Question sur cours de topologie algébrique

johnsmoke · February 2019

Bonjour
Dans mon cours j'ai appris que si $p:E \to B$ est un revêtement (avec $E$ et $B$ connexes par arcs), alors si $b \in B$ et si $x,y \in p^{-1}(b)$, les sous-groupes $p_*(\pi_1(E,x))$ et $p_*(\pi_1(E,y))$ sont conjugués. Je me demande maintenant si l'on prend $x,y \in E$ tels qu'ils n'appartiennent pas à la même fibre, y a-t-il un lien entre les sous-groupes $p_*(\pi_1(E,x))$ et $\phi(p_*(\pi_1(E,y)))$ de $\pi_1(B,p(x))$, où $\phi$ est l'isomorphisme de changement de point de base de $\pi_1(B,p(y)) \to \pi_1(B,p(x))$ ?
Merci cordialement.

Maxtimax · February 2019

Il n'y a pas un isomorphisme de changement de point de base. Un tel isomorphisme est donné par un chemin de $p(y)$ à $p(x)$. Mais un tel chemin peut être relevé en un chemin partant de $y$, et arrivant dans la fibre au dessus de $p(x)$. Dans ce cas ...

johnsmoke · February 2019

Merci Maxtimax
Je crois pouvoir répondre en partie à ma question grâce à ton intervention, c'est que tout les $ p_*(\pi_1(E,z))$, $z \in E$ sont isomorphes. Voilà comment je l'explique.

Soit $\lambda$ un chemin joignant $p(y)$ à $p(x)$. Soit $\tilde{\lambda}$ l'unique relèvement tel que $\tilde{\lambda}(0) = y$, et soit $x_0 = \tilde{\lambda}(1)$. Alors je sais que $\pi_1(E,y) \cong \pi_1(E,x_0)$ via l'isomorphisme de changement de point base défini par $\tilde{\lambda}$. Donc $p_*(\pi_1(E,y)) \cong p_*(\pi_1(E,x_0))$, et comme $p_*(\pi_1(E,x_0))$ est conjugué donc isomorphe à $p_*(\pi_1(E,x))$ puisque $x_0 \in p^{-1}(p(x))$, par transitivité j'en déduis que $p_*(\pi_1(E,y)) \cong p_*(\pi_1(E,x))$. Donc tout les $ p_*(\pi_1(E,z))$, $z \in E$ sont isomorphes.

Maintenant, je n'arrive pas à savoir si, lorsqu'on envoie $p_*(\pi_1(E,x))$ dans $\pi_1(B,p(y))$ via l'isomorphisme de changement de point donné par un chemin joignant $p(x)$ à $p(y)$, les sous-groupes résultant sont conjugués. Car deux sous-groupes peuvent être isomorphes sans être conjugués.

Maxtimax · February 2019

Tu as raison que deux sous-groupes peuvent être isomorphes sans être conjugués. Voilà ici une bonne illustration du slogan "dire que $A$ et $B$ sont isomorphes c'est nul; dire que $f:A\to B$ est un isomorphisme c'est bien".

Ici entre tes deux sous-groupes tu n'as pas un "isomorphisme abstrait", tu peux expliciter ledit isomorphisme; et en l'explicitant tu verras si, oui ou non, c'est un isomorphisme de conjugaison.

johnsmoke · February 2019

J'ai un problème, quand j'explicite l'isomorphisme, c'est super compliqué, c'est la composition de 5 applications, et je n'arrive pas à montrer que c'est un isomorphisme de conjugaison ( ce qui ne veut pas dire que cela n'en est pas un, pour cela il faudrait que j'arrive à montrer que ce n'en est pas un ! ), et à contrario je n'arrive pas à trouver un contre exemple où les deux sous-groupes ne seraient pas conjugués. La topologie algébrique me rend fou, pourtant c'est une question simple que je me suis posé !

