Analyse complexe TD 6

Malo Jézéquel

21 et 22 avril 2020

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Exercice 11. Existence. On écrit S1 = V0 ∪ V1 où V0 = S1 \ {1} etV1 = S1 \ {−1}. Pour k ∈ Z, on pose Ik = ]πk , π (k + 2)[.On remarque que pour k ∈ Z, l’application x 7→ e ix induit unhoméomorphisme de Ik sur V� où � = 0 si k est pair, � = 1 sinon. Onnote hk : V� → Ik l’inverse de cet homéomorphisme.Les ensembles γ−1 (V0) et γ

−1 (V1) forment un recouvrement ouvert de[0, 1]. Il existe donc 0 = t0 < t1 < · · · < tn = 1 tels que pouri = 0, . . . , n − 1 on ait γ ([ti , ti+1]) ⊆ V�i pour un certain �i ∈ {0, 1}. (Ilsuffit de prendre ti =

in avec n un grand entier tel que

1n est plus petit

que le nombre de Lebesgue du recouvrement ouvert en question).On construit alors γ̃ sur [0, ti ] par récurrence sur i . Le cas i = 0 esttrivial : on définit γ̃ sur [0, t0] par γ̃(0) = x .

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Pour i ∈ {0, . . . , n − 1}, on suppose que γ̃ est construit sur [0, ti ] et onveut l’étendre à [0, ti+1]. Pour cela on choisit k ∈ Z tel queγ̃ (ti ) ∈ I2k+�i . Comme γ ([ti , ti+1]) ⊆ V�i , on peut alors étendre γ̃ sur]ti , ti+1] par

γ̃ (t) = h2k+�i (γ(t)) .

Cette extension est continue sur ]ti , ti+1] comme composée de fonctionscontinues. Notre choix de k assure qu’elle se raccorde à γ̃ sur [0, ti ] enune fonction continue (la limite en ti est la bonne).On a donc construit γ̃ par récurrence.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Unicité. Supposons l’existence de deux relevés γ̃ et γ′ de γ vérifiantγ̃ (0) = γ′ (0) = x . On pose alors

I = {t ∈ [0, 1] : γ̃ (t) = γ′ (t)} .

L’ensemble I est fermé dans [0, 1] car γ̃ et γ′ sont continus. Montronsque I est ouvert.Soit t0 ∈ I . Il existe k ∈ Z tel que γ̃ (t0) = γ′ (t0) ∈ Ik . Comme Ik estouvert, il existe un voisinage V de t0 dans [0, 1] tel que γ

′ (V ) et γ̃ (V )sont contenus dans Ik . Pour t ∈ V , les points γ′ (t) et γ̃ (t) cöıncidentdonc car γ (t) a un unique antécédent par x 7→ e ix dans Ik .I est un ouvert fermé de [0, 1], non-vide car 0 ∈ I et donc I = [0, 1], puisγ̃ = γ′.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

2. La preuve est très similaire à celle de la réponse à la questionprécédente. Pour l’unicité, il suffit de remplacer [0, 1] par [0, 1]2, et lereste de la preuve est inchangée.Pour la preuve de l’existence, on découpe cette fois [0, 1]2 en petits carréset on construit le relévement carré par carré. Pour montrer que lesrecollements sont possibles, on utilise le résultat d’unicité de la questionprécédente.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

3. On commence par montrer que l’indice de γ ne dépend que de laclasse d’homotopie de γ. Soit donc γ1 et γ2 deux lacets de base 1 dans lecercle.Soit H une homotopie entre γ1 et γ2. On rappelle que H est uneapplication continue de [0, 1]2 dans le cercle qui vérifie :

∀t ∈ [0, 1] : H(0, t) = γ1 (t) ,H(1, t) = γ2 (t) ,H(t, 0) = H(t, 1) = 1.

On note H̃ le relevé de H donné par la question 2 qui vérifie H̃ (0, 0) = 0.

On remarque que t 7→ H̃ (0, t) est le relevé de γ1 qui s’annule en 0. On adonc

H̃ (0, 1) = 2πInd (γ1) .

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

On remarque aussi que t 7→ H̃ (t, 0) est un relevé du chemin t 7→ 1 etcomme H̃ (0, 0) = 0, l’unicité dans la question 1 assure que pour tout

t ∈ [0, 1] on a H̃ (t, 0) = 0. En particulier, H̃ (1, 0) = 0. De la mêmemanière, H̃ (1, 1) = 2πInd (γ1).

Comme H̃ (1, 0) = 0, on remarque que t 7→ H̃ (1, t) est le relevé de γ2qui s’annule en 0, on a donc :

Ind (γ2) =H̃ (1, 1)

2π= Ind (γ1) .

