Section de fibré en cercles

Georges Abitbol · July 2020

Bonjour,

je suis un peu nul en topologie algébrique et j'ai des petites questions.

Question : soit $X$ un espace topologique gentil et simplement connexe. Est-ce que tout fibré en cercles $Y \rightarrow X$ a des sections globales continues ? Ou alors faut-il exiger des conditions sur la topologie de $X$ ?

Contexte : ça provient d'une question de mécanique quantique. Soit $G$ un groupe topologique, $\pi_G : \tilde{G} \rightarrow G$ son revêtement universel groupiste, soit $H$ un espace de Hilbert (de dimension finie si ça aide). On considère les groupes topologiques $U(H)$ (formé des unitaires de $H$, et muni de la topologie forte des opérateurs - en dimension finie c'est comme celle de la norme) et de son quotient par les homothéties (forcément de rapport un nombre complexe de module $1$) $PU(H)$. Soit $\pi : U(H) \rightarrow PU(H)$ l'application canonique. C'est un fibré en cercles.
La question est de trouver des conditions sur $G$ telles que pour tout morphisme continu $\rho : G \rightarrow PU(H)$, il existe un morphisme continu $\tilde{\rho} : \tilde{G} \rightarrow U(H)$ tel que $\pi \circ \tilde{\rho} = \rho \circ \pi_G$.

Le bouquin que je lis dit qu'il suffit que $G$ soit de Lie et avec une condition sur la cohomologie de degré $2$ de son algèbre de Lie, mais ça ne me satisfait pas encore, pour deux raisons :
- je voudrais enlever un peu les trucs de Lie ;
- il fait tout d'un coup et je pense que ce serait instructif de découper en deux morceaux, comme suit.

1) Déjà, il y a la question de savoir s'il existe une application $\tilde{\rho} : \tilde{G} \rightarrow U(H)$ tel que $\pi \circ \tilde{\rho} = \rho \circ \pi_G$ et qui soit seulement continue (je ne demande pas qu'elle soit un morphisme). C'est un problème de relèvement. Pour des revêtements, ce serait bon, mais c'est un fibré, et là, je ne sais plus faire. Est-ce que le fait que $\tilde{G}$ soit simplement connexe suffit, ici ? Ou est-ce que la condition cohomologique est importante ici ?

2) Une fois qu'on possède une application continue $\tilde{\rho} : \tilde{G} \rightarrow U(H)$ tel que $\pi \circ \tilde{\rho} = \rho \circ \pi_G$, on se demande si c'est un morphisme. Cela revient à demander que la fonction $\omega$, qui à tout couple $(g_1,g_2)$ associe $\tilde{\rho}(g_1g_2)^{-1}\tilde{\rho}(g_1)\tilde{\rho}(g_2)$, à valeurs dans le groupe des homothéties (identifié au cercle $\mathbb{U}^1$des complexes de module $1$), soit constante égale à $1$. On peut alors se demander s'il est possible de choisir une application continue $\chi : \tilde{G} \rightarrow \mathbb{U}^1$ telle que la $\omega$ associée à $\chi \cdot \tilde{\rho}$ est constante égale à $1$, et ça, d'accord, c'est une question cohomologique.

Juste pour préciser mes intentions : j'ai l'impression que le livre démontre $(A\ et\ B\ et\ Lie) \Rightarrow (C\ et\ D)$ et j'ai l'impression que $A \Rightarrow C$ et $B \Rightarrow D$ sont vrais.

Bonne journée !

Maxtimax · July 2020

Salut Georges,

La réponse est un gros "non". Je prends l'exemple canonique de fibrés en cercles : la fibration de Hopf, $\eta: S^3\to S^2$

Si elle avait une section $s$, alors $s$ induirait une section sur $\pi_2$, en particulier $\pi_2(S^3) = 0$ se surjecterait sur $\pi_2(S^2) = \mathbb Z$.

