Problèmes corrigés de Géométrie Différentielle 2001

Transcription

Neuf Sujets d’Examen
en
Géométrie Différentielle
Maı̂trise de Mathématiques
2001-2003
Vincent Thilliez
U.F.R. de Mathématiques
Université des Sciences et Technologies de Lille
59655 Villeneuve d’Ascq Cedex (France)
[email protected]
Table des matières
Avant-Propos
1
Programme
3
Chapitre 1. Géométrie Différentielle, Avril 2001
1.1. Énoncé
1.2. Corrigé
5
5
7
Chapitre 2. Géométrie Différentielle, Juin 2001
2.1. Énoncé
2.2. Corrigé
13
13
15
Chapitre 3. Géométrie Différentielle, Septembre 2001
3.1. Énoncé
3.2. Corrigé
19
19
21
4.1. Énoncé
4.2. Corrigé
25
25
27
5.1. Énoncé
5.2. Corrigé
31
31
33
6.1. Énoncé
6.2. Corrigé
37
37
39
7.1. Énoncé
7.2. Corrigé
43
43
45
8.1. Énoncé
8.2. Corrigé
49
49
51
9.1. Énoncé
9.2. Corrigé
55
55
57
Bibliographie
61
iii
iv
Index
TABLE DES MATIÈRES
63
Avant-Propos
Les énoncés proposés portent strictement sur les thèmes décrits dans le programme
ci-après. Tous les résultats de cours requis pour leur résolution figurent dans un ouvrage
que nous avons choisi pour référence, et dont nous avons gardé les notations : il s’agit du
traité de W. M. Boothby [3].
1
Programme
Sauf mention explicite, tous les objets considérés (variétés, applications, champs de vecteurs, etc.) sont de classe C ∞ .
1. Variétés différentiables
Rappels de topologie générale. Variétés topologiques.
Structure différentiable. Exemples fondamentaux : la sphère Sn , l’espace projectif Pn .
Applications différentiables, difféomorphismes. Structures difféomorphes.
Théorème du rang. Immersions, submersions, plongements. Sous-variétés.
Aperçu sur les problèmes de plongement dans Rn .
2. Champs de vecteurs sur les variétés
Espace tangent. Définition en terme de dérivations et interprétation cinématique.
Différentielle d’une application entre variétés.
Champs de vecteurs. Image directe.
Courbes intégrales, flots. Théorème de linéarisation des trajectoires.
Sous-variétés intégrales et théorème de Frobenius. Application aux systèmes d’EDP.
3. Volumes et Métriques
Éléments d’algèbre multilinéaire. Champs de tenseurs. Image réciproque.
Partitions de l’unité. Orientation. Intégration.
Métriques riemanniennes. Élément de volume riemannien. Isométries.
Exemples fondamentaux : les surfaces de R3 , le demi-plan de Poincaré H.
4. Quelques aspects de la géométrie riemannienne
Formes quadratiques fondamentales des surfaces de R3 . Courbures.
Theorema Egregium. Courbure de Gauss d’une surface “abstraite”.
Surfaces minimales. Aperçu sur le calcul des variations et survol de quelques résultats liés
à la notion de géodésique.
3
4
PROGRAMME
La liste ci-dessous répartit les problèmes en fonction des sections de ce programme et
explicite leur thème principal. Certains exercices relevant principalement d’applications
directes du cours n’y sont pas répertoriés.
1. Variétés différentiables
• Avril 2001 : Éclatement en un point et résolution d’une courbe plane dans un cas très
simple.
• Avril 2002 : Plongement de Segre. Fibré normal d’une immersion et distance à une
sous-variété.
• Septembre 2002 : Plongement des variétés compactes dans l’espace euclidien. Plongement de produits de sphères.
• Avril 2003 : Une condition suffisante de difféomorphie à la sphère.
• Septembre 2003 : Un exemple de sous-variété de Pm × Pn .
2. Champs de vecteurs sur les variétés
• Avril 2001 : Systèmes d’EDP autonomes et interprétation géométrique du crochet.
• Septembre 2001 : Fragment de la démonstration du théorème de Lojasiewicz sur la
longueur des trajectoires d’un champ de gradient.
• Juin 2002 : Résolution de certains systèmes d’EDP linéaires.
• Avril 2003 : Résolution de certaines EDP non linéaires.
3. Volumes et Métriques
• Juin 2001 : Plan hyperbolique.
• Septembre 2002 : Quelques propriétés autour de la notion de variété parallélisable.
4. Quelques aspects de la géométrie riemannienne
• Juin 2001 : Hélicoı̈de. Théorème des ombilics.
• Septembre 2001 : Pseudosphère.
• Juin 2002 : Surface d’Enneper.
• Juin 2003 : Coordonnées orthogonales sur une surface riemannienne. Étude d’un plongement du tore plat.
CHAPITRE 1
Géométrie Différentielle, Avril 2001
1.1. Énoncé
Exercice
∂f
(0) 6= 0.
∂xn
Pour x ∈ Rn , soit y = Φ(x) = (x1 , . . . , xn−1 , f (x)). On rappelle que l’application Φ est
alors un C ∞ -difféomorphisme dans un voisinage U de 0 dans Rn .
∂
) pour 1 ≤ j ≤ n.
Expliciter les champs de vecteurs Yj définis dans U par Yj = Φ−1
∗ (
∂yj
Soit une fonction numérique f de classe C ∞ dans Rn , vérifiant f (0) = 0 et
Problème 1
On note P1 la droite projective réelle et O le point (0, 0) de R2 ; on rappelle que pour
tout λ de R2 \{O}, le point [λ] = [(λ1 , λ2 )] de P1 s’identifie de façon naturelle à la droite
vectorielle Rλ de R2 . On considère l’ensemble M = {(x, [λ]) ∈ R2 × P1 ; x ∈ [λ]}.
1. Pour x = (x1 , x2 ) dans R2 , donner une relation simple entre x1 , x2 , λ1 et λ2 équivalente
à la condition x ∈ [λ].
2. On note {(Ui , ϕi )}i=1,2 l’atlas de P1 défini par Ui = {[(λ1 , λ2 )] ∈ P1 ; λi 6= 0} pour
i = 1, 2 et ϕ1 ([λ]) = λ2 /λ1 , ϕ2 ([λ]) = λ1 /λ2 .
Pour i = 1, 2 on pose Vi = {(x, [λ]) ∈ M ; [λ] ∈ Ui }. Montrer que les Vi sont des ouverts de
la topologie induite par R2 ×P1 sur M et construire des homéomorphismes ψi : Vi −→ R2
tels que {(Vi , ψi )}i=1,2 constitue un atlas C ∞ de M . Que peut-on alors dire de M ?
3. On considère maintenant l’application σ : M −→ R2 donnée par σ(x, [λ]) = x.
Expliciter l’expression de σ dans les deux systèmes de coordonnées locales (Vi , ψi ). En
déduire que σ est de classe C ∞ .
4. Montrer que la restriction de σ à M \ σ −1 ({O}) établit un difféomorphisme de cet
ensemble vers R2 \ {O}.
5. Soit X = {x ∈ R2 ; x31 = x22 }. Montrer que si x tend vers O en restant sur X \ {O},
alors σ −1 (x) tend vers un point p de M que l’on précisera. En déduire que si l’on pose
X 0 = σ −1 (X \ {O}), on a alors X 0 = σ −1 (X \ {O}) ∪ {p}.
6. Montrer que l’on a X 0 ⊂ V1 et déterminer ψ1 (X 0 ) ; que reconnaı̂t-on ?
Problème 2
1. Soit X un champ de vecteurs de classe C ∞ dans un ouvert Ω de Rn . On notera
θX : DX −→ Ω le flot de X. Soit x un point de Ω. Montrer que pour t assez proche de 0
5
6
1. GÉOMÉTRIE DIFFÉRENTIELLE, AVRIL 2001
dans R, on a
t2 0
X (x)X(x) + o(t2 ),
2
où X 0 (x) est une matrice carrée d’ordre n que l’on déterminera (ici et dans la suite, on
fait systématiquement l’abus de notation qui consiste à noter Av l’image du vecteur v de
Rn par l’application linéaire de matrice A dans la base canonique).
θX (t, x) = x + tX(x) +
2. Soient Y un autre champ de vecteurs C ∞ dans Ω et σ un réel. Pour tout réel t assez
proche de 0, on définit successivement
x1 (t) = θX (t, x),
x̂1 = x1 (σ),
x2 (t) = θY (t, x̂1 ),
x̂2 = x2 (σ),
x3 (t) = θ−X (t, x̂2 ), x̂3 = x3 (σ),
x4 (t) = θ−Y (t, x̂3 )
et enfin x∗ = x4 (σ).
2a. Justifier qu’il existe un réel > 0 tel que, pour |σ| < et |t| < , ces définitions aient
bien un sens.
2b. Montrer que lorsque σ tend vers 0, on a
x∗ = x + σ 2 [X, Y ](x) + o(σ 2 ).
3. On suppose maintenant que l’on a [X, Y ] = 0 dans Ω.
3a. Montrer que le système d’équations aux dérivées partielles

∂u


= X(u)