L’indice d’un lacet ne dépend donc que de sa classe d’homotopie, etdéfinit donc une application

ϕ : π1(S1, 1

)→ R.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

On remarque que si γ est un lacet dans S1 basé en 1 et γ̃ un relevé de γalors exp (i γ̃ (1)) = 1 et donc γ̃ (1) ∈ 2πZ. L’indice d’un lacet est doncun nombre entier, et ϕ est ainsi à valeurs dans Z.On montre maintenant que ϕ est un morphisme. On rappelle que si γ1 etγ2 sont deux lacets dans le cercle basés en 1 alors la concaténation de γ1et γ2 est définie par :

γ1 · γ2 (t) =

{γ1 (2t) si t ≤ 12γ2 (2t − 1) si t > 12

.

On note γ̃1, γ̃2 et γ̃1 · γ2 les relevés respectifs de γ1, γ2 et γ1 · γ2 quis’annulent en 0. On remarque que t 7→ γ̃1 · γ2

(t2

)est un relevé de γ1 qui

s’annule en 0. Par l’unicité dans la question 1, on a donc :

γ̃1 · γ2(

1

2

)= 2πInd (γ1) .

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

On remarque de même que t 7→ γ̃1 · γ2(

1+t2

)− 2πInd (γ1) est le relevé de

γ2 qui s’annule en 0 et donc

γ̃1 · γ2 (1)− 2πInd (γ1) = 2πInd (γ2) .

On a donc

Ind (γ1 · γ2) =γ̃1 · γ2 (1)

2π= Ind (γ1) + Ind (γ2) ,

et ϕ est bien un morphisme de groupes.Pour montrer que ϕ est surjectif, il suffit de montrer que 1 est dansl’image de ϕ. Or il est clair que l’indice de t 7→ e2iπt est 1 puisque sonrelevé qui s’annule en 0 est t 7→ 2πt.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Il reste à montrer que ϕ est injectif. Pour cela considérons un lacet γdans le cercle basé en 1. On suppose que l’indice de γ est nul et on veutmontrer que γ est homotopiquement trivial.Soit γ̃ le relevé de γ qui s’annule en 0. Par hypothèse, γ̃ (1) = 0. On

définit alors une application continue H : [0, 1]2 → S1 par

H(t, u) = exp (itγ̃ (u)) .

Par définition de γ̃ on a pour tout u ∈ [0, 1] que H(1, u) = γ (u). Enutilisant que γ̃ (0) = γ̃ (1) = 0, il vient que pour tout t ∈ [0, 1] on a

H(t, 0) = H(t, 1) = 1.

L’application H est donc bien une homotopie entre γ est le lacett 7→ H(0, t) qui n’est autre que le lacet trivial basé en 1.On en déduit que ϕ est injective.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Exercice 21. Il suffit de trouver une expression analytique pour Ψ. Pour cela, oncherche la solution t positive de l’équation

|f (x) + t(x − f (x))|2 = 1.

C’est une équation polynômiale du second ordre que l’on résout aisément.On trouve alors que pour x ∈ D on a

Ψ(x) = f (x) + t(x) (x − f (x)) ,

où

t(x) =

√〈x − f (x), f (x)〉2 + |x − f (x)|2

(1− |f (x)|2

)− 〈x − f (x), f (x)〉

|x − f (x)|2

et Ψ est donc continue.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

2. Définissons de [0, 1]2 sur S1 l’application H par

H(t, x) = Ψ(te2iπx

).

Par la question 2 de l’exercice précédent, il existe un relevé H̃ de H quivérifie H̃ (1, 0) = 0. En remarquant que pour x ∈ [0, 1] on aH(1, x) = Ψ

(e2iπx

)= e2iπx (l’application Ψ fixe le cercle), il vient par

unicité du relévement d’un lacet que H̃ (1, 1) = 2π.Par ailleurs, pour t ∈ [0, 1] on a

exp(i(H̃ (t, 1)− H̃ (t, 0)

))= Ψ (t) Ψ (t)−1 = 1.

Par conséquent, t 7→ H̃ (t, 1)− H̃ (t, 0) est à valeurs dans 2πZ et estdonc localement constante. Par connexité de [0, 1], il vient donc que

H̃ (0, 1)− H̃ (0, 0) = H̃ (1, 1)− H̃ (1, 0) = 2π.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Maintenant, on remarque que t 7→ H̃ (0, t) est un relevé du lacet trivialbasé en Ψ (0). Par unicité du relévement d’un lacet, c’est donc uneapplication constante, d’où

2π = H̃ (0, 1)− H̃ (0, 0) = 0,

ce qui est absurde. f a donc un point fixe.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Exercice 31. En identifiant le segment [0, 1] avec le simplexe standard de dimension1 (via l’application t 7→ (1− t, t) par exemple), alors un chemin γ dansU devient un 1-simplexe de bord

∂γ = γ (1)− γ (0) .