Je réponds à tes questions plus spécifiques :

1) En fait tu as une flèche $\tilde G\to PU(H)$ que tu souhaites relever le long d'un fibré principal. Un relèvement revient exactement à une section du fibré $U(H)\times_{PU(H)} \tilde G\to \tilde G$, qui est aussi un $S^1$-fibré principal sur $\tilde G$. En particulier, note qu'une section globale te fournit une trivialisation de cette section.
Donc ton obstruction au relèvement (purement topologique) est une obstruction à une trivialité. Sauf que les fibrés principaux en cercle au-dessus de $\tilde G$ sont classifiés (à isomorphisme près) par les flèches (à homotopie près) $\tilde G\to BS^1$. Mais $BS^1$ c'est très gentil, c'est $\mathbb CP^\infty$, et les flèches $\tilde G\to \mathbb CP^\infty$ sont classifiées (à homotopie près) par $H^2(\tilde G;\mathbb Z)$.

Donc le relèvement topologique est une question cohomologique; en particulier la simple connexité de $\tilde G$ ne suffit pas à assurer son existence. Je ne suis pas sûr de comment relier ça à la cohomologie de l'algèbre de Lie. En fait $\tilde G\to G$ induit un isomorphisme sur les algèbres de Lie; donc on peut se ramener à celle de $\tilde G$, et il me semble (mais je ne sais plus, ça fait loin) que $H^*(\mathfrak g) \cong H^*_{\mathrm{dR}}(G)\cong H^*(G;\mathbb R)$. Il faudrait ensuite voir dans quelle mesure l'information de $H^*(\tilde G;\mathbb R)$ suffit à comprendre $H^*(\tilde G;\mathbb Z)$.
J'imagine qu'il y a des résultats de ce goût là, mais je ne les connais pas.

2) En fait pour un relèvement de groupes, il y a aussi une obstruction cohomologique. J'en vois une, un peu détournée, mais je ne sais pas si c'est la tienne. Je t'explique rapidement "ma" version.

Tu as ton diagramme $\xymatrix{& S^1 \ar[d] \\& U(H)\ar[d] \\
\tilde G\ar[r] & PU(H)}$

qui est un diagramme de groupes. En fait, tu peux alors appliquer le foncteur "espace classifiant", qui ne te fournit pas forcément une fibration (de toute façon ça dépendra du modèle choisi...), mais au moins une suite fibre $BS^1\to BU(H)\to BPU(H)$.

Ensuite, le point c'est que un morphisme d'espaces $B\tilde G\to BU(H)$ ça va correspondre à un morphisme d'espaces $E_1$ $\tilde G\to U(H)$. Là je ne suis pas entièrement sûr (faudrait que je me renseigne) mais je crois que vu que les deux sont des groupes, ça peut se rectifier en un vrai morphismes de groupes. Donc ta question de relèvement en tant que groupes devient une question de relèvement en tant qu'espaces; et à nouveau c'est une question cohomologique, puisque tes fibrations sont classifiées par des flèches $B\tilde G\to BBS^1\simeq K(\mathbb Z,3)$, dont tu cherches à nouveau à obtenir la trivialité (là je suis moins sûr aussi, mais je crois que c'est le cas), donc tu as une obstruction dans $H^3(B\tilde G; \mathbb Z)$.

Ce qui est amusant c'est que j'ai l'impression que si on suppose de plus $G$ connexe, alors $H^2(\tilde G;\mathbb Z)\cong H^3(B\tilde G;\mathbb Z)$, ce qui me surprend un peu. D'ailleurs il n'est pas impossible que par cet isomorphisme, l'obstruction de 1) soit envoyée sur l'obstruction de 2), et que donc en fait il n'y ait finalement qu'une seule obstruction.
En fait ce serait raisonnable : comme tu dis, une fois qu'on a un relèvement d'espace, la question "est-ce un morphisme de groupes" est classifiée par des trucs $\tilde G\to S^1$, qui sont homotopiquement triviaux (puisque $\tilde G$ est simplement connexe).

Mais là sur la fin je suis moins sûr, donc c'est à prendre avec des pincettes

Georges Abitbol · July 2020

Ah ouais ok. Bon, il va falloir que je potasse un peu... Merci beaucoup pour tes explications !

