, il existe un
voisinage ouvert Vx de x et un voisinage ouvert Vy de y, tels que π soit un homéomorphisme
de Vx sur π(Vx ) et de Vy sur π(Vy ) et que π(Vx ) et π(Vy ) soient des voisinages ouverts de
X 2 + aX + b. Quitte à réduire Vx et Vy on peut supposer que π(Vx ) = π(Vy ). Un élément
quelconque de π(Vx ) ayant exactement deux antécédents par π, ce sont les deux qui sont
dans Vx et dans Vy . π est donc un revêtement trivial à deux feuilles au dessus du voisinage
π(Vx ) de X 2 + aX + b. Comme ceci est valable pour tout polynôme appartenant à P [X], on
voit que π est un revêtement à deux feuilles. Il n’est pas trivial car U est connexe.
34
(e) S’il existait une fonction continue associant l’une des ses racines à tout polynôme non
constant, sa restriction à P [X] serait une section continue du revêtement π. Comme tout
revêtement à deux feuilles est principal (car tout sous-groupe d’indice 2 est distingué), ce
revêtement serait trivial, ce qui n’est pas le cas.
IV.
(a) On a π1 (S1 , ∗) ' Z, π1 (S2 , ∗) = 0, π1 (RP1 , ∗) ' Z (car RP1 est homéomorphe à S1 ), et
π1 (RP2 , ∗) ' Z/2Z. Ces espaces étant connexes par arcs, et ces groupes étant commutatifs,
deux groupes fondamentaux du même espace correspondant à des points de base distincts
sont canoniquement isomorphes (tout chemin d’un point de base à l’autre définit le même
isomorphisme entre les groupes fondamentaux). C’est pourquoi on peut ignorer les points
de base.
(b) On a le carré commutatif
f
S2
π
RP2
f
/ S1
/ RP1
d’applications continues. On choisit un point de base dans S2 , ce qui donne des points de
base dans les autres espaces faisant de toutes ces applications des applications pointées.
On peut alors appliquer le foncteur π1 et on obtient le carré de l’énoncé. Le morphisme f ∗
est nul car il n’existe pas de morphisme non nul de Z/2Z vers Z.
(c) f ◦ π ◦ γ est un lacet (en f (π(N )), où N est le pôle nord de S2 ) parce que la projection
π : S2 → RP2 envoie les deux pôles de la sphère sur un même point. Si ce lacet était
homotope au lacet constant, son relèvement à partir du point f (N ) aboutirait à f (N ). Or
f ◦ γ est ce relèvement, et il aboutit à f (−N ) = −f (N ) 6= f (N ).
(d) Comme π(N ) = π(−N ), π ◦ γ est un lacet de RP2 . Comme f ∗ : π1 (RP2 ) → π1 (RP1 ) est
nul, et comme f ◦π ◦γ est l’image du lacet π ◦γ par f , il doit être homotope au lacet constant,
ce qui contredit le résultat de (c).
(e) Supposons que g(x) 6= g(−x) pour tout x ∈ S2 . Alors la fonction f : S2 → S1 définie par
f (x) =
g(x) − g(−x)
kg(x) − g(−x)k
est bien définie et continue. De plus elle vérifie l’égalité f (−x) = −f (x). Elle ne peut donc
pas exister d’après (d).
◦
◦◦
35
◦
Solution du Problème 2
I.
(a) Il s’agit de construire une application linéaire homogène h : M → M de degré +1 telle
que ∂ ◦ h + h ◦ ∂ = 1M . On construit h par récurrence sur le degré. Pour i assez petit, Mi = 0
et il suffit de poser h = 0. Supposons h construit jusqu’à un certain degré i − 1. On a le
diagramme commutatif (en traits pleins)
...
∂
/ Mi+1
∂
/ Mi
h
...
∂
|
/ Mi+1
1
∂
/ Mi−1
∂
h
∂
/ Mi−2
∂
/ ...
h
1
{
|
/ Mi ∂ / Mi−1
∂
/ ...
et il s’agit de construire h sur Mi de telle sorte que ∂ ◦ h = 1 − h ◦ ∂. Comme Mi est un
module libre, il suffit de trouver pour chaque vecteur e d’une base de Mi un vecteur x dans
Mi+1 tel que ∂(x) = x − h(∂(x)), et pour cela, il suffit que x − h(∂(x)) soit dans l’image de ∂.
Comme M est acyclique, il suffit que x − h(∂(x)) soit dans le noyau de ∂ : Mi → Mi−1 . Mais
on a ∂(x − h(∂(x))) = ∂(x) − ∂(h(∂(x))) = ∂(x) − ∂(x) + h(∂(∂(x))) = 0.
(b) Il faut vérifier que ∂ est de degré −1 et de carré nul. Si
x
y
!
∈ C(f )i , on a x ∈ Mi−k−1
x
et donc f (x) ∈ Ni−1 . On a par ailleurs ∂(x) ∈ Mi−k−2 et ∂(y) ∈ Ni−1 . On a donc ∂
y
C(f )i−1 . L’endomorphisme ∂ : C(f ) → C(f ) est représenté par la matrice
−(−1)k ∂ 0
f
∂
et on a
−(−1)k ∂ 0
f
∂
!
−(−1)k ∂ 0
f
∂
!
=
!
∈
!
∂2
k
−(−1) f ∂ + ∂f
0
∂2
!
=0
car f étant un morphisme de DG-modules de degré k, on a (−1)k ∂f = f ∂.
(c) Il faut d’abord vérifier
que u et v sont des morphismes de DG-modules. u est clairement
!
x
de degré 0, et si
∈ C(f )i , alors x ∈ Mi−k−1 , donc v est de degré −(k + 1). On a par
y
ailleurs
!
!
!
0
0
−(−1)k ∂ 0
∂u(y) =
=
= u(∂y)
y
∂y
f
∂
(−1)k+1 ∂v(x, y) = (−1)k+1 ∂x
=
1 0
= v(∂(x, y))
et la suite est trivialement exacte.
36
−(−1)k ∂ 0
f
∂
!
!
x
y
Le connectant de la suite exacte longue associée est ∂∗ = f∗ : H(M ) → H(N ). En effet,
partant avec un cycle x de N , on peut lui prendre (x, 0) comme antécédent par v et cet
antécedent a (0, f (x)) comme bord, lequel a f (x) comme antécédent par u.
(d) Comme f induit un isomorphisme en homologie, la suite exacte longue précédente
montre que C(f ) est acyclique et la question (a) montre que 1C(f ) est homotope à 0,
autrement-dit qu’il existe h : C(f ) → C(f ) de degré +1 tel que ∂h + h∂ = 1C(f ) . On peut
écrire h matriciellement :
!
α β
h=
γ δ
On remarque que α et δ doivent être de degré +1, et que si k est le degré de f , γ devra être
de degré k + 2 et β de degré −k.
On a alors
α β
γ δ
!
−(−1)k ∂ 0
f
∂
!
d’où on tire
+
−(−1)k ∂ 0
f
∂
!
α β
γ δ
!
=
1 0
0 1
!
β∂ = (−1)−k ∂β
+ ∂α) = 1 − βf
δ∂ + ∂δ = 1 − f β
(−1)k+1 (α∂
Autrement-dit β : N → M est un morphisme de DG-modules, (−1)k+1 α est une homotopie
de 1 à βf et δ est une homotopie de 1 à f β. f est donc une équivalence d’homotopie d’inverse
β.
II.
(a) On a la suite exacte de Mayer-Vietoris
H3 (S3 − A) ⊕ H3 (S3 − B)
/ H3 (S3 − A ∩ B)
/ H2 (S3 − A ∪ B)
/ H2 (S3 − A) ⊕ H2 (S3 − B)
D’après le théorème 5 du cours du 4 avril, Hi (S3 − A) et Hi (S3 − B) sont nuls pour i 6= 0.
On a donc un isomorphisme H3 (S3 − A ∩ B) → H2 (S3 − A ∪ B) qui est naturel en A et B
par naturalité de la suite de Mayer-Vietoris. Dans le cas où A ∩ B = ∅, on a l’isomorphisme
H3 (S3 ) → H2 (S3 − A ∪ B), toujours naturel en A et B, ce qui signifie que si A ⊂ A0 et B ⊂ B 0 ,
on a le carré commutatif
/ H2 (S3 − A0 ∪ B 0 )
H3 (S3 )
1
H3 (S3 )
/ H2 (S3 − A ∪ B)
où la flèche verticale de gauche est l’identité. Le foncteur (A, B) 7→ H 3 (S3 ) est donc constant
et isomorphe au foncteur Z. On choisit une fois pour toutes un isomorphisme (transformation naturelle qui un isomorphisme pour chaque paire (A, B) de cubes disjoints) entre ces
deux foncteurs, et on a le résultat annoncé.( 10 ) La dernière assertion résulte du même
10. Noter que comme Z n’a que deux automorphismes, à savoir l’identité et son opposée, il y a deux choix
d’isomorphime naturel entre nos deux foncteurs constants. Un tel choix consiste à choisir une orientation de
S3 .
37
théorème 5 via la suite exacte de Mayer-Vietoris
0 = H̃2 (S3 )
/ H̃1 (S3 − A ∪ B)
/ H̃1 (S3 − A) ⊕ H̃1 (S3 − B) = 0
0 = H̃1 (S3 )
/ H̃0 (S3 − A ∪ B)
/ H̃0 (S3 − A) ⊕ H̃0 (S3 − B) = 0
(b) On a les deux suites exactes de Mayer-Vietoris
...
...
/ H3 (S3 − A ∩ B)
∂∗
/ H2 (S3 − A ∪ B)
/ H2 (S3 − A) ⊕ H2 (S3 − B)
/ ...
/ H3 (S3 − B ∩ A)
∂∗
/ H2 (S3 − B ∪ A)
/ H2 (S3 − B) ⊕ H2 (S3 − A)
/ ...
dans lesquelles les deux morphismes ∂∗ : H3 (S3 − A ∩ B) → H2 (S3 − A ∪ B) sont opposés
(cours du 21 mars, lemme 7), ce qui donne le résultat.
(c) Si α ⊂ a et β ⊂ b, on a le diagramme commutatif (naturalité de la suite de MayerVietoris)
/ H2 (S3 − a ∪ b)
H3 (S3 )
1
/ H2 (S3 − α ∪ β)
H3 (S3 )
qui montre que le morphisme de l’énoncé envoie eab sur eαβ . Si α ⊂ a et β ⊂ a, on a les
flèches
/ H2 (S3 − a)
/ H2 (S3 − (α ∪ β)
H2 (S3 − a ∪ b)
induites par inclusion. Comme H2 (S3 − a) = 0, on voit que le morphisme de l’énoncé est nul
et envoie donc eab sur 0.
(d) Une première application de la suite de Mayer-Vietoris donne (en tenant compte du
fait que (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) = A)
H3 (S3 − A)
/ H2 (S3 − A ∪ B ∪ C) θ1 / H2 (S3 − A ∪ B) ⊕ H2 (S3 − A ∪ C)
/ H2 (S3 − A)
Comme Hi (S3 − A) = 0 pour i = 2, 3, la flèche centrale est un isomorphisme. De la même
manière on a l’isomorphisme
H2 (S3 − A ∪ B ∪ C ∪ D)
θ2
/ H2 (S3 − A ∪ B ∪ C) ⊕ H2 (S3 − A ∪ D)
induit par les inclusions. Le composé (θ1 ⊕ 1) ◦ θ2 est l’isomorphisme annoncé. Noter que
les flèches sont bien celles qui sont induites par les inclusions et non pas leurs opposées
compte tenu des conventions adoptées dans l’énoncé du lemme 7 du cours du 21 mars.
(e) Le composé de ϕ avec l’isomorphisme de la question précédente (où A, B, C et D sont
remplacés par α, β, γ et δ) a trois composantes
H2 (S3 − a ∪ b)
/ H2 (S3 − α ∪ β)
H2 (S3 − a ∪ b)
/ H2 (S3 − α ∪ γ)
H2 (S3 − a ∪ b)
/ H2 (S3 − α ∪ δ)
38
La question (c) montre que les images de eab par ces trois morphismes sont respectivement
0, eαγ et eαδ , d’où la matrice annoncée.
(f) Comme précédemment, on applique le résultat de la question (c). Comme α ⊂ c et β ⊂ e,
le premier coefficient en haut à gauche de la matrice est 1. Les cinq autres se traitent de la
même manière. C’est une simple vérification.
La dernière assertion résulte de la dernière assertion de la question (a) via la suite exacte
de Mayer-Vietoris
/ H̃0 (S3 − A ∪ B)
0 = H̃1 (S3 − a ∪ b)
/ H̃0 (S3 − A) ⊕ H̃0 (S3 − B) = 0
(g) La matrice


1 1 1


0 1 0
1 0 0
a un déterminant inversible (dans Z), à savoir −1. Il en résulte qu’elle est inversible avec
pour inverse une matrice à coefficients entiers. En conséquence les vecteurs colonnes de
cette matrice forment une base du Z-module H2 (S3 − α ∪ β ∪ γ ∪ δ). Par ailleurs, si on
soustrait au vecteur
 
0
 
1
1
les deux premières colonnes de la matrice précédente (lequelles appartiennent à l’image de
ψ), on obtient le vecteur
 
−2
 
 0 
0
(h) On a le diagramme commutatif (naturalité de la suite de Mayer-Vietoris, compte tenu
du fait que A ∩ B = a ∪ b) dont les colonnes sont exactes
H2 (S3 − c ∪ d ∪ e ∪ f ) = 0
H2 (S3 − c ∪ e) ⊕ H2 (S3 − d ∪ f )
0
Z ' H2 (S3 − a ∪ b)
'
H1 (S3 − A ∪ B)
0
ψ
ϕ
/ H2 (S3 − α ∪ β ∪ γ ∪ δ)
Θ
∂∗
/ H1 (S3 − c ∪ d ∪ e ∪ f ) ' Z
H1 (S3 − c ∪ e) ⊕ H1 (S3 − d ∪ f ) = 0
Les zéros de la colonne de gauche résultent du théorème 5 du cours du 4 avril. Le zéro en
haut à droite résulte du lemme 6 de ce même cours, car c ∪ d ∪ e ∪ f est homéomorphe à
39
S1 (obtenu comme concaténation de quatre segments). De ce même lemme résulte l’isomorphisme H1 (S3 − c ∪ d ∪ e ∪ f ) ' Z.
Le conoyau de Θ est égal à celui de ∂∗ ◦ ϕ. Or, eab , qui est un générateur de H2 (S3 − a ∪ b),
a pour image par ϕ le vecteur
 
−2
 
 0 
0
modulo l’image de ψ qui est le noyau de ∂∗ . Comme ∂∗ est surjectif, il donne un isomorphisme
∂∗
'
H2 (S3 − α ∪ β ∪ γ ∪ δ)/ Ker(∂∗ )
/ H1 (S3 − c ∪ d ∪ e ∪ f )
Or, d’après la première partie de la question (g), le quotient H2 (S3 − α ∪ β ∪ γ ∪ δ)/ Ker(∂∗ )
est engendré par la classe du vecteur
 