Les 0-simplexes étant naturellement identifiés avec des points. Attention: il s’agit ici d’une soustraction dans l’espace des 0-châınes, pas de lasoustraction dans C.Si γ est un chemin, on a alors γ (1) = γ (0), d’où ∂γ = 0 et donc γ estun cycle.Remarque : Si on identifie autrement le segment [0, 1] avec le simplexestandard de dimension 1, il se peut que le signe de ∂γ change.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Un 2-simplexe et son bord.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

Si H est une homotopie entre deux lacets γ et γ̃, on peut utiliser H pourdéfinir deux 2-simplexes A et B de la manière suivante :

On a alors

∂ (A− B) = (γ − lacet constant en x0 + chemin vert)− (γ̃ − lacet constant en x0 + chemin vert)

= γ − γ̃.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

2. On construit un 2-simplexe de la manière suivante (le simplexe prenddes valeurs constantes sur les lignes horizontales) :

Le bord de ce simplexe est bien γ + γ̃ − γ · γ̃.Remarque : l’argument est valable dès que la concaténation de γ et γ̃est bien définie (il n’y a pas besoin que γ et γ̃ soient des lacets).

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

3. La question précédente dit exactement que ϕ est un morphisme : si γet γ̃ sont des lacets basés en x0 alors on a

ϕ ([γ] [γ̃]) = ϕ ([γ · γ̃]) = 〈γ · γ̃〉= 〈γ〉+ 〈γ̃〉 = ϕ ([γ]) + ϕ ([γ̃]) .

Puisque H1 (U,Z) est abélien, ϕ se factorise par l’abélianisé de π1 (U, x0)(c’est la propriété universelle de l’abélianisé). On a en effet[π1 (U, x0) , π1 (U, x0)] ⊆ kerϕ.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

4. C1 (U,Z) est par définition le Z-module libre engendré par les1-simplexes de U (que l’on identifie aux chemins dans U). L’applicationψ s’étend donc en un morphisme de C1 (U,Z) vers le groupe abélienπ1 (U, x0)

ab par propriété universelle. Dans la pratique on a

ψ

(∑σ

mσσ

)=∑σ

mσψ (σ) ,

où la somme porte sur les chemins dans U et les mσ sont des entiers quisont tous nuls sauf peut-être un nombre fini.

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

5. Par linéarité, il suffit de montrer que ψ (c) est nul lorsque c = ∂A avecA un 2-simplexe. ψ (∂A) est décrit par le dessin suivant :

On a donc (les crochets dénotent la classe d’un lacet dans l’abélianisé dugroupe fondamental) :

ψ (∂A) = [lacet marron]− [lacet bleu] + [lacet rouge] .

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

L’opposé d’un élément de l’abélianisé du groupe fondamental est donnépar

− [lacet bleu] = [lacet bleu parcouru à l’envers] .

ψ (∂A) est donc la somme des classes dans l’abélianisé du groupefondamental des trois lacets sur le dessin suivant (à gauche) :

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

ψ (∂A) est donc aussi la classe dans l’abélianisé de la concaténation deces trois lacets. On réalise une première homotopie pour se débarasserdes excroissances en noir sur le dessin de la page précédente (à droite, ils’agit d’un chemin parcouru dans un sens puis dans l’autre). On arrivealors à la situation :

On peut alors se débarasser du triangle par une homotopie (le triangleplein est l’image du simplexe standard de dimension 2 qui estcontractile), puis il ne reste qu’un lacet trivial (un chemin parcouru dansun sens puis dans l’autre).

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

6. Soit γ un lacet dans U basé en x0. On écrit [γ] pour la classe de γdans l’abélianisé du groupe fondamental. Alors par définitionΦ ([γ]) = 〈γ〉, la classe de γ en homologie. Puis :

Ψ ◦ Φ ([γ]) = Ψ (〈γ〉) = ψ (γ) .

Par définition, on a ψ (γ) =[γx0 · γ · γ−1x0

], mais comme γx0 est un lacet

basé en x0, on a :

ψ (γ) = [γx0 ] + [γ]− [γx0 ] = [γ] ,

et donc Ψ ◦ Φ ([γ]) = [γ].

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6

7. Par linéarité, on peut supposer que c = γ est un chemin. En écrivanta = γ(0) et b = γ (1), on a que ψ (γ) est, par définition, la classe dansl’abélianisé du groupe fondamental du lacet γa · γ · γ−1b . Ainsi, Φ (ψ (γ))est la classe en homologie de ce lacet. En utilisant que le résultat de laquestion 2 (qui s’applique aux chemins et non pas qu’aux lacets), il vientque Φ (ψ(γ)) est la classe en homologie de γ + γa − γb et le résultat suit.

En particulier, quand c est un cycle, Φ (ψ (c)) est la classe en homologiede c .

Malo Jézéquel Analyse complexe TD 6