Je te précise le lien avec les algèbres de Lie dont parle le bouquin (c'est de Moretti, Spectral Theory and Quantum Mechanics) : pour que tout marche, il suffit que pour toute application bilinéaire antisymétrique $\alpha : T_e G \times T_e G \rightarrow \mathbb{R}$ telle que pour tous $A,B,C \in T_e G$, $\alpha([A,B],C) + \alpha([B,C],A) + \alpha([C,A],B) = 0$, il existe $\beta : T_e G \rightarrow \mathbb{R}$ telle que pour tout $A,B \in T_e G$, $\alpha(A,B) = \beta([A,B])$. Il dit ensuite que c'est équivalent au fait que la cohomologie de l'algèbre de Lie à coefficients réels s'annule en degré $2$.

Il utilise ça pour démontrer que le revêtement universel de l'espace du fibré en cercles dont tu parles dans ton 1) (il appelle ça "extension centrale") est $\mathbb{R} \times \tilde{G}$, ce qu'il fait en identifiant leurs algèbres de Lie.

Maxtimax · July 2020

EDIT : je viens de voir ta réponse, j'y réponds avant la pavé que j'avais écrit :-D Déjà c'est rassurant, il tombe bien sur la cohomologie en degré $2$. Et je vois le lien entre sa requête sur l'algèbre de Lie et ta requête sur l'existence de $\chi$.
Je suis un peu surpris que la cohomologie réelle suffise cependant, mais ce n'est pas forcément si déroutant puisqu'il doit y avoir peu de torsion.
Ah bah non en fait, il n'y a juste pas de torsion, puisque de toute façon elle meurt en passant à la cohomologie (même si elle existe peut-être en homologie)

Si c'est rapide à expliquer, il fait comment pour identifier les algèbres de Lie ? (Re-edit : ah non attends j'avais mal lu, je croyais que tu disais "il utilise pour ça". Effectivement, une fois que tu sais que la cohomologie est nulle, tu peux identifier les algèbres de Lie)

Je vais rajouter un mot (qui ne concerne pas ton point d'intérêt principal, mais qui concerne ta première question): si on ne parle pas de fibrés principaux, comme je l'ai fait ici, mais de fibrations, une fibration $S^1\to E\to B$ c'est classifié par une flèche $B\to BAut(S^1)$; où $Aut(S^1)$ est le "groupe" des auto-équivalences de $S^1$, c'est-à-dire l'union des composantes connexes de $id$ et $-id$ dans $map(S^1,S^1)$.

Sauf que dans $map(S^1,S^1)$, en plus de composer, on peut multiplier. Ainsi, la composante connexe de $id$ dans $map(S^1,S^1)$ est équivalente (même homéomorphe) à celle de $z\mapsto 1$. Mais celle-là on peut bien l'étudier, puisque $\Omega^k(map(S^1,S^1), 1) \simeq map(S^1,\Omega^kS^1)$ et que $\Omega^k S^1 \simeq \mathbb Z$ si $k=1$, $*$ si $k\geq 2$. En particulier, $\pi_k(map(S^1,S^1),id) = \pi_k(map(S^1,S^1),1) \cong \mathbb Z$ si $k=1$, $0$ sinon.

Donc la composante connexe de $id$ dans $map(S^1,S^1)$ c'est tout simplement $S^1$ (si on veut une équivalence explicite, je crois que $z\mapsto (s\mapsto zs)$ fait l'affaire). En particulier, $Aut(S^1)\simeq C_2\times S^1$, en tant que "groupes" (où $C_2$ est le groupe à deux éléments - il y a un énoncé plus précis, mais je vais m'en tenir aux guillemets), et donc une fibration c'est classifié par une flèche $B\to \mathbb RP^\infty\times \mathbb CP^\infty$.
Le $C_2$ (et donc le $\mathbb RP^\infty$ ) vient de la possibilité, dans une fibration en cercles, d'inverser l'orientation. Heureusement pour nous, si $B$ est simplement connexe, $map(B,\mathbb RP^\infty) \simeq *$, et donc il n'y a pas cette possibilité.