Maxtimax · February 2019

Bon, reprenons. Pour un chemin $\gamma$ dans un espace $X$, de $x$ vers $y$, je noterai $\phi_\gamma$ l'isomorphisme associé à $\gamma$; pour se fixer disons qu'il va "dans le même sens" que $\gamma$, i.e. $\phi_\gamma : \pi_1(X,x)\to \pi_1(X,y)$.
Je me permets l'abus de notation de ne pas différencier selon l'espace $X$, donc j'utilise $\phi_\gamma$ pour tous les espaces indifféremment.

En particulier, une propriété qui est facile à prouver c'est que si $f:X\to Y$ est une application continue et $\gamma$ un chemin dans $X$, de $x$ vers $y$, alors on a un diagramme commutatif $$

\xymatrix{
\pi_1(X,x) \ar[r]^-{\pi_1(f,x)} \ar[d]_{\phi_\gamma} & \pi_1(Y,f(x)) \ar[d]^{\phi_{f\circ \gamma}} \\
\pi_1(X,y) \ar[r]_-{\pi_1(f,y)} & \pi_1(Y,f(y))
}
$$ où les flèches horizontales sont induites par $f$, et les flèches verticales sont respectivement $\phi_\gamma$ et $\phi_{f\circ \gamma}$. Si tu n'es pas convaincu.e, fais en la preuve.

On va appliquer ça maintenant à $p:E\to B$: ce diagramme nous dit en particulier que pour $\lambda$ de $x$ vers $y$, avec $\tilde{\lambda}$ un relèvement commençant à $x_0\in p^{-1}(x)$, et $y_0\in p^{-1}(y)$ l'extrémité de $\tilde{\lambda}$, on a $p_*(\phi_{\tilde{\lambda}}(\pi_1(E,x_0))) = \phi_{\lambda}(p_*\pi_1(E,x_0))$.

Sauf que $\phi_{\tilde{\lambda}}$ c'est un isomorphisme, donc en fait $p_*(\pi_1(E,y_0)) = \phi_{\lambda}(p_*\pi_1(E,x_0))$.

Maintenant, si tu n'étais pas intéressé par $y_0$ mais par un autre $y_1 \in p^{-1}(y)$ (tu as le droit après tout; par contre comme tu choisis entièrement $x_0$ bah je choisis celui qui t'intéressait, naturellement), bah tu réutilises le même diagramme avec un $\phi_\gamma$ pour un $\gamma$ qui va de $y_1$ vers $y_0$ et $\phi_{p\circ\gamma}$ et tu obtiens $p_*(\pi_1(E,y_0)) = \phi_{p\circ\gamma}(p_*\pi_1(E,y_1))$, de sorte que l'égalité d'au-dessus devient $\phi_{\lambda}(p_*\pi_1(E,x_0))=\phi_{p\circ\gamma}(p_*\pi_1(E,y_1))$

Tu devrais maintenant obtenir ce que tu veux, non ?

johnsmoke · February 2019

Dans ton poste tu as inversé mes notations ( tu as pris $x,y$ dans $B$ au lieu de $E$ ) mais peu-importe.
Merci pour cette explication claire je comprends maintenant que la réponse à ma question est : les deux sous groupes coïncident (i.e $p_*(\pi_1(E,y_0)) = \phi_{\lambda}(p_*\pi_1(E,x_0))$ ) donc trivialement sont conjugués. En fait ma question était bête d'une certaine manière, presque tautologique. Ca m'arrive souvent en maths quand je découvre une nouvelle discipline de poser des questions comme ça, désolé !!

Maintenant la suite de mon cours s'illumine je crois, car d'après ce qui précède, je peux associer à tout revêtement $p: E \to B$ ( $E$ connexe par arcs ) une classe de conjugaison de $\pi_1(B)$, et lorsque le revêtement est Galoisien, cette classe de conjugaison devient un sous-groupe distingué $G$ et on peut alors identifier $Aut(p)$ et $\pi_1(B,b) / G$. Je crois que c'est ça. Bon je retourne bosser la suite merci beaucoup Maxtimax. Je reposerais peut-être d'autres questions si je galère trop.