 ∂t1


∂u


= Y (u)
∂t2
admet une solution u de classe C ∞ au voisinage de (0, 0) dans R2 , vérifiant u(0, 0) = x.
3b. Exprimer les xi (t) à partir de la fonction u et en déduire que l’on a x∗ = x.
1.2. CORRIGÉ
7
1.2. Corrigé
Exercice
∂
On cherche les champs Yj tels que Φ∗ (Yj ) =
, ce qui équivaut à dire que pour toute
j
∂y
∂g
◦ Φ = Yj (g ◦ Φ). Calculons d’abord les
fonction g de classe C ∞ dans Φ(U ), on a
∂yj
∂(g ◦ Φ)
fonctions
dans U : on a g ◦ Φ(x) = g(x1 , . . . , xn−1 , f (x)), d’où
∂xj
∂(g ◦ Φ)
∂g
∂f
∂g
(x) =
(Φ(x)) +
(x)
(Φ(x)) pour 1 ≤ j ≤ n − 1,
∂xj
∂yj
∂xj
∂yn
∂(g ◦ Φ)
∂f
∂g
(x) =
(x)
(Φ(x)).
∂xn
∂xn
∂yn
∂f
ne s’annule pas dans U (c’est la valeur du jacobien du difféomorphisme Φ) ;
∂xn
−1
∂g
∂f
∂(g ◦ Φ)
la dernière expression donne donc
. En reportant dans
◦Φ =
∂yn
∂xn
∂x
−1 n
∂g
∂(g ◦ Φ) ∂f
∂f
∂(g ◦ Φ)
l’autre égalité, on en tire
◦Φ =
−
. Par conséquent,
∂yj
∂xj
∂xj ∂xn
∂xn
on a
−1
−1
∂f
∂f
∂f
∂
∂
∂
−
pour 1 ≤ j ≤ n − 1 et Yn =
.
Yj =
∂xj
∂xj ∂xn
∂xn
∂xn
∂xn
Or
Remarque 1. Si l’on préfère des calculs matriciels, on peut tout aussi bien utiliser la
relation Yj (x) = (dΦ(x))−1 · ej où ej est le j-ème vecteur de la base canonique (identifié
dans ce qui précède au champ ∂/∂yj ).
Remarque 2. On pourra constater par le calcul que l’on a Yj f = 0 pour 1 ≤ j ≤ n − 1.
En conséquence, Yj est tangent à l’hypersurface S = {x ∈ U ; f (x) = 0}. On vérifie alors
facilement que pour tout x de S, la famille (Yj (x))1≤j≤n−1 est une base de Tx S. On peut le
voir plus directement : en effet, (∂/∂yj )1≤j≤n−1 fournit trivialement une base de TΦ(x) Φ(S)
puisque Φ(S) = {y ∈ Φ(U ) ; yn = 0}.
Problème 1
1. La condition x ∈ [λ] équivaut visiblement à x1 λ2 = x2 λ1 .
2. On a Vi = M ∩ (R2 × Ui ) et R2 × Ui est clairement un ouvert du produit R2 × P1 . Par
conséquent, Vi est un ouvert de M pour la topologie induite par celle de R2 × P1 . Soit
maintenant (x, [λ]) ∈ V1 . La relation x1 λ2 = x2 λ1 peut alors s’écrire
(∗)
x2 = x1
λ2
.
λ1
8
On pose ψ1 (x, [λ]) = (x1 , λ2 /λ1 ) = (x1 , ϕ1 ([λ]). Il est clair que ψ1 : V1 −→ R2 est continue
(car ses deux composantes le sont). D’après (∗), le point (x, [λ]) s’écrit aussi
λ2
λ2
λ2
(x, [λ]) = (x1 , x1 ) , [(λ1 , λ2 )] = (x1 , x1 ) , [(1, )] .
λ1
λ1
λ1
On en tire que ψ1 est bijective, avec ψ1−1 : R2 −→ V1 donnée par
ψ1−1 (u, v) = ((u, uv), [(1, v)]) = ((u, uv), ϕ−1
1 (v)).
L’application ψ1−1 est aussi continue (car ses composantes le sont clairement). Ainsi ψ1
est un homéomorphisme. On a symétriquement un homéomorphisme ψ2 : V2 −→ R2
donné par ψ2 (x, [λ]) = (x2 , λ1 /λ2 ) et vérifiant ψ2−1 (u, v) = ((uv, u), [(v, 1)]). Soit enfin
(u, v) ∈ ψ1 (V1 ∩ V2 ) ; alors v s’écrit λ2 /λ1 avec les λi non nuls, donc v 6= 0. Les expressions
explicites trouvées pour les ψi donnent par ailleurs ψ2 ◦ ψ1−1 (u, v) = (uv, 1/v). On constate
ainsi que cette application est de classe C ∞ dans l’ouvert ψ1 (V1 ∩ V2 ) de R2 . Il en est de
même pour ψ1 ◦ ψ2−1 dans ψ2 (V1 ∩ V2 ).
On peut alors conclure. On sait que la topologie de M est séparée et à base dénombrable d’ouverts puisqu’elle est induite par celle de R2 × P1 , qui possède ces propriétés. De
plus, comme M = V1 ∪V2 , tout point de M possède un voisinage homéomorphe à un ouvert
de R2 (en fait à R2 tout entier). Ainsi M est une variété topologique de dimension 2. Enfin,
on vient de montrer que les cartes (Vi , ψi ) sont C ∞ -compatibles : elles constituent donc
un atlas C ∞ de M . Muni de cet atlas, M devient une variété différentiable de dimension
2.
3. Les expressions de σ dans les cartes (V1 , ψ1 ) et (V2 , ψ2 ) de la variété source M (et dans
la carte triviale (R2 , id) de la variété but R2 ...) sont respectivement
σ ◦ ψ1−1 (u, v) = (u, uv) et σ ◦ ψ2−1 (u, v) = (uv, u)
(il suffit, pour le vérifier, d’utiliser les expressions explicites des ψi−1 trouvées à la question
précédente). Pour chaque ouvert de carte de l’atlas {(Vi , ψi )}i=1,2 , l’expression de σ en
coordonnées locales est donc clairement de classe C ∞ . Par suite, l’application σ : M −→
R2 est de classe C ∞ .
4. Pour x ∈ R2 \{O}, on a x ∈ [x], et (x, [x]) est donc un point de M . C’est même un point
de M \σ −1 ({O}) puisque l’on a σ(x, [x]) = x 6= O. L’égalité σ(x, [x]) = x montre aussi que
la restriction de σ à M \ σ −1 ({O}) établit une bijection de cet ensemble vers R2 \ {O}, la
réciproque étant l’application x 7−→ (x, [x]) (on la note σ −1 de façon un peu abusive). Pour
affirmer que l’on a un difféomorphisme, il reste à justifier que σ −1 est de classe C ∞ . Il suffit
pour cela de remarquer que ses deux composantes le sont (l’une est l’identité, l’autre est la
surjection canonique π : R2 \ {O} −→ P1 ). On peut aussi, si on le préfère, utiliser encore
les expressions en coordonnées locales : on a R2 \ {O} = W1 ∪ W2 avec Wi = {x ; xi 6= 0},
et pour x ∈ Wi on a (x, [x]) ∈ Vi . On vérifie alors ψ1 ◦ σ −1 (x) = (x1 , x2 /x1 ), donc ψ1 ◦ σ −1
est de classe C ∞ dans W1 , ce qui montre que la restriction de σ −1 à W1 est de classe C ∞ .
Il en va de même pour la restriction de σ −1 à W2 , d’où le résultat.
5. Intuitivement, lorsque x tend vers O sur X \ {O}, la droite [x] tend vers l’axe des x1 .
En termes projectifs, on peut justifier cela de la manière suivante. On a [x] = [(x1 , x2 )] =
[(1, x2 /x1 )] (on remarquera que pour x ∈ X \ {O}, on a x1 6= 0). On a aussi |x2 | = |x1 |3/2
et donc (1, x2 /x1 ) tend vers (1, 0) dans R2 \ {O} lorsque x tend vers 0 sur X \ {O}. La
1.2. CORRIGÉ
9
surjection canonique π : R2 \ {O} −→ P1 étant continue, on en tire que [x] = [(1, x2 /x1 )]
tend vers [(1, 0)] dans P1 . En rappelant que σ −1 (x) = (x, [x]), on voit que σ −1 (x) a bien
une limite p lorsque x tend vers O sur X \ {O} et on a
p = (O, [(1, 0)]).
Soit maintenant q = (x, [λ]) un point de X 0 . Par définition de X 0 , on a q = limn→∞ q (n) avec
q (n) = (x(n) , [x(n) ]), les x(n) appartenant à X \ {O}. En particulier on a x = limn→∞ x(n) ,
donc x ∈ X \ {O} = X. Par conséquent, ou bien on a x ∈ X \ {O} et q = (x, [x]) ∈
σ −1 (X \ {O}) ; ou bien on a x = O et dans ce cas q = p en vertu de ce qui précède. On a
bien établi X 0 = σ −1 (X \ {O}) ∪ {p}.
6. L’inclusion X 0 ⊂ V1 est évidente car on a p ∈ V1 et tout point de X \ {O} vérifie
x1 6= 0, donc σ −1 (x) ∈ V1 . Soit maintenant (u, v) un point de ψ1 (X 0 ). Ou bien on a
(u, v) = ψ1 (p) = O ; ou bien (u, v) = ψ1 (σ −1 (x)) pour un certain x ∈ X \ {O}, ce qui
revient alors à dire que σ ◦ ψ1−1 (u, v) appartient à X \ {O}. Compte tenu de l’expression de
σ ◦ ψ1−1 trouvée à la question 3, ceci équivaut à u3 = u2 v 2 , u 6= 0, uv 6= 0, qui se simplifie
en u = v 2 , u 6= 0. Autrement dit, ψ1 (σ −1 (X \ {O})) est la parabole d’équation u = v 2
privée du point O. Finalement ψ1 (X 0 ) est la parabole {(u, v) ∈ R2 ; u = v 2 } tout entière.
Commentaire. L’application σ : M −→ R2 étudiée ici s’appelle l’éclatement de R2 au
centre O. Il s’agit d’un cas particulier d’une construction classique en géométrie algébrique
ou analytique. Cette construction est à la base des techniques de résolution des singularités, dont les questions 5 et 6 fournissent un exemple très simple : à l’ensemble algébrique
X, qui possède un point singulier en O, on a associé (en suivant sans le dire un procédé
général que l’on ne décrira pas ici), un nouvel ensemble algébrique X 0 non singulier (c’est
une sous-variété régulière de la variété M puisqu’en coordonnées locales c’est une parabole). L’ensemble X 0 s’appelle le transformé strict de X et l’ensemble σ −1 ({O}) le diviseur