1
 
0
0
Le vecteur


−2
 
 0 
0
étant (au signe près) le double du précédent, on voit que le conoyau de ∂∗ ◦ ϕ est isomorphe
à Z/2Z.
(i) Le plan projectif RP2 est par définition le quotient de la sphère S2 par l’action antipodale.
On peut remplacer S2 par le bord d’un cube [0, 1]3 (qui lui est homéomorphe), lequel est un
collage de six carré (un cube ordinaire a six faces !) Ces faces étant disjointes des faces
opposées (antipodales), on voit que RP2 est le résultat du collage de trois carrés. Le collage
de deux d’entre eux seulement donne une bande de Mœbius M . C’est le collage des carrés
A et B de l’énoncé. Ce qu’on a démontré dans la question (h) est que si on note ∂M le bord
de la bande de Mœbius M (c’est-à-dire c ∪ d ∪ e ∪ f ) plongée dans S3 , alors le morphisme
/ H1 (S3 − ∂M )
H1 (S3 − M )
induit par inclusion est isomorphe à la multiplication par 2 de Z vers Z, fait qui est
d’ailleurs visuellement évident.
Notons C le troisième carré constituant RP2 . On a la suite exacte de Mayer-Vietoris (on a
simplifié les sommes directes en enlevant les modules nuls)
H̃1 (S3 − A ∪ B)
Θ
/ H̃0 (S3 − A ∪ B ∪ C)
/ H̃1 (S3 − (A ∪ B) ∩ C)
/ H̃0 (S3 − A ∪ B) = 0
où le zéro de droite résulte de la dernière assertion de la question (f).
Ceci montre que H̃0 (S3 − A ∪ B ∪ C) ' Z/2Z, ce qui est bien sûr impossible, puisqu’un
H̃0 (X; Z) est toujours un Z-module libre. Ainsi, notre collage de trois carrés ne peut pas
être réalisé dans S3 , ce qui montre qu’aucun sous-ensemble de S3 n’est homéomorphe à
RP2 .
◦
◦◦
40
◦
Solution du Problème 3
I.
(a) La formule définit f sur [0, 1/2] et sur [1/2, 1], deux fermées qui recouvrent [0, 1], par
deux formules continues en s, qui s’accordent sur leur intersection {1/2}. Elle est donc
continue. On a f (0) = (0, 0) et f (1) = (1, 1), et il en est de même de g. Comme [0, 1]2 est une
partie convexe de R2 , on obtient une homotopie h : [0, 1] × [0, 1] → [0, 1]2 de f à g en posant
h(t, s) = (1 − t)f (s) + tg(s).
(b) Pour s ∈ [0, 1/2], on a (σ ?τ )(s) = σ(2s) = σ(f1 (s)) × 1 = σ(f1 (s))τ (f2 (s)). Pour s ∈ [1/2, 1],
on a (σ ?τ )(s) = τ (2s − 1) = 1 × τ (2s − 1) = σ(f1 (s))τ (f2 (s)). De la même manière, on a
(τ ?σ)(s) = σ(g1 (s))τ (g2 (s)). En posant ψ(x, y) = σ(x)τ (y), on a σ ?τ = ψ ◦ f et τ ?σ = ψ ◦ g. Il
en résulte que ψ ◦ h est une homotopie de σ ?τ à τ ?σ.
(c) La question (b) entraîne que π1 (G, ∗) est commutatif et donc que tous ses sous-groupes
sont distingués. Si π : E → B est un revêtement, c’est un homéomorphisme local, et E est
donc localement connexe par arcs. Le théorème 1 de la leçon du 29 février montre donc que
π est un revêtement principal.
(d) En reprenant l’homotopie h de la question (a), on voit que h(1/2, s) = f (s)+g(s)
= (s, s).
2
On a donc (ψ ◦ h)(1/2, s) = σ(s)τ (s) = (στ )(s). Autrement-dit, au temps t = 1/2, l’homotopie
ψ ◦ h a amené le lacet σ ?τ sur le lacet στ . Il en résulte que [σ ?τ ] = [στ ], donc que θ est la
multiplication de π1 (G, ∗).
(e) L’élément neutre devant être ∗, la structure de groupe est déterminée par sa multiplication m : E × E → E. Comme π doit être un morphisme de groupes, on doit avoir le
diagramme commutatif :
m /
E×E
E
π×π
G×G
µ
π
/G
(où µ désigne la multiplication de G), qui montre que m (qui doit être continue) est un
relèvement de µ ◦ (π × π) le long de π. Un tel relèvement est unique puisque E × E est
connexe (lemme 1 du 15 février).
Pour ce qui est de l’existence, notons qu’un lacet de E × E est juste une paire (σ, τ ) de lacets
de E, et que sont image par µ ◦ (π × π) est (π ◦ σ)(π ◦ τ ). Mais d’après la question (d), ce
dernier lacet est homotope à (π ◦ σ)?(π ◦ τ ) dont la classe d’homotopie se trouve dans le
sous-groupe de π1 (G, ∗) qui est l’image de π∗ : π1 (E, ∗) → π1 (G, ∗). Il résulte donc du lemme
8 du 15 février que le relèvement (continu) de µ ◦ (π × π) le long de π existe.
Il reste à construire une application continue i : E → E, et à montrer les axiomes des
groupes, c’est-à-dire les relations m ◦ (1 × ∗) = m ◦ (∗ × 1) = 1, m ◦ (m × 1) = m ◦ (1 × m)
et m ◦ (1 × i) = m ◦ (i × 1) = ∗ (où ∗ : E → E est l’application constante x 7→ ∗). Comme
π doit être un morphisme de groupes, on doit avoir le diagramme commutatif (qui dit que
41
π(x−1 ) = π(x)−1 ) :
E
π
i
G
/E
ι
π
/G
Comme précédemment, en utilisant le résultat de la question (d), on voit que ι ◦ π se relève
le long de π, et que ce relèvement est unique car on doit avoir i(∗) = ∗.
On vérifie maintenant les axiomes des groupes, par exemple l’associativité. On a π ◦ m ◦
(m × 1) = µ ◦ (π × π) ◦ (m × 1) = µ ◦ (µ × 1) ◦ (π × π × π). Comme µ ◦ (µ × 1) = µ ◦ (1 × µ),
on a π ◦ m ◦ (m × 1) = π ◦ m ◦ (1 × m), donc le résultat par unicité du relèvement (noter que
m ◦ (m × 1) et m ◦ (1 × m) envoient (∗, ∗, ∗) sur ∗). Les autres axiomes se traitent de la même
manière.
II.
(a) On a la suite exacte :
Hq+1 (Rn , Rn − K)
/ Hq (Rn − K)
/ Hq (Rn ) = 0
Comme Hq+1 (Rn , Rn − K) = 0 (par dualité d’Alexander, car il est isomorphe à Ȟ n−q−1 (K),
qui est nul comme limite inductives de modules qui sont nuls parce que n − q − 1 < 0), on
voit que Hq (Rn − K) = 0 pour q ≥ n.
(b) Supposons d’abord que U soit un ouvert borné de Rn . Soit V le complémentaire dans
Rn d’une boule fermée dont l’intérieur contient U . On U ∩ V = ∅ et la suite exacte (q ≥ n) :
0 = Hq (∅)
/ Hq (U ) ⊕ Hq (V )
/ Hq (U ∪ V )
Comme U ∪ V est le complémentaire d’un compact, on a Hq (U ∪ V ) = 0. Comme on a aussi
Hq (V ) = 0 (car V est lui aussi le complémentaire d’un compact), on voit que Hq (U ) = 0.
Pour terminer, comme Rn est homéomorphe à la boule unité ouverte de Rn , tout ouvert de
Rn est homéomorphe à un ouvert borné de Rn .
III.
(a) m∗ est un morphisme d’algèbres graduées, car il est induit par l’application continue m.
Il reste donc juste à montrer que ×−1 est un morphisme d’algèbres, ou encore que le crossproduit est un morphisme d’algèbres, autrement-dit que (x × y) ^ (u × v) = (−1)|y||u| (x ^
u) × (y ^ v). Or, compte tenu de l’associativité, de la commutativité et de la naturalité du
cup-produit :
(x × y) ^ (u × v) =
=
=
=
=
p∗1 (x) ^ p∗2 (y) ^ p∗1 (u) ^ p∗2 (v)
(−1)|y||u| p∗1 (x) ^ p∗1 (u) ^ p∗2 (y) ^ p∗2 (v)
(−1)|y||u| p∗1 (x ^ u) ^ p∗2 (y ^ v)
(−1)|y||u| p∗1 (x ^ u) ^ p∗2 (y ^ v)
(−1)|y||u| (x ^ u) × (y ^ v)
42
(b) On a le diagramme commutatif à homotopie près
Sn × {∗}
1×η
/ Sn × Sn
p1
& n
S
m
(où p1 est la projection canonique, qui est ici un homéomorphisme). La naturalité du crossproduit et la définition de ∆ nous donnent le diagramme commutatif
H n (Sn )
∆
u
H n (Sn ) ⊗ H 0 (Sn )
1⊗η ∗
×
/ H n (Sn × Sn )
p∗1
(1×η)∗
H n (Sn ) ⊗ H 0 ({∗})
m∗
×
y
/ H n (Sn × {∗})
Comme H 0 (Sn ) ' Z, tout élément de H n (Sn ) ⊗ H 0 (Sn ) s’écrit β ⊗ 1 d’une manière unique.
On définit donc β en posant ∆(α) = β ⊗ 1, et, comme η ∗ (1) = 1, le diagramme ci-dessus
montre que β × 1 = p∗1 (α). Par ailleurs, β × 1 = p∗1 (β) ^ p∗2 (1) = p∗1 (β) ^ 1 = p∗1 (β). Comme
p∗1 est bijectif, on voit que β = α.
Symétriquement, la composante de ∆(α) dans H 0 (Sn ) ⊗ H n (Sn ) est 1 ⊗ α. Comme il n’y a
pas d’autre composante, on voit que ∆(α) = α ⊗ 1 + 1 ⊗ α.
(c) Par définition du produit dans un produit tensoriel d’algèbres graduées, on a (x ⊗ y)(u ⊗
v) = (−1)|y||u| xu ⊗ yv. Comme le degré de 1 est 0, on obtient (α ⊗ 1)(1 ⊗ α) = α ⊗ α et
(1 ⊗ α)(α ⊗ 1) = (−1)|α||α| α ⊗ α = (−1)n α ⊗ α.
(d) Il résulte de la question (c) que ∆(α) = α ⊗ 1 + 1 ⊗ α. On a donc ∆(α)2 = α2 ⊗ 1 + α ⊗
α + (−1)n α ⊗ α + 1 ⊗ α2 . Comme α2 = 0 (car H 2n (Sn ) = 0), on voit que ∆(α)2 = 2α ⊗ α si n
est pair et ∆(α)2 = 0 si n est impair.
(e) Comme ∆ est un morphisme d’algèbres (question (b)), on a ∆(α)2 = ∆(α2 ) = ∆(0) = 0.
Comme α ⊗ α ∈ H n (Sn ) ⊗ H n (Sn ) ' Z ne peut pas être nul (c’est même un générateur),
2α ⊗ α n’est pas nul, et il résulte de la question précédente que l’égalité ∆(α)2 = 2α ⊗ α est
impossible et donc que n est impair.
◦
◦◦
43
◦
Solution du Problème 4
I.
(a) Soient ϕ et ψ des morphismes de groupes tels que le diagramme (en traits pleins)
H
f
/G
π
ψ
/ G/f (H)
0
θ
#, ϕ
K
soit commutatif. Comme ceci entraîne que la restriction de ψ à f (H) est nulle, le noyau
de ψ, qui est un sous-groupe distingué de G, contient f (H). ψ passe donc au quotient pour
donner un morphisme θ : G/f (H) → K tel que θ ◦ π = ψ. On a bien sûr θ ◦ i = 0 = ϕ (où i
est l’inclusion de 0 dans G/f (H)), et l’unicité de θ résulte du fait que π est une surjection.
Le carré de l’énoncé est donc cocartésien.
Rappelons que compte tenu de la description des colimites dans Top, Y est le quotient de
l’union disjointe de D2 (la « 2-cellule ») et de X par la relation d’équivalence engendrée par
les équations [D2 , x] = [X, f (x)] où x ∈ S1 .
(b) Comme X est connexe par arcs, tout point de la forme [X, x] peut être relié par un
chemin au point [X, ∗]. Par ailleurs, la 2-cellule D2 est elle-même connexe par arcs, et tout
point de la forme [D2 , x] peut donc être relié par un chemin au point [D2 , ∗]. Ainsi tout point
de Y peut être relié par un chemin à [X, ∗] = [D2 , ∗].
(c) L’intersection U ∩ V est l’ensemble des [D2 , x] tels que x 6= 0 et x 6∈ S1 . Le diagramme
(en traits pleins) :