J'ai buggé un petit temps sur "mezalors, qui est la $S^1$-fibration sur $\mathbb RP^\infty$ ?", donc je vous la donne pour que vous n'ayez pas le même bug. Je considère $S^\infty$ (la colimite [ si vous préférez, limite inductive ] des $S^n$), munie de son action antipodale évidente, que je mets à droite pour le fun, et je regarde $E= S^\infty\times_{C_2} S^1$, c'est-à-dire le quotient de $S^\infty\times S^1$ par $(x\sigma,y) = (x,\sigma y)$, où $\sigma \in C_2$ est le générateur.

Alors, la projection "sur $S^\infty$" induit une flèche $E\to \mathbb RP^\infty$, et sa fibre n'est autre que $S^1$.

Mon espace $E$ est "très sympa", presque de fiat, son $\pi_1$ c'est $\mathbb Z\rtimes C_2$, où l'action de $C_2$ sur $\mathbb Z$ est celle qui est évidente au vu de ma description géométrique, et il n'a pas d'homotopie supérieure.

Georges Abitbol · August 2020

Petit retour sur cette histoire pour remercier Maxtimax de son aide ; je n'ai pas eu le temps de m'attarder sur l'affaire des espaces classifiants, car je nourris une phobie de ces trucs-là depuis quelques années.

La question est de trouver des conditions suffisantes et intéressantes sur le groupe topologique simplement connexe $G$ pour que :

pour tout morphisme continu $\rho : G \rightarrow PU(\mathcal{H})$, il existe un morphisme $\tilde{\rho} : G \rightarrow U(\mathcal{H})$ tel que $\pi_U \circ \tilde{\rho} = \rho$,

où $U(\mathcal{H})$ désigne le groupe topologique des éléments unitaires d'un espace de Hilbert, et où $PU(\mathcal{H})$ désigne son quotient par le sous-groupe des homothéties (de rapport un scalaire complexe de module $1$).

Soit $H$ l'image de $\rho$, et $\tilde{H}$ l'image réciproque de $H$ par $\pi_U$. Formons d'abord le groupe $\hat{G}$ qui est le sous-groupe fermé de $G \times U(\mathcal{H})$ composé des couples $(g,U)$ tels que $\rho(g) = \pi_U(U)$. Notons $f_G$ l'application de première coordonnée $\hat{G} \rightarrow G$, et $\hat{\rho}$ l'application de deuxième coordonnée. Pour fabriquer une $\tilde{\rho}$ qui marche, il nous suffit de trouver une application $s_G : G \rightarrow \hat{G}$ telle que $f_G \circ s_G = Id_G$ (une "section"). En effet, on pose alors $\tilde{\rho} := \hat{\rho} \circ s_G$ car on a alors $\pi_U \circ \tilde{\rho} = \pi_U \circ \hat{\rho} \circ s_G = \rho \circ f_G \circ s_G = \rho$.

Cherchons donc des conditions d'existence de sections.

Notons également $i : U(1) \rightarrow \hat{G}$ qui à tout $\lambda \in U(1)$ associe $(e_G,\lambda Id)$. On a alors une suite exacte

$1 \rightarrow U(1) \rightarrow \hat{G} \rightarrow G \rightarrow 1$.

En passant aux revêtements universels (en notant $\tilde{\hat{G}}$ un revêtement universel de $\hat{G}$), on obtient une suite exacte que l'on place juste au-dessus de la première :

$1 \rightarrow \mathbb{R} \rightarrow \tilde{\hat{G}} \rightarrow G \rightarrow 1$ (on démontre qu'elle est exacte en faisant de la chasse au diagramme). ATTENTION, elle n'est pas forcément exacte en $\mathbb{R}$ (merci Max), et il faut alors quotienter $\mathbb{R}$ par le noyau de $\tilde{i}$ pour avoir une suite exacte en bonne et dûe forme. A la place de $\mathbb{R}$, on a alors soit $\mathbb{R}$ soit un autre cercle.