exceptionnel de l’éclatement. Le lecteur intéressé pourra se reporter, par exemple, à l’excellent article d’exposition d’Edward Bierstone et Pierre Milman [2].
Problème 2
1. Posons h(t) = θX (t, x) ; la fonction h est C ∞ au voisinage de 0 et en particulier on peut
t2
écrire h(t) = h(0) + th0 (0) + h00 (0) + o(t2 ). Or on a
2
h(0) = θX (0, x) = x,
∂θX
h0 (t) =
(t, x) = X(θX (t, x)), d’où h0 (0) = X(x),
∂t
∂
∂
h00 (t) =
(X(θX (t, x))) = dX(θX (t, x)) ·
(θX (t, x))
∂t
∂t
(on rappelle qu’un champ de vecteurs X de classe C ∞ sur un ouvert Ω de Rn n’est autre
qu’une application X : Ω −→ Rn de classe C ∞ ; ici dX désigne la différentielle de cette
application). On a ainsi
10
00
0
0
h (0) = dX(x) · X(x) = X (x)X(x) où X (x) est la matrice
∂Xi
(x)
∂xj
(ici Xi est
1≤i,j≤n
la i-ème composante de X). Finalement on trouve
h(t) = x + tX(x) +
t2 0
X (x)X(x) + o(t2 ).
2
2a. On sait que DX est un ouvert contenant (0, x), de même que DY , D−X et D−Y . Pour
> 0 assez petit et pour |t| < , le point (t, x) appartient à DX , d’où l’existence de x1 (t),
et aussi de x̂1 si l’on suppose également |σ| < . Par ailleurs, x̂1 tend vers x1 (0) = x
lorsque σ tend vers 0, donc, quitte à diminuer , on aura encore (t, x̂1 ) ∈ DY pour |t| < et |σ| < , d’où l’existence de x2 (t) et x̂2 . On peut refaire le même raisonnement avec
x3 (t), x̂3 et x4 (t), x∗ .
2b. En utilisant la question 1, on a
x̂1 = x + σX(x) +
σ2 0
X (x)X(x) + o(σ 2 )
2
ainsi que
σ2 0
Y (x̂1 )Y (x̂1 ) + o(σ 2 ).
2
En utilisant la différentiabilité comme à la question 1, on a aussi
x̂2 = x̂1 + σY (x̂1 ) +
Y (x̂1 ) = Y (x) + Y 0 (x)(x̂1 − x) + o(kx̂1 − xk)
avec, compte tenu du développement de x̂1 que l’on a écrit juste auparavant,
x̂1 − x = σX(x) + o(σ),
d’où
Y (x̂1 ) = Y (x) + σY 0 (x)X(x) + o(σ).
La continuité de Y 0 et Y donne également
Y 0 (x̂1 )Y (x̂1 ) = Y 0 (x)Y (x) + o(1).
En reportant ces deux dernières expressions de Y (x̂1 ) et Y 0 (x̂1 )Y (x̂1 ) dans le développement de x̂2 que l’on a écrit précédemment, puis en utilisant de nouveau le développement
de x̂1 , on obtient
1
x̂2 = x̂1 + σY (x) + σ 2 (Y 0 (x)X(x) + Y 0 (x)Y (x)) + o(σ 2 )
2
1 0
2
0
0
= x + σ(X(x) + Y (x)) + σ Y (x)X(x) + (X (x)X(x) + Y (x)Y (x)) + o(σ 2 ).
2
On écrit maintenant, toujours à l’aide de la question 1,
σ2 0
X (x̂2 )X(x̂2 ) + o(σ 2 ).
2
Par les mêmes arguments que précédemment, et en utilisant l’expression de x̂2 que l’on
vient d’obtenir, on a
x̂3 = x̂2 − σX(x̂2 ) +
X(x̂2 ) = X(x) + σX 0 (x)(X(x) + Y (x)) + o(σ)
1.2. CORRIGÉ
11
et
X 0 (x̂2 )X(x̂2 ) = X 0 (x)X(x) + o(1).
On en tire
1
x̂3 = x̂2 − σX(x) + σ 2 (−X 0 (x)X(x) − X 0 (x)Y (x) + X 0 (x)X(x)) + o(σ 2 )
2
1 0
0
0
2
= x + σY (x) + σ Y (x)X(x) − X (x)Y (x) + Y (x)Y (x) + o(σ 2 ).
2
On a enfin
σ2
x∗ = x̂3 − σY (x̂3 ) + Y 0 (x̂3 )Y (x̂3 ) + o(σ 2 )
2
avec
Y (x̂3 ) = Y (x) + σY 0 (x)Y (x) + o(σ)
et
Y 0 (x̂3 )Y (x̂3 ) = Y 0 (x)Y (x) + o(1),
d’où, finalement,
1
x∗ = x̂3 − σY (x) + σ 2 (−Y 0 (x)Y (x) + Y 0 (x)Y (x)) + o(σ 2 )
2
= x + σ 2 (Y 0 (x)X(x) − X 0 (x)Y (x)) + o(σ 2 ).
La i-ème coordonnée de Y 0 (x)X(x) est
n
X
n
X
∂Yi
(x)Xj (x), ce qui correspond exactement à
∂x
j
j=1
∂
. De même, la i-ème composante de X 0 (x)Y (x)
∂x
j
j=1
n
X
0
0
est (Y Xi )(x). Ainsi, Y (x)X(x) − X (x)Y (x) est la valeur au point x du champ
(XYi −
(XYi )(x) lorsque l’on écrit X =
Xj
j=1
∂
Y Xi )
, qui n’est autre que [X, Y ]. En définitive, on a bien
∂xi
x∗ = x + σ 2 [X, Y ](x) + o(σ 2 ).
3a. L’application du théorème de Frobenius aux systèmes d’EDP stipule que pour J
ouvert de Rp et Ω ouvert de Rm , le système
∂u
= Fi (t, u) (Fi ∈ C ∞ (J × Ω ; Rm ), i = 1, . . . , p)
∂ti
est complètement intégrable si et seulement si pour tout couple d’indices (i, j) avec 1 ≤
i ≤ p, 1 ≤ j ≤ p, on a
m
m
∂Fj
∂Fi X
∂Fi
∂Fj X
+
Fik
=
+
Fjk
dans J × Ω.
∂ti
∂x
∂t
∂x
k
j
k
k=1
k=1
On applique ce résultat avec p = 2, J = R2 , m = n, F1 (t, x) = X(x) et F2 (t, x) = Y (x).
La condition d’intégrabilité devient
n
n
X
X
∂Y
∂X
Xk
=
Yk
dans Ω,
∂x
∂x
k
k
k=1
k=1
12
ce qui s’écrit exactement [X, Y ] = 0 dans Ω. Cette condition étant supposée vérifiée, on
sait alors que pour tout (t0 , x0 ) de R2 × Ω, il existe une solution u du système
∂u
∂u
= X(u),
= Y (u)
∂t1
∂t2
définie au voisinage de t0 et vérifiant u(t0 ) = x0 . Ici, on prend simplement t0 = (0, 0) et
x0 = x.
d
∂u
3b. On a maintenant (u(t, 0)) =
(t, 0) = X(u(t, 0)) avec u(0, 0) = x. La propriété
dt
∂t1
d’unicité des trajectoires de X impose alors u(t, 0) = θX (t, x), autrement dit
x1 (t) = u(t, 0).
d
∂u
(u(σ, t)) =
(σ, t) = Y (u(σ, t)) avec u(σ, 0) = x1 (σ) = x̂1 d’après ce
dt
∂t2
que l’on vient d’établir pour x1 (t). On en déduit u(σ, t) = θY (t, x̂1 ), ou encore
On a de même
x2 (t) = u(σ, t).
Le même argument permet d’établir ensuite
x3 (t) = u(σ − t, σ) et x4 (t) = u(0, σ − t).
∗
En particulier, on a x = x4 (σ) = u(0, 0) = x.
Remarque. Le résultat s’interprète heuristiquement de la manière suivante : on part du
point x, on suit le flot de X pendant une durée σ, puis celui de Y pendant la même durée
σ. On repart ensuite dans la direction opposée à X, puis à Y , toujours pendant le même
temps σ à chaque fois. Le “point de retour” x∗ diffère généralement du point de départ x,
et le développement obtenu à la question 2 précise l’erreur commise. Cependant, d’après
la question 3, le point x∗ coı̈ncide toujours avec x lorsque X et Y commutent.
CHAPITRE 2
Géométrie Différentielle, Juin 2001
2.1. Énoncé
Exercice 1
On considère le demi-plan H = {(x, y) ∈ R2 ; y > 0} muni de la métrique de Poincaré,
1
c’est-à-dire la métrique g donnée par ds2 = 2 (dx2 + dy 2 ). Soient θ et G deux fonctions
y
numériques de classe C ∞ sur R2 , à valeurs strictement positives. On considère l’application
F : R2 −→ H
(u, v) 7−→ (x, y) = (v , θ(u, v))
et on munit R2 de la métrique g0 donnée par ds2 = du2 + G(u, v)dv 2 .
Montrer qu’il existe un unique choix des fonctions θ et G, que l’on explicitera, tel que
F : (R2 , g0 ) −→ (H, g) soit une isométrie, vérifie F (0, 0) = (0, 1), et préserve l’orientation
induite sur R2 et sur H par la base canonique de R2 .
Exercice 2
Soit l’ouvert W =]0, 1[×R dans R2 . On considère la surface M plongée dans R3 définie
par le paramétrage
P : W −→ R3
(u, v) 7−→ (x, y, z) = P (u, v) = (u cos v , u sin v , v).
1. Faire un dessin donnant l’allure de M .
2. Calculer l’aire de la partie de M comprise entre les plans d’équations z = 0 et z = 2π.
3. Calculer, en fonction des coordonnées (u, v), la courbure de Gauss K, la courbure
moyenne H, les courbures principales k1 et k2 de la surface M .
4. Soit VP un vecteur unitaire dans TP M , avec P = P (u, v). Montrer qu’il existe θ dans
] − π, π] tel que l’on ait
VP = cos θ
sin θ ∂P
∂P
(u, v) + √
(u, v)
∂u
1 + u2 ∂v
et déterminer les valeurs de θ pour lesquelles VP engendre une direction principale de
courbure.
5. En déduire l’équation générale des lignes de courbure de M dans le système de coordonnées (u, v).
13
14
2. GÉOMÉTRIE DIFFÉRENTIELLE, JUIN 2001
6. On considère l’hyperboloı̈de S d’équation z 2 −x2 −y 2 = 1 et on désigne par M 0 la nappe
de S située dans le demi-espace z > 0. Justifier rapidement que l’intersection Γ = M ∩ M 0
est une courbe régulière et calculer sa longueur.
Exercice 3
On considère une M de R3 donnée par un paramétrage (u, v) ∈ W 7→ P (u, v) ∈ M , où
W est un ouvert connexe de R2 . On suppose que les courbures principales de M vérifient
k1 = k2 > 0 en tout point (tous les points de M sont des ombilics non planaires).
1. Soit N la normale unitaire associée au paramétrage P et considérée comme fonction de