/V
U ∩O V O
ϕ
S1
ψ
u
f
v
/X
est homotopiquement commutatif. En effet, on a pour tout x ∈ S1 , ψ(f (x)) = [X, f (x)]. Il
suffit donc de poser h(t, x) = [D2 , (1 − t/2)x]. On a h(0, x) = [D2 , x] = [X, f (x)] = ψ(f (x)), et
h(1, x) = [D2 , x/2] = ϕ(x).
Par ailleurs, ϕ et ψ sont des équivalences d’homotopie. Des inverses homotopiques sont
donnés par u : [D2 , x] 7→ x/kxk pour ϕ et par v : [D2 , x] 7→ f (x/kxk) et v : [X, x] 7→ x pour
ψ. Noter que v est bien définie, puisque pour x ∈ S1 , f (x/kxk) = f (x). On a u(ϕ(x)) = x,
ϕ(u([D2 , x])) = ϕ(x/kxk) = [D2 , x/2kxk]. Or, [D2 , x] 7→ [D2 , x/2kxk] est homotope à l’identité
de U ∩ V . Par ailleurs, pour x ∈ X, v(ψ(x)) = v([X, x]) = x. ψ(v([X, x])) = ψ(x) = [X, x], et
pour x ∈ D2 , ψ(v([D2 , x])) = ψ(f (x/kxk)) = [X, f (x/kxk)]. On définit une homotopie h de ψ◦v
à l’identité de V en posant h(t, [X, x]) = [X, x] et h(t, [D2 , x]) = [D2 , (1 − t)x + tx/kxk]. Pour
t = 0, on a h(t, [D2 , x]) = [D2 , x], et pour t = 1, on a h(1, [D2 , x]) = [D2 , x/kxk] = [X, f (x/kxk)].
(d) U et V sont des ouvert de Y car leurs images réciproques par les arêtes du cocône
colimite sont des ouverts des objets du diagramme ci-dessus, à savoir D2 − S1 , ∅ et ∅ pour U
44
et D2 − {0}, S1 et X pour V . Comme U ∩ V est connexe par arcs, et comme U et V couvrent
Y , le théorème de van Kampen nous donne le carré cocartésien :
π1 (U ∩ V, ∗)
/ π1 (V, ∗)
/ π1 (Y, ∗)
π1 (U, ∗)
où le point ∗ est pris dans U ∩ V (par exemple [D2 , (1/2, 0)]). Comme SO(3) est un groupe
simple (il n’a pas d’autre sous-groupe distingué que 0 et lui-même), et comme π1 (U ∩V, ∗) →
π1 (V, ∗) est non nul d’après la question (c), le plus petit sous-groupe distingué de SO(3)
contenant l’image de ce morphisme ne peut-être que SO(3) lui-même. Il en résulte par (a)
que Y est simplement connexe.
II.
(a) Posons C = [0, 1] × [0, 1]. Notons α le chemin de C défini par α(s) = (s, 0) et β le chemin
de C défini par β(s) = (1, s). Enfin, notons γ le chemin de C défini par γ(t) = (t, t).
(1, 1)
γ
(0, 0)
β
α
Les chemins α et β sont concaténables et les chemins α?β et γ ont même origine (0, 0)
et même extrémité (1, 1). De plus ils sont homotopes puisque C est convexe. On a σ ?τ =
Φ∗ (α)?Φ∗ (β) = Φ∗ (α?β) et στ = Φ∗ (γ). Il en résulte que σ ?τ est homotope à στ .
On note G le sous-groupe de π1 (B, ∗) qui est l’image de π∗ : π1 (E, ∗) → π1 (B, ∗).
(b) Il suffit de montrer que l’image de Ψ est contenue dans G. Soit s 7→ (σ(s), τ (s)) un lacet
de E ×E. Son image par Ψ est le lacet s 7→ (π(σ(s)))(π(τ (s))), autrement-dit (π◦σ)(π◦τ ), qui
est d’après (a) homotope au lacet (π ◦ σ)?(π ◦ τ ). Comme G est stable par la multiplication
de π1 (B, ∗) la classe d’homotopie de ce dernier lacet est dans G.
(c) On choisit pour m l’unique relèvement de Ψ tel que m(∗, ∗) = ∗. On a π(m(x, y)) =
π(x)π(y) par construction de m. Autrement-dit, π préserve les produits. Il en résulte que
π(m(m(x, y), z)) = π(x)π(y)π(z) = π(m(x, m(y, z))) et donc que les applications (x, y, z) 7→
m(m(x, y), z) et (x, y, z) 7→ m(x, m(y, z)) sont des relèvements de la même application.
Comme elles envoient toutes les deux (∗, ∗, ∗) sur ∗, elles sont égales (E ×E ×E est connexe).
De même, x 7→ m(x, ∗) et x 7→ m(∗, x) sont des relèvements de π le long de π envoyant toutes
deux ∗ sur ∗. Elles sont donc égales à l’application identique de E. Enfin, pour tout lacet
σ de (B, 1), notons σ ∗ le lacet inverse homotopique de σ pour la concaténation (c’est-à-dire
que σ ∗ (s) = σ(1 − s)), et notons σ −1 le lacet s 7→ (σ(s))−1 (il s’agit ici de l’inversion dans
le groupe B). Comme σ ?σ ∗ et σσ ∗ sont homotopes, et comme σ ?σ ∗ est homotope au lacet
constant, on voit que σσ ∗ est homotope au lacet constant, c’est-à-dire à σσ −1 . Comme dans
un groupe tout élément est régulier, on voit que [σ −1 ] = [σ ∗ ].
45
L’application x 7→ (π(x))−1 induit un morphisme π1 (E, ∗) → π1 (B, ∗) qui envoie tout lacet
[σ] de (E, ∗) sur le lacet s 7→ (π(σ(s)))−1 qui est homotope à π∗ (σ ∗ ). La classe d’homotopie de
ce lacet est donc dans G et l’application x 7→ (π(x))−1 se relève le long de π en une (unique)
application continue i : E → E telle que i(∗) = ∗. L’application j : E → E définie par
j(x) = m(x, i(x)) est telle que π ◦ j soit l’application constante E → B envoyant x sur 1.
Comme j(∗) = ∗, on voit que j(x) = ∗, ce qui prouve que i(x) est l’inverse à droite de x pour
la multiplication de E. On prouver de même i(x) est aussi l’inverse à gauche de x.
(d) Comme π : E → B est un morphisme de groupes, son noyau est un groupe. Or, ce noyau
n’est autre que la fibre F = π −1 (1) au dessus de 1 ∈ B. Le sous-groupe F de E agit sur E par
multiplication par la droite ((x, g) 7→ xg pour x ∈ E et g ∈ F ). On a π(xg) = π(x)π(g) = π(x).
Réciproquement, si π(x) = π(y), alors π(xy −1 ) = 1, et donc xy −1 ∈ F . On a alors x = yg pour
g ∈ F . Ainsi, B s’identifie au quotient de E par cette action et π à la projection canonique
de ce quotient. π est donc un revêtement principal.
III.
(a) Si U et V sont des éléments de U tels que U ⊂ V , on a le diagramme commutatif dont
les flèches sont toutes induites par les inclusions canoniques :
/ π1 (X, ∗)
9
π1 (V, ∗)
O
π1 (U, ∗)
Il en résulte (par définition des colimites) un unique morphisme de groupes ϕ : colim(d) →
π1 (X, ∗) tel que pour tout U ∈ U , le diagramme :
colim(d)
ϕ
O
/ π1 (X, ∗)
8
π1 (U, ∗)
(où la flèche verticale est une arête du cocône colimite et la flèche oblique est induite par
l’inclusion canonique) soit commutatif. Il y a juste à montrer que ϕ est une bijection.
Surjectivité : soit [σ] ∈ π1 (X, ∗). Les ouverts σ −1 (U ) (U ∈ U ) recouvrent le segment [0, 1], et
un nombre fini σ −1 (U1 ), . . . , σ −1 (Un ) d’entre eux suffisent à recouvrir [0, 1]. Comme dans un
ensemble ordonné filtrant, toute famille finie a un majorant, l’image de σ est donc contenue
dans l’un des éléments de U , disons U . Alors [σ] est l’image par ϕ de [π1 (U, ∗), [σ]].
Injectivité : Tout élément x de colim(d) est un produit fini de la forme :
[π1 (U1 , ∗), [σ1 ]] . . . [π1 (Un , ∗), [σn ]]
(propriété des colimites dans la catégorie des groupes non abéliens). Soit U ∈ U un
majorant des Ui (qui sont en nombre fini). Alors [π1 (Ui , ∗), [σi ]] = [π1 (U, ∗), [σi ]], et on a
x = [π1 (U, ∗), [σ1 ? . . . ?σn ]]. Si ϕ(x) = 1 (tous les groupes sont notés multiplicativement),
alors σ1 ? . . . ?σn est homotope au lacet constant dans X. Soit h une telle homotopie. Comme
46
précédemment, par compacité de [0, 1]2 , l’image de h est contenue dans un élément V de
U , qu’on peut prendre tel que U ⊂ V . Il s’en suit que x = [π1 (V, ∗), [σ1 ? . . . ?σn ]] = 1.
(b) Il suffit de prendre pour X le cercle S1 (disons l’ensemble des complexes de module 1).
On pose ∗ = 1, U = S1 − {i} et V = S1 − {−i}. Enfin on pose U = {U, V }. Les éléments de
U sont ouverts et recouvrent S1 . Bien sûr, U n’est pas filtrant, puisque la famille (finie)
formée par U et V n’a pas de majorant dans U . Par ailleurs π1 (U, ∗) = π1 (V, ∗) = 0, donc
colim(d) = 0. Par ailleurs, π1 (S1 , ∗) 6= 0.
◦
◦◦
47
◦
Solution du Problème 5
(a) La formule de Künneth est applicable puisque l’anneau Λ est principal. Comme
n−1 ), H (X)) = 0 pour tous i et j, et Γ est
H∗ (Sn−1 ) est un module libre, on a TorΛ
j
1 (Hi (S
donc un isomorphisme.
(b) E est le quotient de l’union disjointe de A1 et A2 par la plus petite relation d’équivalence
qui identifie (s, x) ∈ A1 avec Φ(s, x) ∈ A2 (pour (s, x) ∈ Sn−1 × X). Comme Φ est bijectif, et
comme i × 1 et (i × 1) ◦ Φ sont injectifs, il n’y a pas d’autre identification. Ainsi, j1 et j2 sont
injectifs, de même que j1 ◦ (i × 1) (qui est égal à j2 ◦ (i × 1) ◦ Φ).
Posons U = E − j2 ({0} × X) et V = E − j1 ({0} × X). Ce sont deux ouverts de E. En effet,
on a (pour U ) j1−1 (U ) = Dn × X et j2−1 (U ) = (Dn − Sn−1 ) × X. De plus ils recouvrent E.
L’intersection U ∩ V se rétracte par déformation sur l’image de j1 ◦ (i × 1), laquelle est
homéomorphe à Sn−1 × X. De même, U se rétracte par déformation sur l’image de j1 et V
sur l’image de j2 , lesquelles sont homéomorphes respectivement à A1 et A2 . De plus, ces
derniers ont le type d’homotopie de X, puisqu’ils se rétractent par déformation sur {0} × X.
On a la suite exacte de Mayer-Vietoris :
...
/ Hi (U ∩ V )
/ Hi (U ) ⊕ Hi (V )
/ Hi (E)
/ Hi−1 (U ∩ V )
/ ...
qui donne la suite de l’énoncé compte tenu des équivalences d’homotopie indiquées cidessus. Il reste juste à identifier la flèche ϕ. Pour cela on considère le diagramme (en traits
pleins) :
Hi (Sn−1 × X)
ϕ
/ Hi (X) ⊕ Hi (X)
O
' p2 ∗ ⊕p2 ∗
' 1
Hi (Sn−1 × X)
' (j1 ◦(i×1))∗
Hi (j1 (A1 ) ∩ j2 (A2 ))
'
/ Hi (A1 ) ⊕ Hi (A2 )
Θ
' j1 ∗ ⊕j2 ∗
/ Hi (j1 (A1 )) ⊕ Hi (j2 (A2 ))
'
/ Hi (U ) ⊕ Hi (V )
Hi (U ∩ V )
Le carré inférieur est commutatif, puisque toutes ses flèches sont induites par des inclusions canoniques. De plus ses flèches verticales sont des isomorphismes puisqu’elles sont
induites par des équivalences d’homotopie. Le carré central est commutatif si on définit les
deux composantes de Θ comme induites respectivement par i × 1 et (i × 1) ◦ Φ (en tenant
compte du fait que j1 ◦ (i × 1) = j2 ◦ (i × 1) ◦ Φ). Toutes les flèches verticales du diagramme
sont des isomorphismes.
On définit la flèche ϕ comme (p2 ∗ ⊕ p2 ∗ ) ◦ Θ, c’est-à-dire l’unique flèche (en pointillés) qui
complète le diagramme en un diagramme commutatif. Il est alors clair que les deux composantes de ϕ sont induites par p2 et p2 ◦ Φ, puisque p2 ◦ (i × 1) = p2 .
(c) La première composante de ϕ ◦ λ∗ est induite par x 7→ p2 (∗, x), c’est-à-dire l’identité
de X. La seconde compsante de ϕ ◦ λ∗ est induite par x 7→ p2 (Φ(∗, x)) d’après la question
précédente.
48
(d) Comme n − 1 ≥ 1, on a H∗ (Sn−1 ) = H0 (Sn−1 ) ⊕ Hn−1 (Sn−1 ). Par naturalité de Γ, on
a le diagramme commutatif (dont les flèches verticales sont induites par les inclusions
canoniques) :
Γ
H∗ ({∗}) ⊗ H∗ (X)
H∗ (Sn−1 ) ⊗ H∗ (X)
Γ
/ H∗ ({∗} × X)
/ H∗ (Sn−1 × X)
Par ailleurs, modulo les identifications canoniques H∗ ({∗}) ' Λ (via ε) et {∗} × X ' X (via
p2 ), la flèche Γ supérieure est l’identité de H∗ (X). En effet, p2 ∗ (u × x) = ε(u)x = x (où u est
le générateur canonique de H∗ ({∗}), c’est-à-dire celui qui est tel que ε(u) = 1).
La flèche verticale de droite devient alors λ∗ , et comme l’image de H∗ ({∗}) → H∗ (Sn−1 ) est
H0 (Sn−1 ), on voit que l’image de Γ−1 ◦ λ∗ est H0 (Sn−1 ) ⊗ H∗ (X), c’est-à-dire précisément
le noyau de ψ. Par ailleurs, le fait que Γ−1 ◦ λ∗ soit injectif et que ψ soit surjectif sont
immédiats.
(e) Le carré (1) est évidemment commutatif. Le carré (2) est commutatif d’après la question
(c). Le carré (3) est commutatif car la flèche Hi (X) ⊕ Hi (X) → Hi (E) provient de la flèche
Hi (U ) ⊕ Hi (V ) → Hi (E) de la suite exacte de Mayer-Vietoris de la question (b), via les
équivalences d’homotopie X → U et X → V données par x 7→ j1 (∗, x) et x 7→ j2 (∗, x). Le
composé
Hi (X)
δ
/ Hi (X) ⊕ Hi (X)
/ Hi (E)
est donc la différence des flèches induites par x 7→ j1 (∗, x) et x 7→ j2 (∗, p2 Φ(∗, x)). Or ces
deux flèches sont égales (utiliser le fait que p1 ◦ Φ = p1 ). Les carrés (4), (5) et (6) sont
commutatif par construction, puisqu’il suffit de définir leurs flèches inférieures par passage
au quotient de leur flèche supérieure.
(f) Les deux composantes de δ sont 1 et µ∗ , et on a donc immédiatement la suite exacte
courte :
/ H∗ (X) δ / H∗ (X) ⊕ H∗ (X) γ / H∗ (X)
/0
0
Les colonnes du diagramme de la question (e) sont donc exactes. Les lignes de ce même
diagramme (prolongé indéfiniment de chaque coté par le même diagramme pour toutes les
valeurs de i) peuvent être interprétées comme des DG-modules. Le diagramme lui-même
est donc une suite exacte courte (verticalement) de DG-modules. Les deux premiers DGmodules ont une homologie nulle, puisque ce sont des suites exactes. Il résulte du lemme
du serpent et du lemme des cinq que le troisième DG-module est d’homologie nulle, donc
lui aussi une suite exacte. Il reste donc juste à vérifier que la flèche inférieure du carré
(5) est ±w (car changer le signe d’une application linéaire ne change ni son noyau ni son
49
image), et pour cela il suffit de vérifier que −w ◦ ψ = γ ◦ ϕ ◦ Γ. On a :
γ(ϕ(u × x)) =
=
=
=
γ(ϕ(α × x)) =
γ(ϕ(λ∗ (x)))
γ(δ(x))
0
−w(ψ(u ⊗ x))
µ∗ p2 ∗ (α × x) − p2 ∗ Φ∗ (α × x)
(par définition de γ et ϕ)
= −p2 ∗ Φ∗ (α × x)
(car p2 ∗ (α × x) = ε(α)x = 0)
= −w(x)
= −w(α × x)
(g) La suite exacte de la question précédente donne :
Hn+p (E)
/ Hp (X)
w
/ Hp+n−1 (X)
Comme p + n − 1 > p, on a Hp+n−1 (X) = 0. Par ailleurs, Hp (X) ' Λ. On a donc Hn+p (E) 6= 0,
et comme n + p > 0, on doit donc avoir q = n + p. Par ailleurs, on a la suite exacte :
Hp−n+1 (X)
w
/ Hp (X)
/ Hp (E)
Comme p > 0, Hp (E) n’est pas H0 (E). Il ne peut pas non plus être Hq (E) = Hn+p (E), car
n > 1. On a donc Hp (E) = 0, et comme Hp (X) 6= 0, on doit avoir Hp−n+1 (X) 6= 0. Comme
p − n + 1 ne peut pas être p, on doit avoir p − n + 1 = 0, donc n − p = 1.
◦
◦◦
50
◦
Solution du Problème 6
I.
(a) Choisissons un point ∗1 ∈ S2 se projetant (par π) sur ∗1 ∈ RP2 . Posons ∗2 = f (∗1 ) ∈ RP2 ,
et soit ∗2 un point de S2 tel que π(∗2 ) = ∗2 . Comme le groupe fondamental π1 (S2 , ∗1 ) est
réduit à 0, comme S2 est connexe et localement connexe par arcs, l’application (pointée)
f ◦ π : (S2 , ∗1 ) → (RP2 , ∗2 ) se relève le long du revêtement (pointé) π : (S2 , ∗2 ) → (RP2 , ∗2 ),
en une application continue pointée f : (S2 , ∗1 ) → (S2 , ∗2 ). On a donc π ◦ f = f ◦ π.
(b) Si x et f (x) étaient colinéaires, il seraient égaux ou opposés (car de norme 1). On aurait
alors π(x) = π(f (x)), donc π(x) = f (π(x)) d’après (a), et f aurait un point fixe.
(c) Comme x et f (x) sont linéairement indépendants, le produit vectoriel x ∧ f (x) n’est pas
nul. Il suffit de poser g(x) =
x∧f (x)
,
kx∧f (x)k
pour obtenir une fonction continue g : S2 → S2 telle
que hg(x), xi = hg(x), f (x)i = 0.
(d) La fonction g construite en (c) est un champ continu de vecteurs sur S2 (puisque
hg(x), xi = 0) qui ne s’annulle en aucun point de S2 . On sait qu’un tel champ n’existe pas,
et f a donc un point fixe.
II.
(a) L’espace Xk est obtenu en collant une 2-cellule sur le cercle via l’application f . On a donc
la suite exacte (homologie à coefficients dans Z), issue de la suite exacte de Mayer-Vietoris :
...
e i (S1 )
/H
f∗
e i (S1 )
/H
e i (Xk )
/H
∂∗
e i−1 (S1 )
/H
/ ...
On obtient donc H1 (Xk ) ' Coker(f∗ ) ' Z/k et H2 (Xk ) ' Ker(f∗ ) = 0, car k étant non nul,
f∗ (qui est la multiplication par k quand i = 1, par définition du degré de Brouwer) est
injective. Par ailleurs, on obtient H0 (Xk ) ' Z et Hi (Xk ) = 0 pour k > 2 (donc pour k ≥ 2
d’après ce qui précède).
(b) La formule de Künneth, qui est valable pour l’anneau de coefficients Z (qui est principal), donne la suite exacte scindée :
0
/ H∗ (Xk ) ⊗ H∗ (Xl ) can / H∗ (Xk ⊗ Xl )
ψ
/ TorZ (H∗ (Xk ), H∗ (Xl ))
1
/0
(où ψ est de degré −1). Comme H−1 (Xk ) = H−1 (Xl ) = 0 on obtient H0 (Xk × Xl ) ' Z. Par
ailleurs, comme TorZ1 (Z, M ) = 0 pour tout Z-module M , on a
H1 (Xk ⊗ Xl ) '
'
H2 (Xk ⊗ Xl ) '
'
H3 (Xk ⊗ Xl ) '
H0 (Xk ) ⊗ H1 (Xl ) ⊕ H1 (Xk ) ⊗ H0 (Xl )
Z/k ⊕ Z/l
H1 (Xk ) ⊗ H1 (Xl )
Z/ pgcd(k, l)
TorZ1 (H1 (Xk ), H1 (Xl ))
×k /
' Ker(Z/l
Z/l )
' Z/ pgcd(k, l)
51
On a en effet, en posant d = pgcd(k, l) et l0 = l/d, la suite exacte :
0
/ Z/d ×l / Z/l ×k / Z/l
0
Enfin, on obtient Hi (Xk × Xl ) = 0 pour i > 3.
(c) On applique le théorème des coefficients universels (à coefficients dans Z). On a la suite
exacte scindée (avec X = Xk × Xl ) :
/ Hi (X) ⊗ Z/m
0
/ Hi (X; Z/m)
/ TorZ (Hi−1 (X), Z/m)
1
/0
Donc,
H0 (X; Z/m)
H1 (X; Z/m)
H2 (X; Z/m)
H3 (X; Z/m)
H4 (X; Z/m)
Hi (X; Z/m)
'
'
'
'
'
'
Z/m
(Z/k ⊕ Z/l) ⊗ Z/m ' Z/ pgcd(k, m) ⊕ Z/ pgcd(l, m)
Z/ pgcd(k, l, m) ⊕ Z/ pgcd(k, m) ⊕ Z/ pgcd(l, m)
Z/ pgcd(k, l, m) ⊕ Z/ pgcd(k, l, m)
Z/ pgcd(k, l, m)
0
(pour i ≥ 5)
III.
(a) La suite exacte de Mayer-Vietoris :
/ H ∗ (U ) ⊕ H ∗ (V )
...
∗
/ H ∗ (U ∩ V ) ∂ / H ∗ (U ∪ V )
/ H ∗ (U ) ⊕ H ∗ (V )
/ ...
est obtenue via le lemme du serpent à partir de la suite exacte courte de modules différentiels gradués :
0
/ (C∗ (U ) + C∗ (V ))∗
ϕ
/ C ∗ (U ) ⊕ C ∗ (V )
ψ
/ C ∗ (U ∩ V )
/0
où les flèches ϕ et ψ sont induites par les inclusions accompagnées de signes convenables.
Soit a ∈ C ∗ (U ∩ V ) un cocycle représentant x. On peut construire un cocycle représentant
de ∂ ∗ (x) en prenant d’abord un antécédent (a0 , 0) de a par ψ (il est possible de le prendre
de cette forme, car ψ envoie un couple de cochaînes définies respectivement sur U et sur V
sur la somme de leurs restrictions à U ∩ V ), puis l’unique antécédent a00 de (∂a0 , 0) par ϕ :
(a0 , 0) _
a00 /a
/ (∂a0 , 0)
a00 est le cocycle γ cherché.
(b) Soit b ∈ C ∗ (U ∪ V ) un cocycle représentant y, et soit b0 sa restriction à U (qui est
encore un cocycle). La restriction b00 de b0 à U ∩ V est un cocycle représentant i∗ (y). Par
ailleurs, en partant de a ^ b00 , on a, en remarquant que ψ(b0 , 0) = b00 et en utilisant le