Si on note $\tilde{f_G}$ l'application $\tilde{\hat{G}} \rightarrow G$ dans cette suite exacte, il suffit que cette $\tilde{f_G}$-là ait une section. Et pour cela, il faut et il suffit que $\tilde{\hat{G}}$ soit un produit semi-direct de $G$ par $\mathbb{R}$.

Bref, on a démontré qu'une condition suffisante pour ce que je veux est : pour toute suite exacte avec $\mathbb{R}$ à gauche, $G$ à droite et morphismes continus, il existe une section.

Ce n'est pas forcément joli, pour des groupes quelconques, mais... pour des groupes de Lie, c'est un peu mieux ! En effet, la suite exacte groupiste $1 \rightarrow \mathbb{R} \rightarrow \tilde{\hat{G}} \rightarrow G \rightarrow 1$ donne une suite exacte d'algèbres de Lie. Et là, la question d'existence de sections peut être en partie résolue avec de la cohomologie d'algèbres de Lie de tout ce petit monde (c'est une affirmation au doigt mouillé car je n'y connais rien, mais j'ai lu dans un polycopié de Serre que la question des extensions de groupes abéliens, c'est un problème de cohomologie en degré $2$ ; comme ça colle avec le degré $2$ ci-dessus, je me dis que c'est bon).

Maxtimax · August 2020

Salut Georges,

Je suis désolé que tu aies une phobie contre les espaces classifiants :-D
Je comprends globalement ce que tu fais (d'ailleurs on retrouve les objets que je décrivais au début); tu peux juste détailler ton argument de chasse aux diagrammes ?

Ce n'est pas ultra clair pour moi. Je suis ok pour la surjectivité de $\tilde{\hat G}\to G$ qui est évidente, mais aucune des deux autres exactitudes ne me semblent claires.

Alors attends, en l'écrivant, je me rends compte que tu supposes $G$ simplement-connexe, donc en fait je suis ok avec l'exactitude au milieu; mais pas sûr de l'exactitude en $\mathbb R$. J'ai l'impression qu'il y a une obstruction à ce qu'elle soit exacte qui vient de $\pi_2(G)$. je me trompe ?

Si la flèche canonique $\pi_2(G)\to \pi_1(S^1)$ est non nulle et que $n$ est dans son image, alors $n\in \mathbb R$ est envoyé sur $0$ dans $\tilde{\hat G}$ il me semble.

Georges Abitbol · August 2020

J'ai chassé le diagramme qu'au milieu, j'avoue. Je regarde dès que j'ai fini de nettoyer les bêtises du chat !

Georges Abitbol · August 2020

Lol bon c'est sûr que si on prend la suite exacte de la fibration de Hopf (pas de groupes mais juste d'espaces topologiques) et qu'on "passe partout au revêtement universel", à gauche ça reste $\mathbb{S}^1$ et ça ne devient pas $\mathbb{R}$. Mince !
Faut donc que je quotiente $\mathbb{R}$ par le noyau de $\tilde{i}$ pour que ça fasse bien une suite exacte. Je vais corriger dans mon post.

Ce qui me rassure, c'est qu'au niveau des algèbres de Lie ça reste $\mathbb{R}$.

Maxtimax · August 2020

Yes, exactement, ça devrait aller :-D
En fait, peut-être une manière plus conceptuelle de le voir (ça revient à ce que tu dis avec ton quotient) est que à la place de $\mathbb R$ il faut le pullback $U(1)\times_{\hat G}\tilde{\hat G}$, qui va être un revêtement de $U(1)$, mais pas forcément $\mathbb R$ (donc soit $\mathbb R$, soit $U(1)$ avec une certaine puissance).

C'est en principe le revêtement qui correspond à $\ker(\pi_1(S^1)\to \pi_1(\hat G))$ (donc à l'image de $\pi_2(G)$)

Georges Abitbol · August 2020

Dans la suite exacte longue d'homotopie associée à la suite exacte, c'est ça ?