(u, v). Montrer qu’il existe une fonction λ de classe C ∞ dans W , ne s’annulant en aucun
∂N
∂P
∂N
∂P
point, telle que l’on ait
=λ
et
=λ
dans W .
∂u
∂u
∂v
∂v
2. Montrer que λ est une constante.
1
3. Montrer qu’il existe un point P0 de R3 tel que l’on ait P (u, v) − P0 = N (u, v) pour
λ
tout (u, v) dans W . En déduire que M est contenue dans une surface remarquable que
l’on précisera.
2.2. CORRIGÉ
15
2.2. Corrigé
Exercice 1
Par définition, F est une isométrie entre (R2 , g0 ) et (H, g) si c’est un difféomorphisme qui
vérifie F ∗ g = g0 . Soient e1 = (1, 0) et e2 = (0, 1) les vecteurs de la base canonique de R2 .
Calculons les coefficients de la forme bilinéaire (F ∗ g)(u, v) dans cette base. On sait que
1
(F ∗ g)(u, v)(ei , ej ) = g(F (u, v))(dF (u, v) · ei , dF (u, v) · ej ) et g(x, y) = 2 (· | ·). On a par
y
∂θ
∂θ
ailleurs dF (u, v) · e1 = 0, (u, v) et dF (u, v) · e2 = 1, (u, v) . On en tire donc
∂u
∂v
2
1
∂θ
(F ∗ g)(u, v)(e1 , e1 ) =
(u, v) ,
2
θ(u, v) ∂u
∂θ
1
∂θ
∗
(F g)(u, v)(e1 , e2 ) =
(u, v)
(u, v) ,
θ(u, v)2 ∂u
∂v !
2
1
∂θ
∗
(F g)(u, v)(e2 , e2 ) =
1+
(u, v)
.
θ(u, v)2
∂v
Par conséquent, la condition F ∗ g = g0 équivaut au système de trois équations
2
1 ∂θ
(1)
= 1,
θ ∂u
(2)
∂θ ∂θ
= 0,
∂u ∂v
1
(3) 2
θ
1+
∂θ
∂v
2 !
= G.
1 ∂θ
= ±1. Par ailleurs, on reconnaı̂t bien sûr une dérivée
θ ∂u
logarithmique (par rapport à la variable u). L’équation s’intègre immédiatement sous la
forme
θ(u, v) = C(v)e±u ,
La condition (1) montre que
où C(v) est une constante par rapport à u, autrement dit une fonction de la variable v. En
reportant cette expression dans l’équation (2), on constate tout de suite que C 0 (v) = 0,
donc C est en fait une constante réelle. La condition F (0, 0) = (0, 1) demandée par l’énoncé
équivaut alors à C = 1. Il reste donc seulement deux possibilités pour θ(u, v) : eu ou bien
e−u . Or le jacobien de F est, en tout point, strictement négatif dans le premier cas et
strictement positif dans le second. La condition que F soit un difféomorphisme préservant
l’orientation impose donc θ(u, v) = e−u . L’équation (3) donne pour finir G(u, v) = e2u .
Remarque. Le système d’équations (1), (2), (3) peut s’obtenir de façon moins scolaire.
∂θ
∂θ
Pour cela, on remarque que pour x = v et y = θ(u, v), on a dx = dv et dy =
du+ dv.
∂u
∂v
16
1
(dx2 + dy 2 ) = du2 + Gdv 2 (qui équivaut
2
y
à F ∗ g = g0 ) et on identifie les coefficients de du2 , dudv, dv 2 .
On reporte alors ces expressions dans l’égalité
Exercice 2
1. La surface M est un morceau d’hélicoı̈de (modèle des escaliers en colimaçon).
2. On calcule les coefficients E, F , G de la première forme quadratique fondamentale de
M : on trouve
∂P 2
∂P
∂P 2
∂P
2
E=
∂u = 1, F = ∂u ∂v = 0, G = ∂v = 1 + u .
L’aire A que l’on veut calculer est celle de P (]0, 1[×]0, 2π[) puisque z = v (c’est aussi
l’aire de la portion d’hélicoı̈de donnée par un tour complet autour de l’axe). On a donc
ZZ
Z 2π Z 1 √
√
2
A=
EG − F =
1 + u2 dudv.
]0,1[×]0,2π[
0
0
√
On fait le changement de variable u = sh t, 0 < t < α = Log(1 + 2). On trouve
Z α
√
√
α
π 2t
ch2 t dt =
A = 2π
e + 4t − e−2t 0 = π( 2 + Log(1 + 2)).
4
0
3. On calcule les coefficients `, m, n de la deuxième forme quadratique fondamentale de
la surface M . On a d’abord
∂ 2P
∂ 2P
∂ 2P
=
(0,
0,
0),
=
(−
sin
v
,
cos
v
,
0),
= (−u cos v , −u sin v , 0),
∂u2
∂u∂v
∂v 2
et ensuite
1
∂P ∂P ∂ 2 P
`= √
det
,
,
= 0,
2
EG − F 2
∂u ∂v ∂u2 1
∂P ∂P ∂ P
−1
m= √
det
,
,
=√
,
EG − F 2
1 + u2
∂u ∂v ∂u∂v
∂P ∂P ∂ 2 P
1
n= √
det
,
,
=0
∂u ∂v ∂v 2
EG − F 2
2.2. CORRIGÉ
17
par des calculs immédiats. Il vient alors
K=
`n − m2
−1
=
2
EG − F
(1 + u2 )2
et H =
1 En − 2F m + G`
= 0.
2
EG − F 2
Les courbures principales k1 , k2 sont les racines du trinôme t2 − 2Ht + K classées par
ordre décroissant ; on a donc
−1
1
et k2 =
.
k1 =
2
1+u
1 + u2
On peut remarquer que M est une surface minimale.
∂P
∂P
(u, v),
(u, v) est une base de TP M ; on peut donc écrire VP =
4. On sait que
∂u
∂v
∂P
∂P
λ
(u, v) + µ
(u, v). On a alors kVP k2 = Eλ2 + 2F λµ + Gλ2 . Des expressions de E,
∂u
∂v
F , G trouvées précédemment et du fait que VP est supposé unitaire, on déduit
√
λ2 + (µ 1 + u2 )2 = 1.
√
Une telle égalité entraı̂ne évidemment λ = cos θ et µ 1 + u2 = sin θ pour un certain réel
θ dans ] − π, π], d’où l’égalité de l’énoncé. Partant de là, on sait que
−2λµ
−2 cos θ sin θ
− sin 2θ
ΦP2 (VP ) = `λ2 + 2mλµ + nµ2 = √
=
=
.
2
1+u
1 + u2
1 + u2
Par définition, le vecteur unitaire VP engendre une direction principale de courbure lorsque
ΦP2 (VP ) est l’une des valeurs k1 ou k2 . Ceci équivaut à dire que sin 2θ vaut −1 (pour la
direction principale de courbure k1 ) ou 1 (pour la direction principale de courbure k2 .) Le
premier cas correspond à θ = −3π/4 ou π/4 ; le deuxième cas à θ = −π/4 ou 3π/4.
5. Soit γ : [a, b] −→ M une courbe tracée sur M ; on pose γ(t) = P (u(t), v(t)). On a
alors
∂P
∂P
γ 0 (t) = u0 (t)
(u(t), v(t)) + v 0 (t)
(u(t), v(t)).
∂u
∂u
La courbe γ est une ligne de courbure si et seulement si pour tout t, le vecteur tangent
γ 0 (t) engendre une direction principale de courbure dans Tγ(t) M . D’après la question 4,
ceci revient à écrire
γ 0 (t)
∂P
sin θ
∂P
= cos θ
(u(t), v(t)) + p
(u(t), v(t))
0
2
kγ (t)k
∂u
1 + u(t) ∂v
où θ est l’un des nombres ±π/4, ±3π/4. On a en particulier u0 (t) = cos θkγ 0 (t)k et
sin θ
v 0 (t) = p
kγ 0 (t)k. Les valeurs de θ trouvées précédemment étant exactement
2
1 + u(t)
celles pour lesquelles cos θ = ± sin θ, on voit donc que γ décrit une ligne de courbure si et
seulement si on a
u0
v0 = ± √
.
1 + u2
Par une intégration immédiate, l’équation générale des lignes de courbure de M dans le
système de coordonnées (u, v) est donc
v = ±Argsh u + C,
18
où C est une constante.
6. Pour (x, y, z) = P (u, v), on a x2 + y 2 = u2 et z = v. Par suite, un point (x, y, z) de
R3 appartient à Γ si et seulement si on a (x, y, z) = P (u, v) avec v 2 − u2 = 1, v > 0
et 0 < u < 1. On peut donc paramétrer√Γ par γ(t) = P (u(t), v(t)), avec v(t) = ch t,
u(t) = sh t, et 0 < t < α = Log(1 + 2). Il est immédiat de vérifier que γ est de
classe C ∞ , injective et vérifie
γ 0 (t) 6= 0 pour tout t. Ainsi ΓZest bien une courbe régulière
Z
p
p
et sa longueur L vaut
E(u0 )2 + 2F u0 v 0 + G(v 0 )2 =
(u0 )2 + (1 + u2 )(v 0 )2 =
]0,α[
Z αq
Z αq
Z α]0,α[
ch2 t + (1 + sh2 t)sh2 t dt =
ch2 t(1 + sh2 t) dt =
ch2 t dt, d’où
0
0
0
√
1 √
L = ( 2 + Log(1 + 2)),
2
le calcul de la dernière intégrale ayant déjà été fait à la question 2.
Exercice 3
1. On sait que les courbures principales k1 (P ), k2 (P ) sont les valeurs propres de l’opérateur
symétrique −dN (P ). La condition k1 (P ) = k2 (P ) de l’énoncé revient donc à dire que l’on
∂N
∂P
a dN (P ) = −k1 (P )I, où I désigne l’identité de TP M . On sait aussi que
= dN (P )·
∂u
∂u
∂P
∂N
∂P
∂N
∂P
∂N
= dN (P ) ·
, d’où
= −k1 (P )
et
= −k1 (P )
. La condition k1 = k2
et
∂v
∂v
∂u
∂u
∂v
∂v
entraı̂ne aussi k12 = K, où K est la courbure de Gauss. Ici, on√a supposé en outre k1 > 0,
par conséquent K est à valeurs strictementppositives, et k1 = K est de classe C ∞ . On a
donc le résultat souhaité, avec λ(u, v) = − K(u, v) (suivant l’abus de notation habituel,
on a posé K(u, v) = K(P (u, v))).
∂ 2N
∂λ ∂P
∂ 2P
∂N
par rapport à v : on obtient ainsi
=
+λ
.
2. On dérive
∂u
∂v∂u
∂v ∂u
∂v∂u
∂N
∂ 2N
∂λ ∂P
∂ 2P
De même, en dérivant
par rapport à u, on a
=
+λ
.
∂v
∂u∂v
∂u ∂v
∂u∂v
Par soustraction membre à membre (et compte tenu du théorème de Schwarz sur la
∂λ ∂P
∂λ ∂P
permutation des dérivations), on en tire
−
= 0.
∂v ∂u
∂u ∂v