52
fait que b0 est un cocycle (et bien sûr le fait que le cup-produit est bilinéaire, ce qui donne
ψ(a0 ^ b0 , 0) = a ^ b00 ), on a la construction de connectant :
(a0 ^ b0 , 0) _
a00 ^ b / a ^ b00
/ (∂a0 ^ b0 , 0)
Comme a ^ b00 représente x ^ i∗ (y) et comme a00 ^ b représente ∂ ∗ (x) ^ y, on a ∂ ∗ (x ^
i∗ (y)) = ∂ ∗ (x) ^ y.
(c) Pour [x, t] ∈ U et s ∈ [0, 1], il suffit de poser h([x, t], s) = [x, ts]. Il est immédiat que
cette définition est compatible avec le passage au quotient (puisque t = 0 entraîne ts = 0)
et donne une fonction continue. On a h([x, t], 1) = [x, t] et h([x, t], 0) = [x, 0], or [x, 0] est
indépendant de x. Dans le cas de V , on pose h([x, t], s) = [x, 1 − (1 − t)s]. On a t = 1 ⇒
1 − (1 − t)s = 1, h([x, t], 0) = [x, 1] (indépendant de x) et h([x, t], 1) = [x, t].
(d) On a la suite exacte de Mayer-Vietoris :
H p (U ) ⊕ H p (V )
/ H p (X)
∂∗
/ H p+1 (ΣX)
/ H p+1 (U ) ⊕ H p+1 (V ) = 0
pour p ≥ 0, car U et V sont contractiles. Ainsi, comme ∂ ∗ est surjectif, tout élément de
H p+1 (ΣX) est de la forme ∂ ∗ (x). Soit y un élément de H q (ΣX) (avec q > 0), alors ∂ ∗ (x) ^
y = ∂ ∗ (x ^ i∗ (y)) = 0, car i∗ (y) = 0. En effet, l’inclusion « équatoriale » i : X → ΣX (qui
envoie x sur [x, 1/2]) se factorise à travers l’espace contractile U .
IV.
(a) Il résulte immédiatement de la définition des variétés topologiques que le bord ∂X
d’une variété à bord X est un fermé d’intérieur vide de X.
(b) On a la suite exacte de Mayer-Vietoris relative (homologie à coefficients dans Z) :
...
*
H∗ (U ∩ V, U ∩ V − ∂X)
*
H∗ (U, U − ∂X) ⊕ H∗ (V, V − ∂X)
*
H∗ (U ∪ V, U ∪ V − ∂X)
∂∗
*
H∗ (U ∩ V, U ∩ V − ∂X)
*. . .
qui donne immédiatement le résultat.
(c) L’hypothèse entraîne que {H∗ (Ui , Ui − ∂X)}i∈I est une famille filtrante de Z-modules.
S
S
Comme le foncteur homologie préserve les colimites filtrantes, H∗ ( i Ui , i Ui − ∂X) est la
colimite d’un diagramme dont tous les modules sont nuls. Il est donc nul.
53
(d) Si U est un ouvert convexe de Rn+ , il en est de même de U − ∂Rn+ . De plus, d’après
(a), tous deux sont simultanément vides ou simultanément non vides. Il en résulte que
H∗ (U, U − ∂Rn+ ) = 0.
(e) Supposons d’abord que l’ouvert U de Rn+ soit une réunion finie U1 ∪ · · · ∪ Uk d’ouverts
convexes. Le résultat est acquis pour k = 0, 1. Supposons donc k ≥ 2 et raisonnons par
récurrence sur k. Comme (U1 ∪· · ·∪Uk−1 )∩Uk est une réunion finie de k−1 ouverts convexes
(dont certains peuvent être vides, c’est pourquoi il ne faut pas supposer nos ouverts non
vides). On conclut en utilisant (b) et l’hypothèse de récurrence.
Par ailleurs, tout ouvert de Rn+ est réunion d’une famille filtrante de réunions finies d’ouverts convexes. On a donc le résultat par (c).
(f) Par définition des variétés topologiques, tout point de X a un voisinage U ouvert inclus
dans le domaine d’un homéomorphisme ϕ : V → W où V est un ouvert de X contenant U
et W un ouvert de Rn+ . Comme tout homéomorphisme entre variétés préserve le bord, les
paires (U, U − ∂X) et (ϕ(U ), ϕ(U ) − ∂Rn+ ) sont homéomorphes, et on a U ∈ UX . Par ailleurs,
tout ouvert de X est réunion d’une famille filtrante de réunions finies d’ouverts tels que U
ci-dessus. On conclut donc par le même raisonnement que dans la question (e).
(g) La première affirmation résulte immédiatement, dans le cas G = Z, de la suite exacte
de la paire (U, U − ∂X) (à coefficients dans Z). Les deux affirmations résultent alors des
théorèmes des coefficients universels pour l’homologie et pour la cohomologie, et du lemme
des cinq.
◦
◦◦
54
◦
Solution du Problème 7
(1) Il suffit de poser ρ(a) = a − ε(a)1. On a alors a = ρ(a) + ε(a)1 et si ε(x) = 0, on a x = ρ(x).
(2) Notons d’abord que X g − 1 est un élément de I puisque ε(X g − 1) = 1 − 1 = 0. Par
ailleurs, les X g − 1, pour g ∈ G − {0}, forment un système générateur de I En effet, si
P
P
P
P
x = g∈G λg X g ∈ I , alors g∈G λg = 0, et x = g∈G λg (X g − 1) = g6=0 λg (X g − 1). C’est
P
P
P
aussi un système libre, car si g6=0 λg (X g − 1) = 0, alors g6=0 λg X g − ( g6=0 λg )X 0 = 0, et
comme les {X g }g∈G forment une Z-base de A , on a λg = 0 pour tout g ∈ G − {0}.
I 2 ⊂ I est une conséquence immédiate du fait que I est un idéal (bilatère) de A , luimême conséquence du fait que ε est un morphisme d’anneaux. En effet, on a ε(X g X h ) =
ε(X g+h ) = 1 = ε(X g )ε(X h ) et ε(1) = 1.
(3) L’application ε : A → Z est bien sûr surjective (puisque ε(X 0 ) = 1). L’image de µ :
I ⊗Z A → A est donc I , c’est-à-dire Ker(ε). Le composé µ(µ ⊗ 1 − 1 ⊗ µ) est nul par
associativité de la multiplication de A . Enfin, on a :
(µ ⊗ 1 − 1 ⊗ µ)h1 (x ⊗ a) + h0 µ(x ⊗ a) =
=
=
=
−xρ(a) ⊗ 1 + x ⊗ ρ(a) + ρ(xa) ⊗ 1
x(a − ρ(a)) ⊗ 1 + x ⊗ ρ(a)
(car ρ(xa) = xa)
x ⊗ ε(a)1 + x ⊗ ρ(a)
x⊗a
Ainsi, on a (µ ⊗ 1 − 1 ⊗ µ)h1 (t) + h0 µ(t) = t pour tout t ∈ I ⊗Z A , et on voit que si t est dans
le noyau de µ, il est dans l’image de µ ⊗ 1 − 1 ⊗ µ.
Par ailleurs, les flèches µ ⊗ 1 − 1 ⊗ µ, µ et ε sont A -linéaires. En effet, pour la première, on a
(µ ⊗ 1 − 1 ⊗ µ)(x ⊗ y ⊗ ab) = xy ⊗ ab − x ⊗ yab et ((µ ⊗ 1 − 1 ⊗ µ)(x ⊗ y ⊗ a))b = (xy ⊗ a − x ⊗ ya)b.
Pour la seconde, on a µ(x ⊗ ab) = xab = µ(x ⊗ a)b. Enfin, ε(ab) = ε(a)ε(b) = ε(a)b, compte
tenu de la façon dont la structure de A -module de Z est définie.
Pour terminer, I ⊗Z I ⊗Z A , I ⊗Z A et A sont A -libres parce que I est Z-libre.
(4) On a (µ ⊗ 1)(x ⊗ a ⊗ n) = xa ⊗ n = 1 ⊗ (xa)n = 1 ⊗ ε(xa)n = 0, car xa passe d’un coté
à l’autre de ⊗A et xan = ε(xa)n par définition de la structure de A -module de Z. Enfin,
ε(xa) = 0 car xa ∈ I .
(5) En tensorisant la suite exacte de la question (3) (sans le module Z) par Z au dessus de
A , on obtient le complexe :
I ⊗Z I
µ
/I
0
/Z
2
d’après la question (4). Il en résulte par définition de Tor que TorA
1 (Z, Z) ' I /I .
(6) On a ϕ(g + h) = X g+h − 1 = X g X h − 1. Or, on a l’identité remarquable (valable dans
tout anneau unitaire même non commutatif) :
(ab − 1) = (a − 1) + (b − 1) + (a − 1)(b − 1)
Il en résulte que X g X h − 1 = X g − 1 + X h − 1, puisque (X g − 1)(X h − 1) = 0 (remarquer
que (X g − 1)(X h − 1) est dans I 2 ). On a donc ϕ(g + h) = ϕ(g) + ϕ(h).
(7) Comme I est engendré (comme groupe abélien) par les X g − 1, I /I 2 est engendré par
les X g − 1. Or, tous sont dans l’image de ϕ, qui est donc surjective.
55
Soit θ : G → A un morphisme de G vers un groupe abélien A. Alors en posant ψ(X g − 1) =
θ(g), pour tout g ∈ G − {0}, on définit un morphisme de groupes de I vers A (puisque les
X g − 1 (g 6= 0) forment une Z-base de I et que A est abélien). Ce morphisme passe au
quotient pour donner ψ : I /I 2 → A. En effet, ψ((X g − 1)(X h − 1)) = ψ(X g+h − 1) − ψ(X g −
1) − ψ(X h − 1) = θ(g + h) − θ(g) − θ(h) = 0, d’après l’identité remarquable précédente, et
parce que θ est un morphisme de groupes.
On a alors ψϕ = θ et ψ est clairement le seul morphisme de groupes ayant cette propriété.
Ainsi, ϕ : G → I /I 2 est l’abélianisation de G de par sa définition comme problème universel. On a donc G/[G, G] ' I /I 2 ' TorA
1 (Z, Z).
(8) Le fait que la suite soit exacte est une conséquence immédiate de H2 (S3 ) = H1 (S3 ) = 0
et du fait que ε : H0 (S3 ) → Z est un isomorphisme.
Comme G agit librement sur S3 , il agit librement sur l’ensemble Si (S3 ) des i-simplexes
singuliers de S3 , et Ci (S3 ) est un A -module à droite via la flèche Ci (S3 ) ⊗Z A → Ci (S3 )
envoyant σ ⊗ X g sur σ.g, pour tout i-simplexe σ de S3 . En choisissant un simplexe dans
chaque orbite de l’action de G sur Si (S3 ), on obtient une A -base de Ci (S3 ). Il est clair que
l’opérateur bord ∂ est compatible avec l’action, autrement-dit que ∂(σ.g) = ∂(σ).g (en fait
ceci est valable pour chaque opérateur de face). Enfin, ε est A -linéaire, par définition même
de la structure de A -module de Z.
(9) Comme G est fini et agit librement et continuement sur S3 , il agit de façon proprement
discontinue, et la projection canonique π : S3 → S3 /G est un revêtement principal. Pour
chaque i-simplexe singulier σ de S3 /G, choisissons un relèvement σ de σ le long de π (il
existe, puisque ∆i est contractile et un tel relèvement est complètement déterminé dès
qu’on a relevé l’un de ses points, par exemple son sommet 0). Les {σ}σ∈Si (S3 /G) forment une
A -base de Ci (S3 ), puisque tout simplexe de S3 est de façon unique de la forme σ.g, et les
{σ.g}σ∈Si (S3 /G),g∈G forment donc une Z-base de Ci (S3 ) qui n’est autre bien sûr que la base
canonique. Considérons la flèche :
Ci (S3 ) ⊗A Z
Φ
/ Ci (S3 /G)
définie par Φ(σ ⊗ 1) = π∗ (σ). Pour voir qu’elle est bien définie, il suffit de vérifier que
Φ(σ.g ⊗ 1) = Φ(σ ⊗ 1) (pour tout simplexe σ de S3 ), ce qui résulte de π∗ (σ.g) = π∗ (σ). Nous
avons aussi la flèche :
Ψ /
Ci (S3 /G)
Ci (S3 ) ⊗A Z
définie par Ψ(σ) = σ ⊗ 1, elle aussi bien définie. On a immédiatement ΨΦ = 1Ci (S3 )⊗A Z (à
cause du fait que la tensorisation est sur A et qu’il existe g ∈ G tel que π∗ (σ) = σ.g) et
ΦΨ = 1Ci (S3 /G) . Il reste à voir que Φ et Ψ commutent avec les opérateurs bord. Pour Φ, cela
résulte du fait que π∗ commute aux faces, et pour Ψ, cela résulte du fait que si σ est un
simplexe de S3 /G, ∂j (σ) est de la forme ∂j (σ).g, ce qui résulte immédiatement du fait que π
est un revêtement. Comme ∂j (σ).g ⊗A 1 = ∂j (σ) ⊗A g1 = ∂j (σ) ⊗A 1, on voit que Ψ commute
au bord.
Ainsi, H1 (S3 /G) est isomorphe à l’homologie de degré 1 du premier complexe, c’est-à-dire à
TorA
1 (Z, Z) puisque la suite de la question (8) est un début de résolution A -libre de Z. On
applique pour finir la conclusion de la question (7).
56
(10) La finitude de G entraîne que S3 /G est un espace normal,( 11 ) et comme π est un
revêtement, tout point de S3 /G a un voisinage homéomorphe à un voisinage d’un point de
S3 . Comme S3 est une variété, il en est donc de même de S3 /G, qui est bien sûr compacte,
connexe et sans bord de dimension 3. Le groupe fondamental de S3 /G est G car on a la suite
exacte :
/ π1 (S3 , ∗)
/ π1 (S3 /G, ∗)
/G
/0
0
et π1 (S3 , ∗) = 0.
(11) Pour tout g ∈ G − {0}, l’homéomorphisme rg = (x 7→ x.g) de S3 est sans point fixe car
l’action de G sur S3 est libre. Or, on sait qu’une telle application est homotope à l’application
antipodale, et que son degré, dans le cas de la sphère S3 , est donc +1,( 12 ) ce qui signifie
qu’elle préserve l’orientation de S3 . On a :
H3 (S3 )
1=(rg )∗
'
' (rg )∗
H3 (S3 )
/ H3 (S3 , S3 − x)
'
/ H3 (S3 , S3 − x.g)
θ_ / θx
_
θ
/ θx.g
(où θ est un générateur de H3 (S3 )). On en déduit que le quotient S3 /G est orientable,
puisque compte tenu de π ◦ rg = π, π∗ : H3 (S3 , S3 − x) → H3 (S3 /G, S3 /G − π(x)) va alors
envoyer l’orientation θx de S3 en chaque point x d’une fibre de π sur la même orientation
au point π(x).
(12) Le théorème des coefficients universels pour la cohomologie nous donne l’isomorphisme H 1 (S3 /G) ' Hom(G/[G, G], Z). On a donc H 1 (S3 /G) = 0 puisque G/[G, G] est un
groupe fini.
(13) Comme S3 /G est une variété compacte sans bord orientable, la dualité de Poincaré
s’applique (à coefficients dans Z). Elle donne H2 (S3 /G) ' H 1 (S3 /G) = 0, H3 (S3 /G) '
H 0 (S3 /G) ' Z (car S3 /G est connexe par arcs), et Hi (S3 /G) = 0 pour i ≥ 4.
◦
◦◦
◦
11. En fait, un espace métrique dans le cas présent.
12. Dans le cas d’un sphère de dimension impaire, il est facile de prouver qu’elle est homotope à l’application
identique.
57
Solution du problème 8
I
(a) Notons f un objet final de I et γi : i → f l’unique flèche de l’objet i vers f . Dans C , on
peut considérer le cocône de sommet X = d(f ) dont l’arête de d(i) vers X est d(γi ) (1 dans
le cas i = f ). Tous les triangles de la forme :
X = d(f )
:
d(γi )
d(i)
O
d(γj )
/ d(j)
d(ϕ)
sont commutatifs car f est final dans I . Ce cocône est par ailleurs initial. En effet, soient
δi : d(i) → Y les arêtes d’un autre cocône sur le diagramme d. On a le diagramme commutatif :
/9 Y
X = d(f )
O
O
e
1
δf
δi
d(γi )
d(i)
/ d(f )
d(γi )
dans lequel seule la flèche δf peut prendre la place de la flèche en pointillés. Elle est par
ailleurs un morphisme de cocônes, car δf ◦ d(γi ) = δi (car δ est un cocône sur d).
II
(a) Notons f −1 l’inverse de f et considérons le diagramme :
f
A
g0
g
C
/B
f0
/ D g◦f −1
θ
g0
+C
1
f0
f0
-D
dont la partie en traits pleins est commutative puisque g ◦ f −1 ◦ f = 1 ◦ g et f 0 ◦ g ◦ f −1 =
g 0 ◦ f ◦ f −1 = g 0 . Comme le carré de l’énoncé est cocartésien, on a la flèche θ telle que
θ ◦ f 0 = 1C . Par ailleurs, le bord externe du diagramme est identique au carré de l’énoncé.
On a donc nécessairement f 0 ◦ θ = 1D .
(b) Considérons le diagramme :
A
f
/B
g
C
f0
g0
/D
u
v
58
)
5Z
vérifiant u ◦ f 0 = v ◦ f 0 . Il s’agit de montrer que u = v. Comme le carré de l’énoncé est
commutatif, on a u ◦ g 0 ◦ f = v ◦ g 0 ◦ f , et comme f est un épimorphisme, on a u ◦ g 0 = v ◦ g 0 .
Comme par ailleurs u ◦ f 0 = v ◦ f 0 , l’égalité de u et v résulte du fait que le carré de l’énoncé
est cocartésien (unicité du morphisme de cocônes).
III
(a) L’orthogonal x⊥
0 de la droite définie par x0 est un hyperplan stable par tous les éléments
de G, qui s’identifie donc à un sous-groupe du groupe des isométries de x⊥
0 , lequel est
isomorphe (comme groupe topologique) à SO(n−1), puisque x⊥
est
isomorphe
comme
espace
0
euclidien à Rn−1 . Par ailleurs, toute isométrie de x⊥
se
prolonge
de
manière
unique
en
0
n
⊥
une isométrie de R laissant x0 fixe. Enfin, si une isométrie de x0 est de sens direct, son
prolongement laissant x0 fixe est lui aussi de sens direct (le déterminant est inchangé). On
a donc l’isomorphisme demandé.
(b) (0) On remarque que la condition y 6= ±x entraîne que hx, yi ∈] − 1, +1[, donc que
1 − hx, yi2 n’est pas nul et que x et y sont linéairement indépendants. De plus, αyx est une
forme linéaire et ryx une application linéaire.
(1) Si z est orthogonal à x et y, on a αyx (z) = αxy (z) = 0, donc ryx (z) = z.
(2) Notons P le plan vectoriel engendré par x et y.
y
ryx
−x
x
−y + 2hx, yix
Si z ∈ P , on voit tout de suite sur la formule définissant ryx que ryx (z) est combinaison
linéaire de x et y, donc qu’il est aussi dans P .
(3) On a αyx (y) = 0, αxy (y) = 1, donc ryx (y) = x.
(4) On a αyx (x) = 1, αxy (x) = 0, donc ryx (x) = −y + 2hx, yix.
(5) On a hx, −y + 2hx, yixi = 2hx, yi − hx, yi = hx, yi. Ainsi, ryx préserve le produit scalaire
de x et y. Par ailleurs, il préserve le produit scalaire hy, yi puisque hx, xi = 1 = hy, yi, et
il préserve le produit scalaire hx, xi, puisque h−y + 2hx, yix, −y + 2hx, yixi = 1 − 4hx, yi2 +
4hx, yi2 = 1 = hx, xi. Comme x et y forment une base de P , ryx préserve le produit scalaire de
deux vecteurs quelconques de P . C’est donc une isométrie. Dans la base (x, y), la matrice
de ryx est d’après (3) et (4) :
!
2hx, yi 1
−1
0
59
dont le déterminant est +1. Ainsi, ryx est une isométrie de sens direct dans P et dans l’orthogonal de P . C’est donc une isométrie de sens direct dans Rn , autrement-dit, un élément
de SO(n).
(6) Pour des application R-linéaires entre espaces de dimension finie, la convergence normale est équivalente à la convergence simple. Il suffit donc de montrer que quand y tend
vers x, l’expression A = αyx (z)(x + y − 2hx, yix) − αxy (z)(x − y) tend vers 0. On peut écrire :
αyx (z) = hz, xi
1
hx, yihz, x − yi
+
1 + hx, yi (1 − hx, yi)(1 + hx, yi)
On a (en désignant par ε la somme des termes qui tendent visiblement vers 0, c’est-à-dire
qui n’ont pas 1 − hx, yi au dénominateur) :
A=
hx, yihz, x − yi
hx, yihz, y − xi
(x + y − 2hx, yix) −
(x − y) + ε
(1 − hx, yi)(1 + hx, yi)
(1 − hx, yi)(1 + hx, yi)
ou encore :
A=
hx, yihz, x − yi
2x(1 − hx, yi) + ε
(1 − hx, yi)(1 + hx, yi)
ce qui élimine 1 − hx, yi et donne le résultat à cause de la présence de x − y au numérateur.
(c) D’après sa définition, ryx n’est défini que pour y 6= −x. Notons que f ∈ Vx signifie que
x0
f (x0 ) 6= x. Ainsi, rf−x
(x0 ) est défini, et r−x est défini grâce à l’hypothèse x 6= x0 . Par ailleurs
x0
x0
−x
r−x
(rf−x
(x0 ) (f (x0 ))) = x0 , c’est-à-dire r−x ◦ rf (x0 ) ◦ f ∈ G. Bien sûr, π envoit Vx dans Ux . Ainsi,
ϕx est bien défini et continu.
Notons que rxy est l’inverse de ryx (ce qui est valable aussi pour x = y). L’inverse ψx de ϕx
y
y
◦ g) = y
est donné par (y, g) 7→ r−x
◦ rx−x
◦ g (qui est continu). Notons d’abord que π(r−x
◦ rx−x
0
0
(puisque g(x0 ) = x0 ). Comme y 6= x (puisque y ∈ Ux ), on voit que ψx est à valeurs dans Vx .
Par ailleurs, (en tenant compte de π(f ) = f (x0 )) :
π(f )
x0
ψx (ϕx (f )) = r−x ◦ rx−x
◦ r−x
◦ rf−x
0
(x0 ) ◦ f = f
y
Par ailleurs, comme π(r−x
◦ rx−x
◦ g) = y, on a :
0
y
x0
ϕx (ψx (y, g)) = (y, r−x
◦ ry−x ◦ r−x
◦ rx−x
◦ g) = (y, g)
0
(d) On vient de voir que Vx est homéomorphe à Ux × G. Comme Ux est contractile, Vx a le
type d’homotopie de G, et son groupe fondamental est isomorphe à Z/2Z (par hypothèse de
récurrence puisque G ' SO(n − 1)). Par ailleurs, Vx ∩ V−x = π −1 (Ux ∩ U−x ), et on a les deux
carrés cartésiens :