D'ailleurs, est-ce que tu sais s'il a un nom, le générateur de l'image de $\pi_2(G)$ ?

Maxtimax · August 2020

Oui, c'est exactement ça.

En fait pour le revêtement universel d'un groupe, tu as une suite exacte courte $1\to \pi_1(G)\to \tilde G\to G\to 1$, qui est bien sûr naturelle en $G$, du coup dans ton exemple ici, ta suite exacte donne un diagramme de la forme :

$$\xymatrix{& \pi_1(S^1) \ar[r] \ar[d] & \pi_1(\hat G) \ar[r] \ar[d] & 1 \ar[d] \\
& \mathbb R \ar[r] \ar[d]& \tilde{\hat G} \ar[r] \ar[d]& G \ar[r]\ar[d] & 1\ar[d] \\
1\ar[r] & U(1) \ar[r] & \hat G\ar[r] & G \ar[r] & 1 }$$

et la flèche $\pi_1(S^1)\to \pi_1(\hat G)$ est évidemment celle qu'on pense, donc tu peux compléter en

$$\xymatrix{\pi_2(G)\ar[r] & \pi_1(S^1) \ar[r] \ar[d] & \pi_1(\hat G) \ar[r] \ar[d] & 1 \ar[d] \\
& \mathbb R \ar[r] \ar[d]& \tilde{\hat G} \ar[r] \ar[d]& G \ar[r]\ar[d] & 1\ar[d] \\
1\ar[r] & U(1) \ar[r] & \hat G\ar[r] & G \ar[r] & 1 }$$

Et non, je ne connais pas son petit nom, malheureusement

Georges Abitbol · August 2020

Hey mais si on regarde les deux suites exactes longues, et si $\pi_2(\tilde{X}) \rightarrow \pi_2(X)$ (je mets $X$ pour un espace topologique) est surjective (ce qui me paraît vrai en regardant une autre suite exacte longue, elle a même l'air bijective), alors l'image de $\pi_2(X)$ est aussi l'image de $\pi_1(F)$ où $F$ est la fibre de la fibration du dessus. Ainsi, cet entier est donc le degré du revêtement de la fibre du bas par celle du dessus !

EDIT : Bon, je crois que je me mords la queue mais merci en tout cas, Max, j'ai appris plein de choses avec tout ça !
EDIT2 : En fait je crois que je m'étais un peu perdu et j'avais tout mélangé, ce qui fait que ce message n'a pas trop, trop de sens. Voir plutôt le truc détaillé plus bas.

Maxtimax · August 2020

Oui, pour un revêtement $Y\to X, \pi_k(Y)\cong \pi_k(X)$ pour $k\geq 2$. C'est la propriété du relèvement + le fait que $S^k $ est simplement connexe pour $k\geq 2$.

Je ne comprends pas la phrase d'après, mais si tu t'y retrouves, tout va bien :-D

Georges Abitbol · August 2020

Bon, je précise.

En fait je ne sais pas si ça a un sens si les trucs suivants ne sont pas des groupes, mais je pense que si, quand même. Mais prenons des groupes topologiques.

Je pars d'une suite exacte $1 \to F \to E \to B \to 1$ où $B$ est simplement connexe (et $F$ vérifiant des hypothèses que je préciserai au fur et à mesure) et j'appelle les deux applications qui ne sont pas au bout $f$ et $g$. Je note avec une $\tilde{}$ les revêtements universels, et $\pi_{truc}$ le revêtement $\tilde{truc} \rightarrow truc$, pour tout $truc$.