∂P
∂P
Or
et
sont linéairement indépendants en tout point de W. Par conséquent on a
∂u
∂v
∂λ
∂λ
=
= 0 dans l’ouvert connexe W , ce qui entraı̂ne que λ est une constante.
∂u
∂v
1
∂Q
3. D’après les questions 1 et 2, l’application Q = P − N : W −→ R3 vérifie
=
λ
∂u
∂Q
= 0 dans W . Elle est donc constante : Q(u, v) = P0 pour un certain point P0 de
∂v
1
R3 . On en déduit kP (u, v) − P0 k = pour tout (u, v) de W , ce qui montre que M est
λ
contenue dans la sphère de centre P0 et de rayon 1/λ. Le lecteur pourra adapter l’exercice
pour montrer similairement qu’une surface paramétrée connexe n’ayant que des ombilics
et au moins un point planaire est contenue dans un plan.
CHAPITRE 3
Géométrie Différentielle, Septembre 2001
3.1. Énoncé
Exercice 1
Soit l’ouvert W =]0, 1[×R dans R2 . On considère l’application
P : W −→ R3
(u, v) 7−→ (x, y, z) = P (u, v) = (u cos v , u sin v , v)
utilisée comme paramétrage de l’hélicoı̈de dans le sujet du mois de Juin 2001. On se
propose de vérifier ici que P est un plongement.
1. Rappeler la définition d’un plongement F d’une variété M dans une variété N .
2. Construire explicitement une application Q : R3 −→ R2 , continue, telle que l’on ait
Q ◦ P (u, v) = (u, v) pour tout point (u, v) de W .
3. Démontrer, de façon claire et complète, que P est bien un plongement.
Exercice 2
On considère une fonction numérique f de classe C ∞ sur un ouvert Ω de Rn et on note θ
le flot du champ de vecteurs −∇f . Pour tout x de Ω, on note J(x) l’intervalle d’existence
]t− (x), t+ (x)[ de θ(·, x).
1. Pour x fixé dans Ω et t ∈ J(x), on pose γ(t) = θ(t, x) et ϕ(t) = f (γ(t)). Montrer que
la fonction ϕ est décroissante sur J(x).
2. On suppose que f est à valeurs dans ]0, +∞[ et qu’il existe des constantes c et α, avec
c > 0 et 0 < α < 1, telles que l’on ait, pour tout y de Ω,
(∗)
k∇f (y)k ≥ c |f (y)|α .
On pose ψ(t) = −(ϕ(t))1−α . Montrer que pour tout t de J(x), on a ψ 0 (t) ≥ c(1−α)kγ 0 (t)k.
(f (x))1−α
En déduire que la courbe γ([0, t+ (x)[) est de longueur finie, inférieure ou égale à
.
c(1 − α)
Exercice 3
Soit (M, g) une variété riemannienne.
1. On considère une fonction numérique f de classe C ∞ sur M et p un point de M .
Montrer qu’il existe un unique vecteur Lf,p de Tp M tel que l’on ait, pour tout vecteur Xp
de Tp M , la relation g(p)(Lf,p , Xp ) = df (p) · Xp . Que vaut Lf,p lorsque M = Rm et g est
la métrique euclidienne canonique ?
19
20
3. GÉOMÉTRIE DIFFÉRENTIELLE, SEPTEMBRE 2001
2. Montrer que les coordonnées de Lf,p dans la base (Ei (p))1≤i≤m de Tp M associée à
une carte locale (U, ϕ) peuvent s’exprimer en fonction de f et des coefficients gij de la
métrique. En déduire que l’application p 7−→ Lf,p définit un champ de vecteurs de classe
C ∞ dans M . Dans la suite Lf,p sera désigné par ∇g f (p).
3. On suppose que M est orientable et on désigne par Ωg l’élément de volume riemannien
donnant l’orientation de M . On considère S = {p ∈ M ; f (p) = 0} et on suppose que
df (p) ne s’annule en aucun point p de S. On munit l’hypersurface S de la métrique g 0
induite par g. Montrer que S est orientable et expliciter un élément de volume riemannien
Ωg0 pour S, en fonction des données g, Ωg , ∇g f .
Exercice 4
Soit l’ouvert W =]0, +∞[×]0, 2π[ dans R2 . On considère la surface M plongée dans R3
définie par le paramétrage
P : W −→ R3
cos v sin v
sh u
(u, v) 7−→ (x, y, z) = P (u, v) =
,
,u −
.
ch u ch u
ch u
Déterminer la première et la deuxième forme quadratique fondamentale de M , ses courbures principales k1 , k2 , sa courbure moyenne H et sa courbure de Gauss K.
3.2. CORRIGÉ
21
3.2. Corrigé
Exercice 1
1. Un plongement est est une application F de classe C ∞ de M vers N qui, en tout point
de M , est de rang m = dim M et qui, de plus, réalise un homéomorphisme entre M et
l’image F (M ), celle-ci étant munie de la topologie induite par celle de N .
2
2.
y 2 = u2 , d’où u =
p Pour (x, y, z) = P (u, v) avec (u, v) ∈ W , on a clairement x +p
x2 + y 2 puisque u est positif. On peut donc prendre Q(x, y, z) = ( x2 + y 2 , z).
3. L’application P est clairement de classe C ∞ dans l’ouvert W ; de plus on a
∂P
∂P
(u, v) = (cos v , sin v , 0),
(u, v) = (−u sin v , u cos v , 1).
∂u
∂v
Ces deux vecteurs sont linéairement indépendants en tout point (u, v) de W , par conséquent P est de rang 2 en tout point de W . Du fait que l’application Q vérifie Q ◦ P = idW ,
on tire que P est bijective de W vers P (W ), la réciproque étant la restriction de Q à
P (W ). Cette réciproque est continue pour la topologie induite par celle de R3 puisque Q
est continue sur R3 . Par suite P est aussi un homéomorphisme de W sur P (W ) muni de
la topologie induite. C’est finalement un plongement.
Exercice 2
1. Pour tout t de J(x), on a ϕ0 (t) = (∇f (γ(t))|γ 0 (t)). Par définition du flot, on a par
ailleurs γ 0 (t) = −∇f (γ(t)). Par suite il vient ϕ0 (t) = −kγ 0 (t)k2 ≤ 0 et ϕ est donc
décroissante sur J(x).
2. On a ψ 0 (t) = −(1 − α)(ϕ(t))−α ϕ0 (t) = (1 − α)(ϕ(t))−α kγ 0 (t)k2 compte tenu du calcul
fait à la question 1. Les hypothèses sur f entraı̂nent par ailleurs k∇f (γ(t)k ≥ c(ϕ(t))α , ce
qui s’écrit encore (ϕ(t))−α ≥ ckγ 0 (t)k−1 . En reportant dans l’expression de ψ 0 (t) trouvée
précédemment, on en tire bien ψ 0 (t) ≥ c(1 − α)kγ 0 (t)k.
Pour tout T de [0, t+ (x)[, la longueur de la courbe γ([0, T ]) est donnée par L(T ) =
RT 0
kγ (t)kdt. En appliquant ce qui précède, on a donc
0
Z T
ψ 0 (t)
ψ(T ) − ψ(0)
(f (γ(0)))1−α − (f (γ(T )))1−α
L(T ) ≤
dt =
=
c(1 − α)
c(1 − α)
0 c(1 − α)
d’où
(f (γ(0)))1−α
(f (x))1−α
=
.
c(1 − α)
c(1 − α)
L’inégalité obtenue étant valable pour tout T , il s’ensuit bien que γ([0, t+ (x)[) est de
longueur finie, majorée par la borne indiquée dans l’énoncé.
Commentaire. Soit f une fonction analytique réelle au voisinage de 0 dans Rn (par
exemple, une fonction polynômiale), avec f (0) = 0. Alors on peut toujours trouver des
constantes c et α, avec c > 0 et 0 < α < 1, telles que f vérifie l’inégalité (∗) de
l’énoncé dans un voisinage U de 0 : il s’agit d’un résultat fameux établi en 1965 par
Stanislaw Lojasiewicz, et maintenant connu sous le nom d’inégalité du gradient. À partir
de l’inégalité du gradient, on établit que si une trajectoire γ(t) = θ(t, x) reste confinée
L(T ) ≤
22
dans un compact de U pour les valeurs positives de t (entraı̂nant t+ (x) = +∞), alors
γ([0, +∞[) est de longueur finie, ce qui implique en particulier l’existence d’un point
limite x0 = limt→+∞ γ(t). L’argument principal de la preuve est le même que dans la
question 2, bien que celle-ci soit plus simple techniquement (en particulier, grâce à l’hypothèse f > 0). Un problème beaucoup plus difficile est celui de l’existence de la limite
γ(t)−x0
du vecteur directeur unitaire kγ(t)−x
de la sécante passant par γ(t) et le point limite
0k
x0 : cette conjecture formulée dans les années 1960 par René Thom n’a été démontrée
que presque quarante ans après, voir [6]. Ses prolongements continuent de susciter une
activité de recherche importante.
Exercice 3
1. L’espace tangent Tp M est un espace euclidien pour le produit scalaire g(p), et df (p)
est une forme linéaire sur cet espace. On sait alors qu’il existe un unique vecteur Lf,p tel
que df (p) = g(p)(Lf,p , ·). Dans le cas où M = Rm et g(p) = (· | ·), on a Lf,p = ∇f (p)
(c’est la définition du gradient).
P
2. Posons Lf,p = m
i=1 αi Ei (p). On a alors, pour tout j = 1, . . . , m,
df (p) · Ej (p) =
m
X
αi g(p)(Ei (p), Ej (p)) =
i=1
gmm (p)
αi gij (p),
i=1
ce qui s’écrit matriciellement sous la forme