Vx ∩ V−x π
Ux ∩ U−x

/ Vx
(Ux ∩ U−x ) × G p1
π
/ Ux
Ux ∩ U−x


/ Ux × G
p1
/ Ux
qui sont isomorphes (via ϕx ), et il suffit donc de montrer que la flèche canonique (Ux ∩
U−x ) × G → Ux × G induit un isomorphisme sur les groupes fondamentaux. Mais ceci
résulte du fait que le groupe fondamental de Ux ∩ U−x est réduit à zéro car Ux ∩ U−x a le
type d’homotopie de Sn−2 , dont le groupe fondamental est réduit à zéro pour n ≥ 4.
60
(e) Les ouverts Vx et V−x recouvrent SO(n) (car Ux et U−x recouvrent Sn−1 ). En prenant un
point de base dans leur intersection (par exemple le point x0 ), on a par le théorème de van
Kampen le carré cocartésien :
π1 (Vx ∩ V−x )
/ π1 (Vx )
/ π1 (SO(n))
π1 (V−x )
dont les flèches sont induites par les inclusions canoniques. Comme la flèche de gauche est
un isomorphisme par la question précédente, on a le résultat par II (a).
IV
(a) Z est un groupe libre sur un générateur, puisque se donner un morphisme de groupes
Z → G (quel que soit le groupe G) est équivalent à se donner une application d’un singleton
dans G. Le carré de Ens :
/ {a1 , . . . , an }
∅
{a0 }
/ {a0 , a1 , . . . , an }
dont toutes les flèches sont des inclusions canoniques est trivialement cocartésien. On
conclut en utilisant le fait que L préserve les carrés cocartésiens comme adjoint à gauche.
(b) Le cas n = 0 est trivial car C est contractile. Par ailleurs, C privé d’un unique point se
rétracte par déformation sur le cercle de rayon 1 centré en ce point. Le groupe fondamental
est donc dans ce cas celui du cercle, c’est-à-dire Z (qui est libre sur 1 générateur). On
suppose donc maintenant n ≥ 2.
Notons X = {a1 , . . . , an } un sous-ensemble à n points distincts de C. On peut supposer
que le module de a1 est supérieur ou égal aux modules de a2 , . . . , an . Comme n ≥ 2, on
a |a1 | > 0. Quitte à appliquer une rotation de centre 0, ce qui ne change pas la classe
d’homéomorphisme, on peut supposer que a1 est un réel (strictement positif). Les parties
réelles de a2 , . . . , an sont alors strictement inférieures à a1 (théorème de Pythagore), disons
plus petites que a1 − 3ε. Alors les droites verticales d’abscisses a1 − 2ε et a1 − ε ont a1 à leur
droite (strictement) et a2 , . . . , an a leur gauche (strictement).
Soit U le demi-plan ouvert des complexes de partie réelle strictement supérieure à a1 − 2ε
privé de a1 et V le demi-plan ouvert des complexes de partie réelle strictement inférieure
à a1 − ε privé de a2 , . . . , an . Alors U est homéomorphe au plan complexe privé d’un point
et V est homéomorphe au plan complexe privé de n − 1 points. De plus, les ouverts U et
V recouvrent C − X, et U ∩ V est contractile. Choisissons le point base dans U ∩ V . Le
théorème de van Kampen et la question précédente donnent le résultat.
(c) La dérivée de πn en z est nz n−1 qui est non nul pour z ∈ En . Ainsi, πn est un homéomorphisme local d’après le théorème d’inversion locale. Par ailleurs, si K est un compact de B,
c’est aussi un compact de C et c’est donc une partie fermée et bornée de C incluse dans B
(disons que tout élément de K a un module inférieur à ρ). Alors (z 7→ z n )−1 (K) est fermé
61
√
dans C et aussi borné par n ρ, donc compact (et inclus dans En ). Ainsi, π est une application propre, et comme En et B sont localement compacts, on voit que πn est un revêtement
(théorème du cours).
(d) Le morphisme de groupe (πn )∗ : π1 (En ) → π1 (B) est injectif. On a donc le résultat par
les deux questions précédentes.
◦
◦◦
62
◦
Solution du problème 9
I
(a) On peut supposer que M est non nul en degrés 0 et 1 et N non nul en degré 0. On
définit ϕ : Z = M0 → N0 = Z/2 comme la projection canonique, et on définit ϕ comme nul
dans les degrés non nuls. M et N ont la même homologie, à savoir Z/2 en degré 0 et 0 dans
les autres degrés. Il suffit donc de voir que ϕ induit un isomorphisme sur H0 , ce qui est
immédiat, puisque le cycle 1 ∈ Z = M0 , qui est le générateur de H0 (M ) ' Z/2 est envoyé
sur le générateur de H0 (N ) = N0 = Z/2.
(b) On pose P0 = Z/2 et Pi = 0 pour i 6= 0. On a :
M ⊗P =
0
N ⊗P =
0
/ Z/2
/0
0
/ Z/2
/0
/ Z/2
/0
On voit que H1 (M ⊗ P ) ' Z/2 et H1 (N ⊗ P ) = 0. Ces deux DG-modules ne peuvent donc
pas être quasi-isomorphes.
II
Notons i l’inclusion canonique de RPn−1 dans RPn , et r une rétraction pour i. En appliquant
le foncteur de cohomologie à coefficients dans Z/2Z, on obtient le diagramme commutatif
de morphismes d’algèbres :
H ∗ (RPn−1 ; Z/2Z) o
i∗
H ∗ (RPn ; Z/2Z)
O
i
1
r∗
H ∗ (RPn−1 ; Z/2Z)
L’algèbre de cohomologie de RPn−1 (resp. RPn ) est engendré par u ∈ H 1 (RPn−1 ; Z/2Z) (resp.
v ∈ H 1 (RPn ; Z/2Z)) (qui sont isomorphes à Z/2Z). On doit avoir i∗ (r∗ (u)) = u 6= 0, donc
r∗ (u) 6= 0, ce qui implique r∗ (u) = v. On a donc r∗ (un ) = v n , ce qui est impossible car un = 0
et v n 6= 0.
III
On procède par récurrence sur n − p. Pour n − p = 0, on a M = Rn et s est l’application
identique. On a donc s∗ = 1 = (−1)0 = (−1)n−p .
Supposons maintenant p < n. Soit D une droite vectorielle orthogonale à M (qui existe
puisque p < n). Soit t la symétrie orthogonale par rapport à l’orthogonal D⊥ de D dans Rn .
Le composé s ◦ t est alors la symétrie orthogonale par rapport à M ⊕ D. Par hypothèse de
récurrence, (t ◦ s)∗ est la multiplication par (−1)n−p−1 . Il suffit donc de montrer que t∗ est
la multiplication par −1.
63
Soient a et b les deux points de Sn−1 ∩ D. Posons U = Sn−1 − {a} et V = Sn−1 − {b}.
La symétrie t échange les ouverts contractiles U et V de Sn−1 . On a U ∪ V = Sn−1 et le
diagramme commutatif :
0
/ H̃n−1 (U ∪ V )
t∗
0
/ H̃n−1 (V ∪ U )
∂∗
'
'
∂∗
/ H̃n−2 (U ∩ V )
/0
t∗
/ H̃n−2 (V ∩ U )
/0
où les deux connectants ∂∗ sont opposés l’un de l’autre. Comme U ∩ V se rétracte par
déformation sur D⊥ ∩ Sn−1 , sur lequel t est l’identité, la flèche t∗ de droite est l’identité.
Il en résulte que la flèche t∗ de gauche est la multiplication par −1.
IV
(a) Il faut d’abord vérifier que les γi forment bien un cocône sur D. Or ceci résulte du fait
que le passage au quotient par N est juste ce qu’il faut pour que les égalités γi+1 ◦ f = γi
soient vraies. Il s’agit maintenant de montrer que le cocône formé par les γi est initial parmi
les cocônes sur D. Soit un autre cocône d’arêtes δi : Mi → L. On définit ϕ : M → L en posant
ϕ(x) = δi (x) pour x dans Mi . La flèche ϕ passe au quotient pour donner ϕ : M/N → L. En
effet, on a, pour x ∈ Mi , ϕ(x − f (x)) = δi (x) − δi+1 (f (x)) = 0 car δi+1 ◦ f = δi . On a bien
sûr ϕ ◦ γi = δi . Supposons qu’on ait une autre flèche θ : M/N → L telle que θ ◦ γi = δi .
Comme tout élément de M/N est une somme finie d’éléments de la forme γi (x), et comme
ϕ(γi (x)) = δi (x) = θ(γi (x)), on a θ = ϕ.( 13 )
(b) Il y a juste à montrer que a, vu comme un élément de M n’est pas dans N . S’il était
dans N , il serait de la forme x − f (x), où x n’est généralement pas homogène. On peut alors
écrire x sous la forme a0 + · · · + an avec ai ∈ Mi , où certains ai peuvent être nuls, mais où an
est non nul. Comme a est homogène de degré 0, et comme ai est de degré i et f (ai ) de degré
i + 1, on voit qu’on doit avoir a = a0 et ai+1 = f (ai ) pour tout i ≥ 0. Comme par ailleurs on a
nécessairement f (an ) = 0 car c’est la composante de degré n + 1 de a, on vient de montrer
que f n+1 (a) = 0, ce qui est contraire à l’hypothèse de l’énoncé.
V
(a) Pour p = 0, A est un point et Sn − A est homéomorphe à Rn .
(b) Comme [0, 1] = [0, 1/2 ] ∪ [1/2 , 1], A est la réunion de deux compacts A0 et A00 tous deux
homéomorphes à [0, 1]p et tels que A0 ∩ A00 soit homéomorphe à [0, 1]p−1 . Comme H̃i (Sn −
(A0 ∩ A00 )) = 0 pour tout i par hypothèse de récurrence, la suite exacte de Mayer-Vietoris
nous donne l’isomorphisme :
H̃i (Sn − A)
i∗
j∗
'
!
/ H̃i (Sn − A0 ) ⊕ H̃i (Sn − A00 )
13. Ce raisonnement ne fonctionne pas avec M et ϕ à la place de M/N et ϕ, car les inclusions des Mi dans
M ne forment pas un cocône sur D.
64
(c) Comme x n’est pas nul, l’un au moins des deux éléments i∗ (x) ou j∗ (x) n’est pas nul.
Disons que c’est i∗ (x) et recommençons l’opération ci-dessus avec A0 à la place de A. On
obtient une suite décroissante de compacts A = A0 ⊃ A1 ⊃ A2 ⊃ . . . , tous homéomorphes à
T
[0, 1]p , tels que B = k∈N Ak soit homéomorphe à [0, 1]p−1 et tels que les images successives
de x dans tous les H̃i (Sn − Ak ) soient toutes non nulles.
(d) Il résulte de IV que la colimite du diagramme de modules :
/ ...
H̃i (Sn − A0 )
/ H̃i (Sn − Ak )
/ H̃i (Sn − Ak+1 )
/ ...
n’est pas nulle. Or il s’agit d’une colimite filtrante, et comme les colimites filtrantes commutent à l’homologie, elle est isomorphe à H̃i (Sn − B), qui est nul par hypothèse de récurrence, ce qui est contradictoire.
(e) Le cas p = 0 étant trivial (car Sn − A, qui est Sn privé de deux points, a alors le type
d’homotopie de Sn−1 ), on suppose p ≥ 1. Sp étant la réunion de ses deux hémisphères fermés,
on voit que A = A0 ∪ A00 , où A0 et A00 sont homéomorphes à des disques (donc aussi à des
cubes [0, 1]p ) et où A0 ∩ A00 est homéomorphe à Sk−1 . Comme H̃i (Sn − A0 ) ⊕ H̃i (Sn − A00 ) = 0,
la suite exacte de Mayer-Vietoris nous donne l’isomorphisme :
H̃i (Sn − (A0 ∩ A00 ))
∂∗
/ H̃i−1 (Sn − A)
qui donne le résultat par récurrence.
VI
On peut utiliser la suite exacte de Gysin à coefficients dans Z/2Z puisque tout fibré vectoriel est (Z/2Z)-orientable. Dans cette suite exacte, H i (E 0 ) se trouve entre H i (S7 ) et
H i−3 (S7 ).
H i (S7 )
π∗
/ H i (E 0 )
/ H i−3 (S7 )
H i (E 0 ) est donc toujours nul sauf éventuellement dans les cas suivants :
0 = H 3 (S7 )
π∗
0 = H −4 (S7 )
^e
/ H 0 (S7 )
0 = H 10 (S7 )
π∗
/ H 10 (E 0 )
0 = H 3 (S7 )
^e
/ H 0 (S7 )
/ H 3 (E 0 )
/ H 7 (S7 )
π∗
/ H 0 (E 0 )
^e
/ H 4 (S7 ) = 0
/ H −3 (S7 ) = 0
/ H 7 (S7 ) ^e / H 11 (S7 ) = 0
π∗
/ H 7 (E 0 )
/ H 4 (S7 ) = 0
On obtient donc H 0 (E 0 ) ' H 3 (E 0 ) ' H 7 (E 0 ) ' H 10 (E 0 ) ' Z/2Z. Tous les autres modules de
cohomologie de E 0 sont nuls. Cette cohomologie n’est pas celle d’une sphère.
◦
◦◦
65
◦
Solution du problème 10
I
(a) On sait que le groupe fondamental de SO(n) est isomorphe à Z/2Z pour n ≥ 3, et que
celui de SO(2), qui est un cercle, est isomorphe à Z. On notera γ : R → SO(2) le revêtement
universel. Comme tout morphisme de groupes de Z/2Z vers Z est nul, et comme SO(n) est
connexe et localement connexe par arcs, f se relève le long de γ (critère de relèvement pour
les revêtements). Comme R est contractile, f est homotope à une application constante.
(b) On considère le revêtement γk de SO(2) par lui-même donné par x 7→ xk . Le critère
de relèvement donne pour la même raison un relèvement gk de f le long de γk . On a donc
f = γk ◦ gk , c’est-à-dire f (x) = gk (x)k pour tout x ∈ SO(n). Un tel relèvement est déterminé
par le choix de gk (x) dans la fibre au dessus de f (x), où x est 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 y quelconque dans SO(n), considérons les applications ϕ = (x 7→ gk (xy)) et
ψ = (x 7→ 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)k gk (y)k = f (x)f (y). Ainsi, ϕ
et ψ sont 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 gk est 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 f ◦ λ est le morphisme trivial. Or, tout
morphisme continu de groupes de SO(2) vers lui-même est de la forme x 7→ xp , où p est un
entier relatif, et le degré (de Brouwer) de ce morphisme est p. Comme f ◦ λ = γk ◦ gk ◦ λ,
comme γk et gk ◦ λ sont deux morphismes de groupes de SO(2) vers lui-même, et comme le
degré de γk est k qui est arbitrairement grand, on voit que le degré de f ◦ λ ne peut être
que 0, donc que f ◦ λ est le morphisme trivial.
(e) Si x ∈ SO(n) est une matrice de la forme (avec des 0 dans les places vides) :

