J'ai alors une suite $\tilde{F} \to \tilde{E} \to B$ exacte au milieu et où je note les applications $\tilde{f}$ et $\tilde{g}$. Je pose $F' := \tilde{F}/ker(\tilde{f})$. J'ai alors une suite exacte $1 \to F' \to \tilde{E} \to B \to 1$.
Comme $f$ est injective, si je suppose que $\pi_E \circ \tilde{f}$ se factorise par $f$ (par exemple, si $F$ est compact, c'est bon car $f$ est un homéomorphisme, et ça Max le sait bien vu un de ses premiers messages du forum :-D), on a une application $p_F : F' \rightarrow F$ qui est telle qu'on a un morphisme de suites exactes :

$$\xymatrix{1 \ar[r]\ar[d] &F' \ar[d]^{p_F} \ar[r]^{\tilde{f}} &\tilde{E} \ar[d]^{\pi_E} \ar[r]^{\tilde{g}} &B \ar[r] \ar[d]^{Id_B} &1 \ar[d]\\
1 \ar[r] &F \ar[r]^f &E \ar[r] &B \ar[r] &1}$$

Du coup on a un morphisme de suites exactes longues :

$$\xymatrix{\pi_2(F') \ar[d]^{p_*} \ar[r]^{\tilde{f}_*}&\pi_2(\tilde{E}) \ar[r]^{\tilde{g}_*} \ar[d]_{\pi_{E*}}&\pi_2(B) \ar[r] \ar[d]^{Id_{\pi_2(B)}}&\pi_1(F') \ar[r]^{\tilde{f}_*} \ar[d]^{p_{F*}}&\pi_1(\tilde{E}) \ar[r]^{\tilde{g}_*}\ar[d]_{\pi_{E*}}&\pi_1(B)\ar[d]^{Id_{\pi_2(B)}}\\
\pi_2(F) \ar[r]^{\tilde{f}_*}&\pi_2(E) \ar[r]^{\tilde{g}_*} &\pi_2(B) \ar[r]&\pi_1 (F) \ar[r]^{\tilde{f}_*}&\pi_1 (E) \ar[r]^{\tilde{g}_*} &\pi_1(B)
}$$

J'extrais ce que je veux.

$$\xymatrix{\pi_2(B) \ar[r] \ar[d]^{Id_{\pi_2(B)}}&\pi_1(F') \ar[r]^{\tilde{f}_*} \ar[d]^{p_{F*}}&\pi_1(\tilde{E}) \ar[d]_{\pi_{E*}}\\
\pi_2(B) \ar[r]&\pi_1 (F) \ar[r]^{\tilde{f}_*}&\pi_1 (E)
}$$

Maintenant, $\pi_1(\tilde{E}) = 1$. Donc je recopie.

$$\xymatrix{\pi_2(B) \ar[r] \ar[d]^{Id_{\pi_2(B)}}&\pi_1(F') \ar[r]^{\tilde{f}_*} \ar[d]^{p_{F*}}&1 \ar[d]_{\pi_{E*}}\\
\pi_2(B) \ar[r]&\pi_1 (F) \ar[r]^{\tilde{f}_*}&\pi_1 (E)
}$$

Je note $a : \pi_2(B) \rightarrow \pi_1(F')$ et $b : \pi_2(B) \rightarrow \pi_1(F)$. Par exactitude, $a$ est surjective. Donc $im(p_{F*}) = im(p_{F*} \circ a) = im(b \circ Id_{pi_2(B)} = im(b)$.

Le générateur positif de l'image de $b$ est donc le degré du revêtement $F' \rightarrow F$ [EDIT1 et 2 : Euh... Enfin... Si $F$ est un cercle... Ohlala... Bon j'arrête pour aujourd'hui et je retire toute affirmation topologique...] ! Mais c'était peut-être évident par ailleurs... En tout cas c'est ce que je voulais dire avec mon message précédent. Je brasse peut-être du vent mais ça m'a fait potasser xymatrix et les suites exactes :-D

Maxtimax · August 2020

Ah dans ce cas oui, oui - ça découlait aussi de ce que j'avais écrit ;-) mais tant mieux si ça te fait travailler !

Effectivement, lorsque $F$ n'est pas un cercle, difficile de parler de degré; mais son image sera effectivement le sous-groupe qui correspond au revêtement $F'$ (ce qui a un sens : je rappelle que les sous-groupes déterminent les revêtements)

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