g11 (p) · · · g1m (p)
 g21 (p) · · · g2m (p)  


..
..


.
.
gm1 (p) · · ·
m
X
 
α1
(E1 f )(p)


α2
(E2 f )(p)
=
.. 
..


.
.
αm
(Em f )(p)




puisque df (p) · Ej (p) = (Ej f )(p). La matrice de la forme bilinéaire g(p) écrite ci-dessus
est inversible puisque g(p) est non-dégénérée. On obtient donc


 
−1 
α1
g11 (p) · · · g1m (p)
(E1 f )(p)
 α2   g21 (p) · · · g2m (p)   (E2 f )(p) 
.
 . =
 
..
..
..

 ..  
 
.
.
.
αm
gm1 (p) · · ·
gmm (p)
(Em f )(p)
Les coefficients de la matrice inverse de (gij (p)) dépendent de façon C ∞ de p dans U
(on les obtient en divisant des mineurs de la matrice par le déterminant, qui ne s’annule
pas) et les fonctions numériques Ej f sont aussi de classe C ∞ . Ainsi les coordonnées
de Lf,p dans la base (Ei (p))1≤i≤m sont des fonctions C ∞ du point p ; et l’application
p ∈ M 7−→ Lf,p ∈ Tp M définit donc un champ de vecteurs C ∞ sur M . L’énoncé stipule
qu’on le note ∇g f plutôt que Lf : il s’agit en effet du gradient de f relativement à la
métrique g.
3. Pour p dans S et V1,p , . . . Vm−1,p dans Tp S, on pose
Lf (p)
0
Ω (p)(V1,p , . . . , Vm−1,p ) = Ωg (p)
, V1,p , . . . , Vm−1,p .
kLf (p)k
3.2. CORRIGÉ
23
Ceci a un sens puisque Tp S est un sous-espace de Tp M ; on définit ainsi clairement une
m − 1-forme Ω0 de classe C ∞ sur S. Montrons que Ω0 ne s’annule en aucun point de S,
ce qui prouvera que S est orientable. D’abord, on voit que Lf (p) est orthogonal à Tp S
(au sens du produit scalaire g(p)) : en effet Vp appartient à Tp S si et seulement si on a
df (p) · Vp = 0, c’est-à-dire Lf (p) ⊥ Vp . On peut donc choisir une base (V1,p , . . . , Vm−1,p ) de
Tp S telle que la famille
Lf (p)
(∗)
, V1,p , . . . , Vm−1,p
kLf (p)k
soit une base orthonormale positivement orientée de Tp M . On a alors, par construction,
Ω0 (p)(V1,p , . . . , Vm−1,p ) = 1. En particulier, on a Ω0 (p) 6= 0 et S est orientable. On peut
maintenant dire qu’une base (V1,p , . . . , Vm−1,p ) de Tp S est positivement orientée si (∗) est
une base positivement orientée de Tp M . Avec ce choix de l’orientation, on vient de voir
que Ω0 (p) prend la valeur 1 sur les bases orthonormales positivement orientées ; on a donc
Ωg0 = Ω0 .
Exercice 4
Il suffit d’utiliser les formules standard pour le calcul des formes fondamentales (voir le
corrigé du sujet de Juin 2001) pour obtenir sans difficulté
E=
sh2 u
,
ch2 u
F = 0,
G=
1
1
H = (sh u −
),
2
sh u
1
,
ch2 u
`=−
K = −1,
sh u
,
ch2 u
k1 = sh u,
m = 0,
k2 =
n=
sh u
,
ch2 u
−1
.
sh u
Commentaire. La surface M considérée ici est une portion de pseudosphère. La figure ciaprès est une représentation de la pseudosphère, surface obtenue par la révolution autour
d’un axe ∆ d’une tractrice, c’est-à-dire une courbe Γ telle qu’en tout point M de Γ, le
segment de tangente compris entre M et ∆ soit de longueur constante.
Le lecteur pourra vérifier que l’on obtient une isométrie entre M et un ouvert du demiplan de Poincaré H en considérant l’application qui, au point P = P (u, v), associe le
24
point (x, y) = (v, ch u). En corollaire, on retrouve ainsi le fait que K = −1 puisque c’est
la courbure de H et que les isométries conservent la courbure de Gauss.
CHAPITRE 4
4.1. Énoncé
Exercice
Soit Pm l’espace projectif réel à m dimensions. On note Ui l’ouvert de carte de Pm
donné par les points [x] avec xi 6= 0 et ϕi la carte correspondante, donnée par ϕi ([x]) =
x1
xi−1 xi+1
xm+1
,
,...,
). La j-ème coordonnée homogène (ϕi ([x]))j sera notée ξji .
( ,...,
xi
xi
xi
xi
Soit (Vk , ψk ) le système de cartes analogue pour Pn ; la `-ème coordonnée homogène
(ψk ([y]))` d’un point [y] de Pn vérifiant yk 6= 0 sera notée η`k .
1. Soient x dans Rm+1 \ {0} et y dans Rn+1 \ {0}. On pose N = (m + 1)(n + 1) − 1 et on
considère le point z de RN +1 donné par
z = (x1 y1 , . . . , x1 yn+1 , x2 y1 , . . . , x2 yn+1 , . . . . . . , xm+1 y1 , . . . , xm+1 yn+1 ).
1a. Vérifier que z n’est pas nul et que le point [z] de PN ne dépend que de [x] et [y] dans
Pm (resp. Pn ). On le note [z] = F ([x], [y]).
1b. Montrer que l’application F : Pm × Pn −→ PN ainsi définie est injective.
2. On note Wp l’ouvert de carte de PN donné par les points [z] avec zp 6= 0, et on note ζqp
les coordonnées homogènes associées. Vérifier que l’on a F (U1 × V1 ) ⊂ W1 et exprimer les
coordonnées ζq1 de [z] = F ([x], [y]) en fonction des coordonnées ξj1 de [x] et des coordonnées
η`1 de [y].
3. Quel est le rang de F en un point de U1 × V1 ? Expliquer rapidement pourquoi le
résultat serait le même en un point d’un autre ouvert Ui × Vk .
4. Montrer que F est un plongement.
Problème
Soient `, m, n, entiers naturels non nuls et soit M une sous-variété régulière de dimension
m de R` . On suppose que l’on a une immersion F : M −→ Rn de classe C ∞ . On suppose
en outre que M a la propriété (P) suivante :
(P) Il existe des champs de vecteurs X1 , . . . , Xm de classe C ∞ sur M tels que pour tout
point p de M , la famille (X1 (p), . . . , Xm (p)) constitue une base de Tp M .
On note (· | ·) le produit scalaire naturel sur Rn , donné par (v|w) = v1 w1 + · · · + vn wn .
On considère alors l’ensemble
N = {(p, v) ∈ M × Rn ; v ∈ (dF (p) · Tp M )⊥ },
25
26
où ⊥ désigne l’orthogonal pour (· | ·). On munit N de la topologie induite par celle de
M × Rn .
1. Pour (p, v) ∈ M ×Rn , on pose Gi (p, v) = (dF (p)·Xi (p) | v), ce qui définit
des fonctions
∂Gi
∞
n
G1 , . . . , Gm de classe C sur M × R . Calculer le rang de la matrice
(p, v)
1≤i≤m
∂vj
1≤j≤n
en tout point (p, v) de M × Rn .
2. En déduire que l’application G : M × Rn −→ Rm définie par
G(p, v) = (G1 (p, v), . . . , Gm (p, v))
est une submersion (on pourra considérer les vecteurs dG(p, v) · (0, ej ), où 0 est le vecteur
nul de Tp M et ej le j-ème vecteur de la base canonique de Rn ).
3. Montrer que N est une sous-variété régulière de M × Rn et préciser sa dimension.
4. Pour (q, v) ∈ N , on pose H(q, v) = F (q) + v.
4a. Soit p un point de M , soient w un vecteur de Rn et u sa projection orthogonale sur
dF (p) · Tp M. Montrer qu’il existe une courbe γ : ] − δ, δ[→ M , de classe C ∞ , telle que
γ(0) = p et u = (F ◦ γ)0 (0). En déduire que w appartient à l’image de dH(p, 0) (on pourra
considérer H(γ(t), 0) et H(p, t(w − u)) pour t assez proche de 0).
4b. En déduire qu’il existe un voisinage W de F (p) dans Rn tel que, pour tout w appartenant à W , on puisse trouver un unique couple (π(w), ν(w)) dans M × Rn vérifiant
w = F (π(w)) + ν(w) et ν(w) ⊥ dF (π(w)) · Tπ(w) M,
et que les applications π : W −→ M et ν : W −→ Rn sont de classe C ∞ .
Application
Dans tout ce qui suit, on suppose ` = n > m et on se place dans le cas particulier où F
est l’injection canonique M −→ Rn .
5. Montrer que pour w ∈ M ∩ W , on a π(w) = w.
6. Pour w ∈ Rn , on pose d(w, M ) = inf kw − qk, où k · k désigne la norme euclidienne
q∈M
usuelle sur Rn . On admettra sans démonstration le fait (élémentaire) suivant : il existe
un voisinage ouvert W 0 de p, avec W 0 ⊂ W , tel que pour w ∈ W 0 , on puisse trouver
ŵ ∈ M ∩ W vérifiant d(w, M ) = kw − ŵk.
6a. Montrer que pour w ∈ W 0 , on a w − ŵ ⊥ Tŵ M (on pourra utiliser le fait que la
restriction à M ∩ W de la fonction x 7−→ kw − xk2 admet un minimum local au point ŵ).
6b. En déduire que d(w, M ) = kν(w)k.
7. Pour tout réel t et tout point w dans W 0 , on pose w(t) = w + tν(w).
7a. Montrer que pour t suffisamment petit, on a ν(w(t)) = (1 + t)ν(w).
7b. En déduire que l’on a dν(w) · ν(w) = ν(w) pour tout point w de W 0 .
8. Pour ε > 0, on pose Sε = {w ∈ W 0 ; d(w, M ) = ε}. Justifier rapidement que Sε est
non vide pour ε assez petit. Montrer que c’est alors une hypersurface régulière (on pourra
introduire la fonction f : W 0 −→ R donnée par f (w) = d(w, M )2 − ε2 et utiliser les
résultats des questions 6b et 7b).
4.2. CORRIGÉ
27
4.2. Corrigé
Exercice
1a. Il existe des indices p et q tels que xp 6= 0 et yq 6= 0. Comme le produit xp yq figure
parmi les composantes de z, on a bien z 6= 0. Soit par ailleurs x0 (resp. y 0 ) un point de
Rm+1 \ {0} (resp. Rn+1 \ {0}) vérifiant [x0 ] = [x] (resp. [y 0 ] = [y]), autrement dit tel que
l’on ait x0 = λx (resp. y 0 = µy) pour un certain réel λ (resp. µ). Le point z 0 associé à x0
et y 0 par la définition de l’énoncé vérifie clairement z 0 = λµz, donc [z 0 ] = [z]. Ainsi [z] ne
dépend que de [x] et de [y].
1b. Soient x et x0 dans Rm+1 \ {0} (resp. y et y 0 dans Rn+1 \ {0}) et soit z (resp. z 0 ) le
point associé à x et y (resp. à x0 et y 0 ) par l’énoncé. Supposons que l’on ait [z] = [z 0 ],
c’est-à-dire z 0 = λz pour un certain réel λ. On veut montrer que [x] = [x0 ] et [y] = [y 0 ].
Or on sait qu’il existe un indice q pour lequel yq0 6= 0. De plus, l’égalité z 0 = λz entraı̂ne
en particulier x01 yq0 = λx1 yq , . . . , x0m+1 yq0 = λxm+1 yq , puisque tous les produits xi yj (resp.
yq
x0i yj0 ) figurent parmi les composantes de z (resp. z 0 ). On en tire aussitôt x0 = λ 0 x, d’où
yq
0
0
[x ] = [x]. On procède de même pour établir [y ] = [y].
2. L’inclusion F (U1 × V1 ) ⊂ W1 est immédiate puisque l’égalité [z] = F ([x], [y]) donne en
zq+1
x1 y 2
particulier z1 = x1 y1 . Pour q = 1, . . . , N on aura alors ζq1 =
. On en tire ζ11 =
=
z1
x1 y 1
x2 y 1
x2 y 2
x1 yn+1
1
1
1
= ηn1 , puis ζn+1
= ξ11 , ζn+2
= ξ11 η11 , . . . , ζ2n+1
η11 , . . . , ζn1 =
=
=
=
x1 y 1
x 1 y1
x1 y 1
x2 yn+1
= ξ11 ηn1 . Les autres coordonnées se calculent similairement ; en définitive on trouve
x1 y 1
 1
ζ` = η`1 pour ` = 1, . . . , n