1
..















.
1
cos(α) − sin(α)
sin(α) cos(α)
1
..
.
1
x appartient 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 f que chacun de ses conjugués. On a donc f (x) = 1
pour tout x ∈ SO(n).
66
II
(a) Comme Σ∅ est vide, son homologie est nulle. Il en est de même de tout ΣA si X est
vide. Si X n’est pas vide, Σ{a} est contratile sur le point [x, 1, a] (qui est indépendant de x
et qui existe puisque X n’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 X 6= ∅, 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’homologie 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 canonique est un fermé de X ×[0, 1]×{a, b} (à savoir X ×{1}×{a}). Ainsi, son complémentaire
U est ouvert dans Σ{a,b} , et il en est de même du complémentaire V du point [x, 1, b]. Bien
sûr, U et V recouvrent Σ{a,b} , et U ∩ V se rétracte par déformation sur {[x, 0, a] | x ∈ X} qui
est homéomorphe à X. De plus, U et V sont contractiles (U se rétracte par déformation sur
{[x, t, b] | x ∈ X}, lequel se rétracte par déformation sur le point [x, 1, b]). La suite exacte de
Mayer-Vietoris nous donne donc l’isomorphisme :
H̃i+1 (Σ{a,b} )
∂∗
'
/ H̃i (X)
Comme U et V sont connexes par arcs et U ∩ V non vide, on en déduit que H0 (Σ{a,b} ) ' Λ,
H1 (Σ{a,b} ) ' H̃0 (X) et Hi (Σ{a,b} ) ' Hi−1 (X) pour i ≥ 2.
(c) Comme A n’est pas vide, soit a ∈ A. On pose :
(
r([x, t, n]) =
[x, t, n]
[x, t, a]
si n ∈ A
si n 6∈ A
On voit que r est continue, car l’application analogue X × [0, 1] × B → X × [0, 1] × A (qui
est clairement continue) passe au quotient. Par ailleurs, il est clair que r ◦ i est l’identité
de ΣA .
(d) Bien entendu, ΣA étant homéomorphe à ΣA0 si A et A0 sont équipotents, on peut supposer que A = {0, . . . , n}. On utilise la notation Σn pour Σ{0,...,n} . On va montrer par récurrence sur n que H̃i (Σn ) est la somme directe de n exemplaires de H̃i−1 (X). Le résultat est
déjà acquis pour n = 0 et n = 1 d’après les questions précédentes. On peut donc supposer
n ≥ 2.
Notons U le complémentaire du point [x, 1, n] dans Σn et V le complémentaire de l’ensemble
fini {[x, 1, p] | p ∈ {0, . . . , n − 1}}. U et V sont deux ouverts qui recouvrent Σn . De plus,
U se rétracte par déformation sur Σn−1 et V est contratile. Enfin, U ∩ V se rétracte par
déformation sur {[x, 0, p] | x ∈ X}. Comme l’inclusion de Σn−1 dans Σn a une rétraction
continue, elle induit une injection en homologie, et il en est donc de même de l’inclusion de
U dans Σn . La suite exacte de Mayer-Vietoris nous donne donc les suites exactes courtes
scindées :
/ H̃i−1 (X)
/0
/ H̃i (Σn−1 ) i∗ / H̃i (Σn )
0
n
r∗
qui donnent le résultat annoncé. On en déduit que (pour n ≥ 2) H0 (Σn ) ' Λ, H1 (Σn ) '
⊕nk=1 H̃0 (X) et Hi (Σn ) ' ⊕nk=1 Hi−1 (X) pour i ≥ 2.
67
(e) Si A est infini, il est équipotent à N. Il y a donc juste à calculer H∗ (ΣN ). Or, N est la limite 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 ΣN est isomorphe à la limite inductive des homologies des Σn . On en déduit immédiatement que H0 (ΣN ) ' Λ, que H1 (ΣN )
est isomorphe à la somme directe d’une infinité dénombrable d’exemplaires de H̃0 (X) et
que Hi (ΣN ) est isomorphe à la somme directe d’une infinité dénombrable d’exemplaires de
Hi−1 (X) pour i ≥ 2.
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) = 0 puisqu’on est dans un Z/2Z-espace vectoriel. Par ailleurs, on a trivialement 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/4Z sont donc 0 et
1. Par ailleurs, on a
(x + y)2 − (x − y)2 = 2xy + 2xy = 4xy = 0
Enfin, on a 02 = 22 = 0 et 12 = 32 = 1.
(c) Le foncteur M 7→ 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 l en l d’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 x de X, autrement-dit que l(x) = 0 si l(x) = 0 et
l(x) = 1 si l(x) = 1.
(e) L’existence et l’unicité de z résultent de la construction du connectant.
Dire que l est un 1-cocycle est dire que l est 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.( 14 )
La diagonale d’Alexander-Whitney ∆ appliquée à x donne 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/2Z → Z/4Z est 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).( 15 ) Comme ld1 (x) et ld2 (x) + ld0 (x) sont égaux modulo 2, on a, d’après
14. Évidemment, on n’a pas en général ld1 (x) = ld2 (x) + ld0 (x) puisque l n’est généralement pas un cocycle,
mais cette égalité (dans Z/4Z) reste vraie modulo 2.
15. Il n’y a pas de signe − devant i par définition du cobord, car ∂(l)(x) = −(−1)|l| l(∂(x)), et parce que l est
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.
68
la question (b), (ld1 (x))2 = (ld2 (x) + ld0 (x))2 = (ld2 (x) − ld0 (x))2 . Par ailleurs,
(ld2 (x) − ld0 (x))2 = (ld2 (x))2 − 2ld2 (x)ld0 (x) + (ld0 (x))2
= ld2 (x) − 2ld2 (x)ld0 (x) + ld0 (x)
puisque ld2 (x) et ld0 (x) sont des idempotents. Comme ld1 (x) est lui aussi un idempotent,
on obtient l’égalité
ld0 (x) − ld1 (x) + ld2 (x) = 2ld2 (x)ld0 (x)
Il reste donc juste à vérifier que 2ld2 (x)ld0 (x) = i(ld2 (x)ld0 (x)), ce qui est trivial en distinguant deux cas : (1) ld2 (x) = 0 ou ld0 (x) = 0, (2) ld2 (x) = ld0 (x) = 1.
(f) Pour tout cocycle y, notons [y] sa classe de cohomologie. Par définition de β comme
connectant obtenu par le lemme du serpent, on calcule un 2-cocycle représentant β([l]), en
relevant l le long de la projection canonique c, puis en prenant le cobord de la cochaîne
l ainsi obtenue, puis en relevant l le long de i : Z/2Z → Z/4Z (ce qui est possible d’une
manière unique), en un 2-cocycle qui, en faisant les bons choix comme ci-dessus, est le z de
la question (e), ce qui fait que β([l]) = [z] = [l ^ l] = γ([l]).
IV
(a) On a :
(1 + aX + bX 2 )(1 + cX + dX 2 ) = 1 + (a + c)X + (b + ac + d)X 2 + (ad + bc)X 3 + (bd)X 4
Comme les coefficients sont dans Z/2Z et comme ceci doit être égal à 1 + X + X 4 , on en
déduit b = d = 1, puis a + c = 1, donc ac = 0, d’où ad + bc = 1, ce qui est contradictoire.
De même :
(1 + aX)(1 + bX + cX 2 + dX 3 ) = 1 + (a + b)X + (ab + c)X 2 + (ac + d)X 3 + (ad)X 4
On doit donc avoir a = d = 1, puis b = 0 (car a + b = 1) et c = 0 (car ab + c = 0). On a alors
ac + d = 1, ce qui est contradictoire. Autre argument : s’il se factorisait ainsi, 1 + X + X 4
aurait une racine dans Z/2Z, ce qui n’est pas le cas.
(b) La classe de Stiefel-Whitney totale du fibré tangent à RP4 est (1 + e)5 = 1 + e + e4 ,
où e ∈ H 1 (RP4 ; Z/2Z) est le générateur de l’algèbre de cohomologie de RP4 à coefficients
dans Z/2Z. Si ce fibré était la somme de deux fibrés α et β de dimensions strictement plus
petites, les classes de Stiefel-Whitney totales de α et β seraient des polynômes en e de
degrés 2 et 2 ou 1 et 3, dont le produit serait 1 + e + e4 . Comme l’algèbre de cohomologie de
RP4 est isomorphe à (Z/2Z)[X]
, c’est impossible d’après la question précédente.
X5
◦
◦◦
69
◦
Solution du problème 11
I
(a) On sait déjà qu’une intersection quelconque de sous-groupes de G est un sous-groupe
de G. Dire que Hi est un sous-groupe distingué de G est dire qu’il est stable par tous les
automorphismes intérieurs x 7→ axa−1 (a ∈ G). Si tous les Hi sont stables par x 7→ axa−1 , il
T
en est de même de leur intersection. Ceci étant valable pour tout a ∈ G, on voit que i∈I Hi
est distingué dans G.
(b) Le noyau de f est un sous-groupe distingué de G. Il fait donc partie de la famille des
sous-groupes distingués de G qui contiennent X. Leur intersection N , qui est le plus petit
sous-groupe distingué de G qui contient X, est donc incluse dans Ker(f ), et f passe au
quotient comme indiqué dans l’énoncé.
(c) Il suffit de montrer que si K est le plus petit sous-groupe distingué de H qui contient
l’image de f , alors le carré (où p est la projection canonique) :
f
G
/H
p
/ H/K
0
est cocartésien. Soit L un groupe, et ϕ : H → L un morphisme tel que ϕ ◦ f = 0. Il s’agit
de montrer qu’il existe un unique morphisme θ : H/K → L tel que θ ◦ p = ϕ. Or ceci
résulte immédiatement du théorème de passage au quotient, puisque le noyau de ϕ est un
sous-groupe distingué de H contenant l’image de f .
II
(a) Soit σ : [0, 1] → X un lacet de (X, ∗) représentant a ∈ π1 (X, ∗). L’application surjective
ϕ : [0, 1] → S1 définie par ϕ(s) = e2iπs est continue, et ϕ(s) = ϕ(t) entraîne σ(s) = σ(t),
puisque l’égalité ϕ(s) = ϕ(t) ne peut être vraie que si s = t ou si {s, t} = {0, 1}. Ainsi, σ
passe au quotient pour donner une application continue pointée α : (S1 , ∗) → (X, ∗) telle
que α ◦ ϕ = u, autrement-dit, telle que α∗ (u) = a, puisque ϕ représente u ∈ π1 (S1 , 1).
(b) Notons ψ : D2 → Y et ϕ : X → Y les projections canoniques de D2 et X sur le quotient Y .
◦
◦
Posons y0 = ψ(0), U = Y − {y0 } et V = ψ(D2 ), où D2 = {x ∈ R2 | kxk < 1} est l’« intérieur »
de D2 . On voit que U et V sont des ouverts de Y qui recouvrent Y , que V se rétracte
par déformation sur X, que U est contractile, et que U ∩ V a le type d’homotopie de S1 .
En prenant un point de base ∗ dans U ∩ V , on a, d’après le théorème de van Kampen
(remarquer que U ∩ V est connexe par arcs), le carré cocartésien :
π1 (U ∩ V, ∗)
/ π1 (V, ∗)
π1 (U, ∗)
c’est-à-dire
Z
/ π1 (Y, ∗)
0
On conclut en utilisant I(a).
70
α∗
/ π1 (X, ∗)
ϕ∗
/ π1 (Y, ∗)
III
(a) hp1 ∗ , p2 ∗ i est un morphisme de groupes parce que p1 ∗ et p2 ∗ sont eux-mêmes des morphismes de groupes, car induits par les applications continues p1 et p2 . Les lacets σ de
(X × Y, ∗) sont les applications (continue) de la forme s 7→ (σ1 (s), σ2 (s)), où σ1 et σ2 sont
eux-mêmes des lacets de (X, ∗) et (Y, ∗) respectivement. Ceci montre que hp1 ∗ , p2 ∗ i est surjectif. Supposons que ([σ1 ], [σ2 ]) = (∗, ∗)( 16 ). On a donc des homotopies ht et kt telles que
h0 = σ1 , k0 = σ2 , h1 = k1 = ∗. Alors (ht , kt ) est une homotopie de σ à ∗, et hp1 ∗ , p2 ∗ i est donc
injectif.
(b) Le composé X
i
/X × Y
p1 ∗
/ X est l’application identique de X, et le composé
p2 ∗
/X × Y
/ Y est l’application constante x 7→ ∗. Par ailleurs, les deux composantes
X
de j sont l’identité de π1 (X, ∗) et le morphisme trivial π1 (X, ∗) → π1 (Y, ∗). Le carré de
gauche est donc commutatif. La commutativité du carré de droite résulte du fait que d’une
manière générale p2 ◦ hf, gi = g.
i
(c) p2 ∗ : π1 (X × Y, ∗) → π1 (Y, ∗) est surjectif comme composé des deux applications surjectives p2 et hp1 ∗ , p2 ∗ i, et i∗ est injectif parce que j est injectif. Le composé p2 ∗ ◦ i∗ est nul car
égal à p2 ◦ j. Il reste donc juste à montrer que Ker(p2 ∗ ) ⊂ Im(i∗ ). Soit x ∈ Ker(p2 ∗ ). On a
p2 (hp1 ∗ , p2 ∗ i(x)) = 1, donc hp1 ∗ , p2 ∗ i(x) = j(u) = hp1 ∗ , p2 ∗ i(i∗ (u)) pour un certain u ∈ π1 (X, ∗).
Ceci entraîne que x = i∗ (u), puisque hp1 ∗ , p2 ∗ i(x) est un isomorphisme.
IV
(a) On a σ(0) = (1, 1) = ∗, σ(1) = (1, −1) et τ1 (0) = τ1 (1) = (1, −1). Il en résulte que
σ, τ1−1 et σ −1 sont concaténables et que leur concaténation est un lacet de (T, ∗). Posons
σt (s) = (1, eiπts ), et ht = σt ? τt−1 ? σt−1 . On a, comme précédemment, σt (0) = (1, 1) = ∗,
σt (1) = (1, eiπt ), τt (0) = τt (1) = (1, eiπt ), donc, pour tout t ∈ [0, 1], σt ? τt−1 ? σt−1 est un lacet
de (T, ∗). De plus, la fonction (t, s) 7→ ht (s) est clairement continue (il s’agit d’une fonction
définie séparément sur trois carrés contigus, dont les définitions s’accordent sur les cotés
communs de ces carrés). On a par ailleurs, h1 = σ ? τ1−1 ? σ −1 et h0 = σ0 ? τ0−1 ? σ0−1 , qui est
homotope à τ0−1 , car le chemin σ0 est constant en ∗.
(b) Il suffit de montrer que ϕ est une involution (ϕ ◦ ϕ = 1T ), ce qui est immédiat, puisque
x = x et −(−y) = y.
(c) Comme (1, −1) = ϕ(1, 1), on a ρ(1, 1) = ρ(1, −1) et σ 0 est donc un lacet de (K, ∗). Quant
à τ 0 , il en est un aussi car τ0 lui-même est un lacet de (T, ∗). Par ailleurs, (ϕ ◦ τ0 )(s) =
ϕ(e2iπs , 1) = (e−2iπs , −1) = (e2iπ(1−s) , −1) = τ1 (1 − s) = τ1−1 (s). On a donc ρ ◦ τ0 = ρ ◦ ϕ ◦ τ0 =
ρ ◦ τ1−1 . On a donc (on rappelle que ρ = ρ ◦ ϕ) :
σ 0 ? τ 0 ? σ 0−1 =
=
=
'
=
(ρ ◦ σ) ? (ρ ◦ ϕ ◦ τ0 ) ? (ρ ◦ σ −1 )
(ρ ◦ σ) ? (ρ ◦ τ1−1 ) ? (ρ ◦ σ −1 )
ρ ◦ (σ ? τ1−1 ◦ σ −1 )
ρ ◦ τ0−1
τ 0−1
16. Où pour tout lacet σ, [σ] est sa classe d’homotopie.
71
(où ' représente la relation d’homotopie entre chemins).
(d) L’application ϕ : T → T n’a pas de point fixe, car l’égalité y = −y est impossible pour un
complexe de module 1. L’action de Z/2Z sur T est donc libre, et par conséquent proprement
discontinue par finitude de Z/2Z et parce que T est séparé. Il en résulte que la projection
ρ : T → K est un revêtement principal de groupe Z/2Z. Comme T est connexe par arcs, ceci