1
ζj(n+1)
= ξj1 pour j = 1, . . . , m




 ζ1
1 1
pour j = 1, . . . , m et ` = 1, . . . , n.
j(n+1)+` = ξj η`
3. Le rang de F en un point ([x], [y]) de U1 × V1 est le rang de l’expression de F en
coordonnées locales au voisinage de ce point, c’est-à-dire le rang de l’application
Rm × Rn −→ RN
(ξ 1 , η 1 ) 7−→ ζ 1
explicitée dans la question précédente. La matrice jacobienne comporte N lignes et m + n
colonnes. En particulier son rang est inférieur ou égal à m + n. Par ailleurs, pour ` =
1, . . . , n, la `-ème ligne a tous ses coefficients nuls sauf le m + `-ème, qui vaut 1. Pour
j = 1, . . . , m la j(n + 1)-ème ligne a aussi tous ses coefficients nuls sauf le j-ème, qui vaut
1. On obtient ainsi m + n lignes linéairement indépendantes. Le rang cherché vaut donc
exactement m + n en tout point de U1 × V1 . Il en serait de même dans les autres Ui × Vk ;
en effet les différentes coordonnées jouent un rôle symétrique (on se ramène au cas de
U1 × V1 par un simple changement d’indices).
28
4. On sait que Pm × Pn est une variété de dimension m + n en tant que produit d’une
variété de dimension m et d’une variété de dimension n. Comme le rang de F vaut m + n
en tout point, il s’ensuit que F est une immersion. C’est aussi une bijection sur son image
puisque, d’après 1b, elle est injective. Pour conclure, il suffit enfin de remarquer que la
variété Pm × Pn est compacte puisque c’est un produit de variétés compactes. On sait que
dans ces conditions, la bijection réciproque est continue ; F est donc bien un plongement.
Commentaire. On appelle F le plongement de Segre ; il est utilisé en géométrie algébrique
pour définir le produit de variétés quasi-projectives, voir par exemple [10].
Problème
Remarque préliminaire. L’énoncé comporte des hypothèses simplificatrices. En fait,
on pourrait traiter le problème :
• sans supposer que M est une sous-variété d’un espace R` , bien que cela ne soit pas
réellement restrictif compte tenu des résultats de plongement de type Whitney (voir à ce
propos le sujet de Septembre 2002). Ici, l’ajout de cette hypothèse était motivé par le fait
qu’à la date de l’épreuve, l’interprétation cinématique de l’espace tangent (utilisée à la
question 4) n’avait été traitée en cours que pour les sous-variétés de l’espace euclidien.
• sans la propriété (P) qui est, quant à elle, restrictive (on dit que M est parallélisable,
voir encore l’énoncé de Septembre 2002). Il faut alors travailler localement et remplacer
les champs Xi par les champs Ei = ϕ−1
∗ (∂/∂xi ) associés à une carte (U, ϕ), ce qui a pour
effet de compliquer la rédaction de la question 3 dans la mesure où G n’est plus définie
globalement.
1. L’image de Xi (p) par la différentielle dF (p) est un vecteur de Rn ; soitPaij (p) sa j-ème
coordonnée dans la base canonique (e1 , . . . , en ). On a alors Gi (p, v) = nj=1 aij (p)vj et
∂Gi
par conséquent
(p, v) = aij (p). Ainsi, la matrice considérée n’est autre que la matrice
∂vj
de dF (p) relativement aux bases (X1 (p), . . . , Xm (p)) de Tp M et (e1 , . . . , en ) de Rn . Cette
matrice est de rang m puisque F est une immersion.
∂Gi
2. La dérivée partielle
(p, v) est la i-ème composante du vecteur dG(p, v) · (0, ej ).
∂vj
D’après la question 1, cette famille de vecteurs est de rang m. Comme il s’agit de vecteurs
de Rm , elle engendre Rm tout entier. Par conséquent dG(p, v) est surjective, ce qui signifie
bien que G est une submersion.
3. Puisque (X1 (p), . . . , Xm (p)) est une base de Tp M , le sous-espace dF (p) · Tp M de Rn
est engendré par les vecteurs dF (p) · Xi (p), avec i = 1, . . . , m. Un vecteur v de Rn est
donc orthogonal à dF (p) · Tp M si et seulement si il est orthogonal à tous les dF (p) · Xi (p),
ce qui s’écrit G(p, v) = 0. On a donc N = {(p, v) ∈ M × Rn ; G(p, v) = 0}. On sait que
M × Rn est une variété de dimension m + n et que G est de rang m en tout point de
M × Rn ; un théorème du cours stipule alors que N est une sous-variété de dimension
(m + n) − m = n de M × Rn .
4a. On a u ∈ dF (p) · Tp M ; par conséquent on peut écrire u = dF (p) · u0 pour un
certain u0 ∈ Tp M . D’après le cours sur les sous-variétés de l’espace euclidien, il existe une
4.2. CORRIGÉ
29
courbe γ : ] − δ, δ[−→ M , de classe C ∞ , telle que γ(0) = p et γ 0 (0) = u0 . On a alors
(F ◦ γ)0 (0) = dF (γ(0)) · γ 0 (0) = dF (p) · u0 = u.
Soit h1 (t) = H(γ(t), 0) = F (γ(t)). Par ce qui précède, on a h01 (0) = u. Mais en faisant le
calcul par dérivation de fonctions composées, on a aussi h01 (0) = dH(γ(0), 0) · (γ 0 (0), 0).
Comme γ(0) = p, ceci montre que h01 (0) appartient à Im dH(p, 0). Soit ensuite h2 (t) =
H(p, t(w − u)) = F (p) + t(w − u). On a évidemment h02 (0) = w − u. Comme pour h1 ,
le calcul par dérivation d’une composée montre aussi que h02 (0) appartient à Im dH(p, 0).
En définitive, u et w − u appartiennent tous deux à Im dH(p, 0), donc leur somme w
appartient aussi à Im dH(p, 0).
4b. On a une application H : N −→ Rn de classe C ∞ . Aux points (p, 0) avec p ∈ M , sa
différentielle dH(p, 0) : T(p,0) N −→ Rn est surjective d’après 4a. Il s’ensuit que dH(p, 0)
est en fait un isomorphisme puisque dim T(p,0) N = dim N = n = dim Rn . Le théorème
d’inversion locale s’applique : il existe un voisinage V de (p, 0) dans N tel que H réalise
un difféomorphisme entre V et W = H(V ), qui est un voisinage de H(p, 0) = F (p) dans
Rn . La réciproque H −1 : W −→ N fournit les applications π et ν recherchées puisque,
par définition de N , le point H −1 (w) s’écrit (π(w), ν(w)) avec ν(w) ⊥ dF (π(w)) · Tπ(w) M ,
et que l’on a F (π(w)) + ν(w) = H(π(w), ν(w)) = H(H −1 (w)) = w.
5. Dans le cas particulier considéré, l’égalité w = F (π(w))+ν(w) devient w = π(w)+ν(w).
Lorsque w appartient à M , on peut aussi écrire trivialement w = w + 0 avec w ∈ M et
0⊥ dF (w)) · Tw M . L’unicité du couple (π(w), ν(w)) donne alors π(w) = w et ν(w) = 0.
Preuve du résultat admis (qui est essentiellement un exercice de niveau Licence sur les
espaces métriques) : on considère un voisinage Y de p, compact et contenu dans W ,
puis on prend pour W 0 une boule de centre p et de rayon r < 21 d(p, Y c ), où Y c désigne le
complémentaire de Y . Pour w ∈ W 0 , on a alors d(p, Y c ) ≤ kw−pk+d(w, Y c ) < 12 d(p, Y c )+
d(w, Y c ) et donc 12 d(p, Y c ) < d(w, Y c ). Il s’ensuit que kw − pk < d(w, Y c ) ≤ d(w, M ∩ Y c ).
Comme on a clairement d(w, M ) = min{ d(w, M ∩Y ), d(w, M ∩Y c )} et d(w, M ) ≤ kw−pk,
on voit que d(w, M ) = d(w, M ∩ Y ). De là, comme M ∩ Y est un compact de M , on tire
que l’infimum donnant d(w, M ) est réalisé par un point ŵ de M ∩ Y , donc de M ∩ W .
6a. Comme le suggère l’énoncé, soit α(x) = kw − xk2 . La fonction α est de classe C ∞
dans Rn et sa restriction à M ∩ W prend un minimum en ŵ. On reconnaı̂t une situation
d’extremum lié, comme on en traite souvent en Licence dans le cas des hypersurfaces. Le
cas général demandé ici suit la même stratégie : soit u dans Tŵ M . On sait qu’il existe
une courbe γ : ] − δ, δ[−→ M telle que γ(0) = ŵ et γ 0 (0) = u. En écrivant que la fonction
numérique t 7−→ α(γ(t)) a sa dérivée nulle en t = 0, on trouve dα(ŵ) · u = 0. Or on a
α(ŵ + u) − α(ŵ) = 2(w − ŵ | u) + kuk2 , donc dα(ŵ) · u = 2(w − ŵ | u). En conclusion,
on a bien (w − ŵ | u) = 0 pour tout u de Tŵ M .
6b. On écrit w = ŵ + (w − ŵ). On a ŵ ∈ M et w − ŵ ⊥ Tŵ M . Par unicité du couple
(π(w), ν(w)), on en tire ŵ = π(w) et w − ŵ = ν(w). Cette deuxième égalité donne en
particulier kν(w)k = kw − ŵk = d(w, M ).
7a. Pour t assez petit, w(t) appartient encore à l’ouvert W 0 , donc à W , et on a w(t) =
π(w) + (1 + t)ν(w). Comme on a aussi (1 + t)ν(w) ⊥ Tπ(w) M , l’argument d’unicité déjà
utilisé donne π(w(t)) = π(w) et ν(w(t)) = (1 + t)ν(w).
30
7b. Soit β(t) = ν(w(t)). Par 7a, on a β 0 (0) = ν(w). Mais en calculant β 0 comme dérivée
d’une fonction composée, on trouve β 0 (0) = dν(w(0))·w0 (0) = dν(w)·ν(w), d’où le résultat
demandé.
8. Soit w0 un point donné de W 0 avec d(w0 , M ) = r > 0. Pour 0 ≤ ε ≤ r, il existe au
moins un point w de W 0 vérifiant d(w, M ) = ε : c’est par exemple une conséquence du
théorème des valeurs intermédiaires appliqué à w 7−→ d(w, M ). Pour montrer que Sε est
une hypersurface régulière, on suit la suggestion de l’énoné. On a Sε = {w ∈ W 0 ; f (w) =
0}. De plus, d’après la question 6b, on a f (w) = kν(w)k2 − ε2 . Il s’ensuit que f est de
classe C ∞ . Pour conclure, il suffit alors de justifier que l’on a df (w) 6= 0 pour tout w ∈ Sε .
Or, pour h ∈ Rn , on a df (w) · h = 2(ν(w) | dν(w) · h) (on le voit en posant f = g ◦ ν, où g
est la fonction k·k2 −ε2 et en dérivant la composée). Si l’on prend en particulier h = ν(w),
on trouve, compte tenu de 7b, df (w) · h = 2kν(w)k2 = 2ε2 , ce qui, en particulier, entraı̂ne
bien que df (w) n’est pas nulle.
CHAPITRE 5
5.1. Énoncé
Exercice
Pour (u, v) ∈ R2 , on pose
P (u, v) =
v3
u3
2
2
2
2
+ uv , v −
+ vu , u − v .
u−
3
3
On pourra admettre que si W est un voisinage ouvert suffisamment petit de (0, 0) dans
R2 , la restriction de P à W est un plongement. On pose alors M = P (W ).
1. Déterminer les première et deuxième formes quadratiques fondamentales de M .
2. Soit D un disque fermé centré en (0, 0), de rayon δ, contenu dans W . Calculer l’aire de
P (D).
3. Calculer les courbures principales k1 et k2 , la courbure moyenne H, la courbure de
Gauss K, en fonction des coordonnées (u, v).
4. En raisonnant directement sur la deuxième forme quadratique fondamentale, déterminer
l’équation générale des lignes de courbure et des lignes asymptotiques de M dans les coordonnées (u, v).
Problème
Notations : Soit I un intervalle ouvert de R, centré en 0, et soit une application
U : I × Rn −→ Rn
(t, x) 7−→ U (t, x),
de classe C ∞ . Pour tout t de I, on note U t l’application x 7−→ U (t, x). C’est une application de Rn vers Rn ; elle peut donc également être vue comme un champ de vecteurs de
classe C ∞ sur Rn .
Soient à présent X et Y deux champs de vecteurs de classe C ∞ sur Rn . On se propose de
résoudre le système d’équations aux dérivées partielles
(E)
∂U
(t, x) = [X, U t ](x) pour (t, x) ∈ I × Rn ,
∂t
avec la condition initiale U (0, x) = Y (x) pour x ∈ Rn . Pour cela, on fait l’hypothèse
suivante : le flot θ de X est défini sur I × Rn tout entier (autrement dit, son domaine DX
contient I × Rn ).
31
32
1. On considère, pour t fixé dans I, l’application θt : Rn −→ Rn (définie par θt (x) =
θ(t, x) suivant les notations données au début de l’énoncé). Montrer que cette application
est un difféomorphisme de Rn sur lui-même et préciser sa réciproque.
2. Soient x et h dans Rn .
2a. Montrer que lorsque t tend vers 0, on a θt (x) = x + tX(x) + o(t) et dθt (x) · h =
h + t dX(x) · h + o(t).
2b. En déduire que dθ−t (θt (x)) · h = h − t dX(x) · h + o(t).
2c. Montrer que pour tout champ de vecteurs Z de classe C ∞ sur Rn , on a Z(θt (x)) =
Z(x) + t dZ(x) · X(x) + o(t).
2d. Montrer que par ailleurs, on a aussi dZ(x) · X(x) − dX(x) · Z(x) = [X, Z](x).
3. Étant donné un champ de vecteurs Z de classe C ∞ sur Rn , on lui associe l’application
UZ : I × Rn −→ Rn donnée par
UZ (t, x) = θ∗−t (Z) (x).
∂UZ
3a. À l’aide des résultats précédents, montrer que l’on a
(0, x) = [X, Z](x) pour tout
∂t
n
x de R .
3b. On fixe (s, x) dans I × Rn . Montrer que pour tout réel t suffisamment proche de 0,
on a
UY (s + t, x) = UZ (t, x) avec Z = UYs .
3c. En déduire que UY est solution de (E) avec la condition initiale UY (0, x) = Y (x).
4. Application. On se propose de résoudre le système