donne la suite exacte demandée.
Le lacet τ 0 est l’image par ρ du lacet τ0 . Comme ρ∗ : π1 (T, ∗) → π1 (K, ∗) est injectif, si τ 0
était homotope à un lacet constant, il en serait de même de τ0 . Or c’est impossible, car la
première projection canonique p1 : T → U envoie τ0 sur le lacet s 7→ e2iπs dont on sait qu’il
représente un générateur de π1 (U, 1) qui est isomorphe à Z.
(e) On a p2 (ϕ(x, y)) = −y qui est justement l’antipode de p2 (x, y) = y. L’application p2 passe
donc au quotient. Bien sûr ρ : U → P est un revêtement principal de groupe Z/2Z. On a
donc les deux suites exactes qui constituent les lignes du diagramme.
Le carré de gauche est commutatif simplement parce que p(ρ(x, y)) = ρ(y) = ρ(p2 (x, y)).
Il en résulte que p∗ passe au quotient par les images des deux flèches ρ∗ pour donner un
morphisme de Z/2Z vers lui-même, qui ne peut être que 0 ou 1 et rendant le carré de droite
commutatif. Il y a donc juste à montrer que ce morphisme n’est pas 0. Or, le lacet p ◦ σ 0
est donné par la formule s 7→ ρ(eiπs ) (qui est un lacet de ρ(1)(= ρ(−1)) à lui-même). Ce
lacet n’est pas dans l’image de ρ∗ car son relèvement le long de ρ en partant de 1 aboutit à
−1(6= 1). L’image par θ de sa classe d’homotopie n’est donc pas nulle et ceci est incompatible
avec le fait que le morphisme Z/2Z → Z/2Z soit nul.
(f) p2 : T → U a une section continue donnée par y 7→ (1, y). Cette section passe elle aussi
au quotient et donne une section de p. Il en résulte que p∗ : π1 (K, ∗) → π1 (P, ∗) a aussi une
section et que c’est donc un morphisme surjectif.
On a par ailleurs l’application i : U → T définie par i(x) = (x, 1), et la suite exacte (d’après
III(c)) :
/ π1 (U, 1)
0
i∗
/ π1 (T, ∗)
p2 ∗
/0
/ π1 (U, 1)
Alors, l’image de ρ∗ ◦ i∗ est le noyau de p∗ . En effet, on a d’abord p∗ ◦ ρ∗ ◦ i∗ = ρ∗ ◦ p2 ∗ ◦ i∗ = 0.
Par ailleurs, si x ∈ π1 (K, ∗) est tel que p∗ (x) = 0, alors θ(p∗ (x)) = 0, donc θ(x) = 0, et
il existe y ∈ π1 (T, ∗) tel que x = ρ∗ (y). Mais alors, on a ρ∗ (p2 ∗ (y)) = 0, et comme ρ∗ :
π1 (U, 1) → π1 (P, 1) est injectif, on a p2 ∗ (y) = 0, et il existe donc z ∈ π1 (U, 1) tel que y = i∗ (z),
ce qui fait que x est dans l’image de ρ∗ ◦ i∗ . Comme U et P sont des cercles, donc de groupe
fondamental isomorphe à Z, et comme ρ∗ ◦ i∗ est injectif, on a le résultat demandé.
(g) Si π1 (K, ∗) avait un élément d’ordre 2, son image par p∗ serait nulle (il n’y a pas d’élément d’ordre 2 dans Z), et il serait donc dans le noyau de p∗ , mais ce dernier, lui aussi
isomorphe à Z, n’a pas d’élément d’ordre 2.
(h) Si π1 (K, ∗) était commutatif, la classe d’homotopie de τ 0 serait égale à celle de σ 0 ?
τ 0 ? σ 0−1 , c’est-à-dire à celle de τ 0−1 d’après la question (c), et la classe de τ 0 , qui n’est pas 0
d’après la question (d), serait un élément d’ordre 2, ce qui est impossible d’après la question
précédente.
◦
◦◦
72
◦
Solution du problème 12
I
(a) Comme Dn est convexe, l’application ((u, x), t) 7→ ((1 − t)u + t∗, x) est une rétraction par
déformation de Dn × X sur {∗} × X. On a donc un isomorphisme (pour tout i) Hi ({∗} × X) →
Hi (Dn × X) induit par l’inclusion canonique. La suite exacte de la paire (Dn × X, {∗} × X)
donne alors le résultat.
(b) Dans cette suite exacte, un module sur trois est de la forme Hi (Dn × X, {∗} × X) et est
donc nul d’après la question précédente. Ceci donne l’isomorphisme demandé.
(c) Le premier isomorphisme résulte de la suite exacte du triple (Sn × X, U × X, {∗} × X)
et de la question (a), puisque U est homéomorphe à Dn . Le second s’obtient en excisant {∗}
et en remarquant que U − {∗} se rétracte par déformation sur Sn−1 (rappelons que n ≥ 1).
(d) Comme V est homéomorphe à Dn , la question (b) montre que Hi (V × X, Sn−1 × X) est
isomorphe à Hi−1 (Sn−1 × X, {∗} × X). Par ailleurs, Hi (S0 × X, {∗} × X) est isomorphe à
Hi ({−∗} × X, ∅) par excision, donc à Hi (X). En combinant ces isomorphismes avec ceux de
la question (c), on obtient l’isomorphisme demandé par récurrence sur n.
(e) On a la suite exacte de la paire (Sn × X, {∗} × X) :
Hi ({∗} × X)
i∗
/ Hi (Sn × X)
/ Hi (Sn × X, {∗} × X)
/ Hi−1 ({∗} × X) i∗ / Hi−1 (Sn × X)
mais comme l’unique application Sn → {∗} est une rétraction pour l’inclusion i : {∗} → Sn ,
on voit que les flèches i∗ de cette suite sont injectives. On a donc la suite exacte demandée,
et elle est scindée puisque i∗ a une rétraction.
(f) Comme Hi ({∗} × X) ' Hi (X), la suite exacte scindée de la question (e) et le résultat de
la question (d) montrent que Hi (Sn × X) ' Hi (X) ⊕ Hi−n (X).
(g) L’application constante γ = (x 7→ ∗) de Sn vers Sn induit le morphisme nul sur Hn (Sn )
pour n ≥ 1, puisque Hn ({∗}) = 0. Par ailleurs p1 ◦ i1 = 1Sn , p2 ◦ i1 =! γ, p1 ◦ i2 = γ et
1 0
p2 ◦ i2 = 1Sn , ce qui fait que la matrice du composé de l’énoncé est
.
0 1
n
n
n
n
(h) On sait par la question (f) que
Hn (S × S ) ' Hn (S ) ⊕ H0 (S ) ' Z ⊕ Z. La question
(g) montre donc que l’image de i1∗ i2∗ est un facteur direct de Z ⊕ Z isomorphe à Z ⊕
Z. Ceci n’est possible que si i1∗ i2∗
est bijectif. Il en résulte que
p1 ∗
p2 ∗
!
est aussi un
isomorphisme.
(i) L’hypothèse faite sur ϕ peut aussi s’écrire : ϕ◦i1 = ϕ◦i2 = 1. Soit (x, y) ∈ Hn (Sn )⊕Hn (Sn ).
On a σ(x, 0) = ϕ∗ (i1∗ (x)) = x. De même, σ(0, y)!= y. On a donc σ(x, y) = σ((x, 0) + (0, y)) =
p
x + y par linéarité de σ. Par ailleurs, σ ◦ 1 ∗ ◦ i1∗ i2∗ = σ = ϕ∗ ◦ i1∗ i2∗ , d’où la
p2 ∗
seconde affirmation puisque i1∗ i2∗ est un isomorphisme.
73
(j) Dans S1 (resp. S3 ) le point ∗ = (1, 0) (resp. ∗ = (1, 0, 0, 0)) est l’élément neutre de la
multiplication m : Sn × Sn → Sn , laquelle satisfait donc les hypothèses concernant ϕ dans
la question (i). Par ailleurs, en notant hf, gi : Sn → Sn × S!n l’application définie
par x 7→
!
f∗
p1 ∗
. Il en résulte
◦ hf, gi∗ =
(f (x), g(x)), on a p1 ◦ hf, gi = f et p2 ◦ hf, gi = g, donc
g∗
p2 ∗
!
f
p
que (f g)∗ = m∗ ◦ hf, gi∗ = σ ◦ 1 ∗ ◦ hf, gi∗ = σ ◦ ∗
g∗
p2 ∗
!
= f∗ + g∗ : Hn (Sn ) → Hn (Sn ).
II
(a) La suite exacte de Thom-Gysin est :
...
/ H i (X) ^e / H i+p (X)
π∗
/ H i+p (E 0 )
ψ
/ H i+1 (X)
/ ...
où e ∈ H p (X) est la classe d’Euler du fibré π. (Cette suite s’étend indéfiniment dans les
deux sens.)
(b) Comme E 0 est contractile, il est en particulier connexe par arcs, et comme π : E 0 → X
est une application continue surjective (car p ≥ 1), X est connexe par arcs.
(c) Comme X est connexe par arcs et non vide, on a H 0 (X) ' Λ. On a par ailleurs la suite
exacte :
H p−1 (X)
π∗
/ H p−1 (E 0 )
ψ
/ H 0 (X) ^e / H p (X)
π∗
/ H p (E 0 ) = 0
Si p = 1, on a p − 1 = 0 et la flèche π ∗ : H p−1 (X) → H p−1 (E 0 ) est un isomorphisme
car X et E 0 sont tous les deux connexes par arcs et non vides. La flèche ψ ci-dessus est
donc nulle et ^ e : H 0 (X) → H p (X) est un isomorphisme. Si p ≥ 2, H p−1 (E 0 ) = 0 et
^ e : H 0 (X) → H p (X) est encore un isomorphisme.
Par ailleurs, on a aussi la suite exacte (pour i ≥ 1) :
0 = H i+p−1 (E 0 )
ψ
/ H i (X) ^e / H i+p (X)
π∗
/ H i+p (E 0 ) = 0
Ainsi, pour tout i ∈ N, la flèche ^ e : H i (X) → H i+p (X) est un isomorphisme. Comme par
ailleurs, H −p+1 (X) = · · · = H −1 (X) = 0, on a H 1 (X) = · · · = H p−1 (X) = 0, ce qui donne le
résultat annoncé.
(d) Si le CW-complexe X était égal à l’un de ses squelettes, il n’aurait aucune cellule au
delà d’une certaine dimension n, donc une homologie à coefficients dans Z nulle à partir de
la dimension n + 1. Comme Z est principal, le théorème des coefficients universels pour la
cohomologie, montre alors que la cohomologie de X à coefficents dans Λ est elle aussi nulle
à partir de la dimension n + 1, ce qui contredit le calcul précédent.
(e) On a montré dans la question précédente que ^ e : Λ = H 0 (X) → H p (X) est un
isomorphisme. Comme Λ 6= 0, et comme l’image de 1 ∈ H 0 (X) (l’unité de l’algèbre de
cohomologie, qui n’est pas nulle, sinon toute la cohomologie serait nulle) par ^ e est e, e ne
peut pas être nulle.
74
(f) Supposons que π ait une section s telle que s(x) 6= 0 pour tout x ∈ X. Alors s est une
section de π : E 0 → X, et il s’en suit que π ∗ : H p (X) → H p (E 0 ) a une rétraction et est donc
injectif. Mais ceci entraîne la nullité de ^ e : H 0 (X) → H p (X), donc la nullité de la classe
d’Euler e, ce qui contredit le résultat de la question précédente.
◦
◦◦
75
◦
Solution du problème 13
I
(a) En dehors des sous-groupes triviaux {1} et S3 , S3 n’a qu’un seul sous-groupe distingué qui est d’ordre 3. Il reste trois sous-groupes d’ordre 2 qui sont conjugués, donc non
distingués.
(b) Comme r 6= 1 et r3 = 1, le groupe H est isomorphe à Z/3Z. Comme il est fini, c’est un
sous-groupe discret de SO(3), qui agit donc sur SO(3) de manière proprement discontinue,
et la projection canonique est donc un revêtement principal de groupe H.
(c) Comme le revêtement est principal, on a la suite exacte :
0
/ π1 (SO(3), 1)
ρ∗
/ π1 (SO(3)/H, ρ(1))
/H
/0
Comme π1 (SO(3), 1) ' π1 (RP3 , ∗) ' Z/2Z, et comme H ' Z/3Z, on voit que π1 (SO(3)/H, ρ(1))
a 6 éléments. Il est donc isomorphe soit à Z/6Z, soit au groupe de permutations S3 . Toutefois, la suite exacte ci-dessus montre que π1 (SO(3)/H, ρ(1)) a un sous-groupe distingué
isomorphe à Z/2Z. Il est donc isomorphe à Z/6Z.
II
(a) Si le revêtement était principal avec 3 feuillets, on aurait une suite exacte de la forme :
0
/ π1 (E, ∗)
π∗
/ S3
/ Z/3Z
/0
Or c’est impossible, car S3 n’a pas de sous-groupe distingué d’ordre 2.
(b) D’après le cours, le groupe Aut(π) des automorphismes de π est isomorphe à N (G)/G,
où G est l’image de π∗ : π1 (E, ∗) → S3 , et où N (G) est le normalisateur de G dans S3 .( 17 )
Comme G a deux éléments, les candidats pour N (G) sont G et S3 , et comme G n’est pas
distingué dans S3 , on a N (G) = G, donc Aut(π) = {1}.
III
(a) La flèche Hn (Sn , Sn − K) o
Hn (U, U − K) est un isomorphisme par excision, car
n
n
l’adhérence de S − U (qui est S − U ) est incluse dans l’intérieur de Sn − K (qui est Sn − K).
Quant à la flèche Hn (Sn , Sn − y) o
Hn (Sn ) , elle fait partie de la suite exacte d’homologie
réduite (car pour les dimensions strictement positives l’homologie se confond avec l’homologie réduite, et on a n ≥ 1) de la paire (Sn , Sn − y), et le fait que Sn − y soit contractile
donne le résultat.
(b) Si y 6∈ Im(f ), K est vide, et on a Hn (Sn , Sn − K) = Hn (Sn , Sn ) = 0.
17. C’est-à-dire le plus grand sous-groupe de S3 dans lequel G est distingué.
76
(c) Si f est l’inclusion canonique, on a K = {y}, et on a le diagramme commutatif :
1
Hn (Sn )
/ Hn (Sn , Sn − K) o
Hn (U, U − K)
f∗
/ Hn (Sn , Sn − y) o
>
'
Hn (Sn )
1
puisque toutes les flèches sont alors induites par des inclusions, ce qui montre que
dy (f ) = 1.
(d) K est réduit à un point, et il résulte du théorème d’invariance du domaine que Im(f )
est un ouvert de Sn . On a donc par excision l’isomorphisme Hn (Im(f ), Im(f ) − y) →
Hn (Sn , Sn − y) induit par l’inclusion. Par ailleurs, on a le diagramme commutatif (dont
toutes les flèches, sauf f∗ , sont induites par des inclusions) :
f∗
Hn (U, U − K)
ψ
/ Hn (Sn , Sn − y)
;
'
"
Hn (Im(f ), Im(f ) − y)
où la flèche ψ est un isomorphime car induite par un homéomorphisme. Il en résulte que f∗
est un isomorphisme, donc que toutes les flèches du diagramme de l’introduction sont des
isomorphismes, donc que dy (f ) = ±1.
(e) On a le diagramme (clairement) commutatif :
Hn (Sn )
/ Hn (Sn , Sn − K) o '
O
Hn (U, U − K)
Hn (Sn )
/ Hn (Sn , Sn − K) o '
Hn (V, V − K)
f∗
/ Hn (Sn , Sn − y) o '
O
Hn (Sn )
f∗
/ Hn (Sn , Sn − y) o '
Hn (Sn )
O
où les flèches verticales sont induites par les inclusions. On obtient immédiatement le
résultat.
(f) Ceci résulte du fait que le diagramme :
f∗
Hn (Sn )
/ Hn (Sn , Sn − K)
X
1
/ Hn (Sn , Sn − K)
f∗
/ Hn (Sn , Sn − y) o '
'
Hn (Sn )
1
est commutatif.
(g) Comme Sn est un espace normal (car métrique), et en tenant compte du résultat de la
question (e), on peut remplacer les Ui par des ouverts plus petits deux à deux disjoints.
On supposera donc que les Ui sont deux à deux disjoints. Pour tout i (i = 1, . . . , p), on a le
77
diagramme :
Hn (Sn , Sn − K) o
λi∗
'
θ∗
Hn (U, U − K)
f∗
/ Hn (Sn , Sn − y)
fi ∗
/ Hn (Sn , Sn − y)
O
ji ∗
Hn (Sn , Sn − Ki ) o
'
θi∗
Hn (Ui , Ui − Ki )
où les flèches ji , λi , θi et θ sont des inclusions, et qui est donc clairement commutatif. On
notera que le fait que Ui − Ki soit inclus dans U − K résulte du fait que les Ui sont deux à
deux disjoints, puisque cela implique que Ui ∩ K = Ki . Il en résulte que le diagramme :
Hn (Sn , Sn − K) o

i Hn
O
/ Hn (Sn , Sn − y)

λ1∗
 .. 
.
λp ∗
L
f∗
Hn (U, U − K)
θ∗


(Sn , Sn
(j1 ∗ ...jp ∗ )

θ1∗
..
.
− Ki ) o

θp ∗
L
i Hn (Ui , Ui
(f1 ∗ ...fp ∗ )
− Ki )
/ Hn (Sn , Sn − y)
est lui aussi commutatif. Comme les Ui sont deux à deux disjoints, la flèche (j1 ∗ . . . jp ∗ )
est un isomorphisme, et on obtient un nouveau diagramme commutatif en inversant θ∗ ,
P
(j1 ∗ . . . jp ∗ ), et tous les θi∗ . On voit alors que f∗ θ∗−1 = i fi ∗ θi −1
∗ λi∗ .
Notons α : Hn (Sn ) → Hn (Sn , Sn − K), αi : Hn (Sn ) → Hn (Sn , Sn − Ki ) et β : H n (Sn ) →
Hn (Sn , Sn − y) les flèches induites par inclusion, β étant, rappelons-le, un isomorphisme.
On a alors :
dy (f )1Hn (Sn ) = β −1 f∗ θ∗−1 α
P −1
=
β f θ −1
∗ λi∗ α
Pi −1 i ∗ i −1
=
β
f
θ
i ∗ i ∗ αi∗
Pi
=
i dy (fi )1Hn (Sn )
(h) Posons K 0 = f −1 (y 0 ), qui est compact, car c’est un fermé de f −1 (Y ). On a le diagramme
commutatif :
Hn (Sn )
/ Hn (Sn , Sn − K) o
O
'
θ
Hn (U, U − K)
f∗
O
/ Hn (Sn , Sn − y) o '
O
Hn (Sn )
'
Hn (Sn )
Hn (Sn )
/ Hn (Sn , Sn − f −1 (Y )) o ' Hn (V, V − f −1 (Y ))
θ
/ Hn (Sn , Sn − K 0 ) o
'
θ
Hn (U, U − K 0 )
f∗
/ Hn (Sn , Sn − Y ) o ' Hn (Sn )
β
'
f∗
/ Hn (Sn , Sn − y 0 ) o ' Hn (Sn )
dont les flèches verticales sont induites par les inclusions. Noter que les trois flèches θ sont
des isomorphismes par excision, et que β est encore un isomorphisme puisque l’homologie
de Sn − Y est celle d’un point d’après un théorème du cours( 18 ) (même raisonnement que
18. C’est ici qu’on utilise le fait que Y n’est pas seulement contractile, mais homéomorphe à Dn . Le théorème
invoqué est celui qui dit que l’homologie du complémentaire d’une partie de Sn homéomorphe à un cube [0, 1]p
est celle d’un point. Il s’agit d’un des théorèmes préliminaires pour les théorèmes d’invariance du domaine et
de séparation de Jordan-Brouwer.
78
dans la question (a)), de même que les deux flèches verticales partant de la cible de β.
La commutativité du diagramme montre que dy (f )β = dy0 (f )β, et comme β est un isomorphisme, on a dy (f ) = dy0 (f ).
◦
◦◦
79
◦
Solution du problème 14
I
(a) On sait que (EX , ∗) est connexe et simplement connexe. Il en résulte que l’image de
(f ◦ π)∗ : π1 (EX , ∗) → π1 (Y, ∗) est réduite à 0, et donc incluse dans celle de π∗ : π1 (EY , ∗) →
π1 (Y, ∗). Le critère de relèvement donne alors immédiatement f . De plus f est unique car
EX est connexe et on doit avoir f (∗) = ∗.
(b) On associe f (défini dans la question précédente) a toute flèche f de C . On a alors,
π ◦ 1EX = 1X ◦ π, et comme 1X doit envoyer ∗ sur ∗, on a nécessairement 1X = 1EX . De
la même manière, si f : (X, ∗) → (Y, ∗) et g : (Y, ∗) → (Z, ∗) sont des flèches de C , on a
π ◦ f = f ◦ π et π ◦ g = g ◦ π, donc π ◦ (g ◦ f ) = (g ◦ f ) ◦ π. Comme f (∗) = ∗ et g(∗) = ∗, on a
doit avoir g ◦ f = g ◦ f . On a donc un foncteur.
(c) On fait comme en (a), en choisissant des points de base pour que les applications soient
pointées, ce qui est possible en choississant d’abord un point de base pour ∗ ∈ X, puis en
posant ∗ = f (∗) ∈ Y , et en choisissant enfin des points de bases pour EX et EY dans les
fibres au dessus des points de base de X et Y . On obtient donc f comme dans la question
(a), mais cette application f dépend des choix de points de bases (et n’est donc plus unique).
(d) On a p ◦ f = f ◦ p, c’est-à-dire (p ◦ f )(x) = −p(x) pour tout x ∈ R. Posons a = f (0). On a
p(a) = p(f (0)) = f (p(0)) = −p(0) = −1. Soit t : R → R la translation définie par x 7→ x + a.
On a p(x + a) = p(x)p(a) = −p(x) pour tout x ∈ R, autrement-dit p ◦ t = f ◦ p. Comme
t(0) = a = f (0), on doit avoir f = t. De plus, a n’est pas nul car p(a) = −1 6= 1 = p(0). La
translation f est donc non triviale.
(e) Si la correspondance X 7→ EX pouvait se prolonger en un foncteur, on aurait f ◦ f = 1R
(où f est toujours la fonction de la question (d)), car f ◦ f = 1S1 . Toutefois, le carré d’une
translation non triviale de R ne peut pas être l’application identique.
II
(a) On peut supposer que E = Rn+1 (avec n ≥ 1). Notons π : Rn+1 − {0} → RPn l’application
canonique (envoyant tout vecteur non nul de Rn+1 sur le point qu’il représente dans RPn ). Il
s’agit de montrer que π n’a pas de section continue. Si une telle section s : RPn → Rn+1 −{0}
s(x)
existe, on peut considérer la fonction x 7→ ks(x)k
qui est alors une section continue de la
n
restriction de π à S . Or cette restriction est le revêtement canonique Sn → RPn , qui est
non trivial car Sn est connexe et le revêtement a deux feuillets. Comme c’est un revêtement
principal, il serait trivial s’il avait une section.
(b) On peut supposer que E = Cn+1 (avec n ≥ 1). Notons π : Cn+1 − {0} → CPn l’application
canonique. Il s’agit de montrer que π n’a pas de section continue. Si s est une telle section,
on a π ◦ s = 1CPn , et on voit en appliquant le foncteur d’homologie H2 (à coefficients dans Z)
que π∗ : H2 (Cn+1 − {0}) → H2 (CPn ), qui a s∗ pour section, est une surjection. On sait que
H2 (CPn ) ' Z (pour n ≥ 1) et par ailleurs que Cn+1 − {0} se rétracte par déformation sur la
sphère unité de Cn+1 qui est S2n+1 . Comme n ≥ 1, on a 2n + 1 ≥ 3, et H2 (S2n+1 ) = 0. Ceci
contredit le fait que π∗ est surjectif.
80
III
(a) Comme q est continue, ψ est continue. Pour ∆ 6⊂ H, on a ∆ ∩ Ker(q) = {0}, donc la
restriction q∆ : ∆ → ∆0 de q à ∆ est un isomorphisme C-linéaire. Ainsi, ψ est bijective.
Il reste à voir que ψ −1 est continue. Or, toute projection d’un produit cartésien d’espace
topologiques est ouverte, et les deux composantes de ψ sont des compositions de projections.
Ainsi, ψ est ouverte, et ψ −1 est donc continue.
(b) Le diagramme :
ψ
π −1 (CPn − H)
π
#
CPn
z
/ (CPn − H) × ∆0
p1
−H
CPn
est clairement commutatif. Comme les
− H (où H parcourt l’ensemble des hyperplans
n
projectifs de CP ) sont des ouverts recouvrant CPn , et comme ψ est un homéomorphisme
C-linéaire sur chaque fibre, on voit qu’on a un fibré vectoriel complexe (localement trivial)
de dimension 1.
(c) Il suffit de montrer que tout isomorphisme C-linéaire d’une droite vectorielle complexe
préserve l’orientation quand on voit cette droite comme un plan vectoriel réel. Or, un tel
isomorphisme est une similitude quand C est vu comme R2 , et toute similitude de R2 a un
déterminant strictement positif.
(d) La projection p2 : E 0 → Cn+1 − {0} est un tel homéomorphisme. En effet, elle est
clairement bijective puisque tout vecteur non nul x de Cn+1 détermine une unique droite
vectorielle complexe dans Cn+1 . Elle est bien sûr continue. Sa réciproque est continue car
l’application qui à x ∈ Cn+1 −{0} associe l’unique droite vectorielle contenant x est continue
par définition de la topologie de CPn .
(e) Comme le fibré vectoriel réel π est Z-orientable, on a la suite exacte de Thom-Gysin (à
coefficients dans Z) :
0 = H 1 (E 0 )
/ H 0 (CPn ) ^e / H 2 (CPn )
π∗
/ H 2 (E 0 ) = 0
(les zéros étant dûs au fait que E 0 ' Cn+1 − {0} a le type d’homotopie de S2n+1 et au fait
que 2n + 1 ≥ 3) qui montre que ^ e est un isomorphisme. Comme H 0 (CPn ) ' Z admet
l’unité 1 de l’algèbre de cohomologie H ∗ (CPn ) comme générateur, on voit que e = 1 ^ e est
un générateur de H 2 (CPn ).
(f) CPn − H est le complémentaire d’un hyperplan projectif dans un espace projectif. C’est
donc un espace affine de dimension (complexe) n, donc homéomorphe à Cn qui est contractile.
Notons ρ la projection sur H parallèlement à ∆0 . Considérons l’homotopie h : (Cn+1 − ∆0 ) ×
[0, 1] → (Cn+1 − ∆0 ) définie par h(x, t) = (1 − t)x + tρ(x). Elle est telle que h(x, t) 6= 0 pour
tout (x, t) ∈ (Cn+1 − ∆0 ) × [0, 1] (précisément parce que x 6∈ ∆0 ). Par ailleurs, h(αx, t) =
αh(x, t) pour tout complexe α 6= 0. Cette homotopie passe donc au quotient pour donner
h0 : (CPn − {∆0 }) × [0, 1] → (CPn − {∆0 }), qui est la rétraction par déformation demandée.
Par ailleurs, CPn − H et CPn − {∆0 } sont deux ouverts recouvrant CPn , et leur intersection
est homéomorphe à Cn − {0} et a donc le type d’homotopie de S2n−1 .
81
La suite de Mayer-Vietoris donne donc la suite exacte pour i > 2n (noter que H est homéomorphe à CPn−1 ) :
0 = H i−1 (S2n−1 )
∂∗
/ H i (CPn−1 )
/ H i (CPn )
Comme CP1 est homéomorphe à S2 , on a H i (CP1 ) = 0 pour i > 2, et la dernière affirmation
est démontrée pour n = 1. On obtient alors le résultat souhaité par récurrence à l’aide de
la suite exacte ci-dessus.
(g) La suite de Thom-Gysin nous donne encore les suites exactes :
H i−1 (E 0 )
/ H i−2 (CPn ) ^e / H i (CPn )
π∗
/ H i (E 0 )
Comme E 0 est homéomorphe à S2n+1 , on a un isomorphisme H i−2 (CPn )
2 ≤ i ≤ 2n. Par ailleurs, on a la suite exacte :
0 = H −1 (CPn )
^e
/ H 1 (CPn )
π∗
^e
/ H i (CPn ) pour
/ H 1 (E 0 ) = 0
qui montre que H 1 (CPn ) = 0.
On voit donc par récurrence que H 2i (CPn ) = Z pour 0 ≤ i ≤ n et que tous les autres groupes
^e / i
de cohomologie sont nuls. Le fait que l’isomorphisme H i−2 (CPn )
H (CPn ) (pour 2 ≤
i ≤ 2n) soit donné par la multiplication par la classe d’Euler e, montre que les éléments de
H ∗ (CPn ) sont exactement les polynômes en e de degré au plus n. On a donc l’isomorphisme
demandé.
◦
◦◦
82
◦