∂U1
∂U1
∂U1


(t, x) = (x1 + x2 )
(t, x) − (x1 + x2 )
(t, x) − U1 (t, x) − U2 (t, x)

 ∂t
∂x1
∂x2
(S)


 ∂U2 (t, x) = (x + x ) ∂U2 (t, x) − (x + x ) ∂U2 (t, x) + U (t, x) + U (t, x)

1
2
1
2
1
2
∂t
∂x1
∂x2
avec la condition initiale U1 (0, x) = x1 et U2 (0, x) = x22 pour tout x = (x1 , x2 ) de R2 .
4a. Montrer que (S) se met sous la forme (E) pour un champ de vecteurs X convenable,
que l’on explicitera.
4b. Déterminer le flot θ de X.
4c. En déduire une solution de (S) avec la condition initiale indiquée.
5.2. CORRIGÉ
33
5.2. Corrigé
Exercice
1. En suivant les notations et formules déjà rappelées dans le corrigé du sujet de Juin
2001, on trouve E = G = (1 + u2 + v 2 )2 et F = 0, ce qui détermine la première forme
fondamentale. On trouve de même ` = 2, m = 0 et n = −2, ce qui détermine la seconde
forme fondamentale.
ZZ √
ZZ
2
2. L’aire recherchée est donc A =
EG − F =
(1 + u2 + v 2 )2 dudv. Le passage en
D
ZD δ
δ
π
(1+r2 )2 r dr = 2π (1 + r2 )3 /6 0 = πδ 2 +πδ 4 + δ 6 .
coordonnées polaires donne A = 2π
3
0
3. Ici encore, l’application des formules du cours donne H = 0 (ainsi M est une surface
minimale ; on l’appelle surface d’Enneper) et K = −4(1 + u2 + v 2 )−4 . Les courbures
principales sont les racines du trinôme t2 − 2Ht + K (rangées par ordre décroissant), ce
qui donne k1 = 2(1 + u2 + v 2 )−2 et k2 = −2(1 + u2 + v 2 )−2 .
∂P
∂P
4. Au point P = P (u, v), si on pose V = λ
+µ
, on a, d’après les résultats de la
∂u
∂v
question 2,
Φ2 (V ) = 2(λ2 − µ2 ).
Il s’ensuit que les directions principales de courbure (qui sont les directions propres de
Φ2 ) sont obtenues pour λ = 0 ou µ = 0 et que les directions asymptotiques (qui sont
les directions isotropes de Φ2 ) sont obtenues pour λ = ±µ. Par conséquent, si on pose
γ(t) = P (u(t), v(t)), on voit d’abord que γ décrit une ligne de courbure si et seulement si
on a u0 = 0 ou v 0 = 0, ce qui conduit aux équations u = cte ou v = cte (ainsi les lignes
de courbure sont simplement les lignes de coordonnées). On voit ensuite que γ décrit une
ligne asymptotique si et seulement si on a u0 = ±v 0 , ce qui correspond aux équations
u + v = cte ou u − v = cte.
Problème
1. On sait que θ est de classe C ∞ dans DX (régularité globale du flot) et on a supposé
I ×Rn ⊂ DX , donc étant donné t ∈ I, on voit que θt sera de classe C ∞ dans Rn tout entier.
34
Pour s ∈ I et x ∈ Rn , on a aussi automatiquement (s, θ(t, x)) ∈ DX et par conséquent
(s + t, x) ∈ DX et θ(s, θ(t, x)) = θ(s + t, x). Comme I est supposé centré en 0, on peut
prendre s = −t et l’égalité devient θ−t (θt (x)) = θ(0, x) = x. Symétriquement on aura
θt (θ−t (x)) = x. Ainsi θt est bijective, de réciproque θ−t et ces deux applications sont de
classe C ∞ dans Rn ; autrement dit θt est bien un difféomorphisme de Rn sur lui-même,
d’inverse θ−t .
2a. Fixons x et posons g(t) = θt (x). Alors on a g(t) = g(0) + tg 0 (0) + o(t), avec g(0) =
∂θ
θ(0, x) = x et g 0 (0) =
(0, x) = X(θ(0, x)) = X(x), d’où le premier résultat. Pour le
∂t
second, on raisonne similairement en posant cette fois g(t) = dθt (x)·h. On a g(0) = dθ0 (x)·
h = h puisque θ0 est simplement l’identité de Rn , donc dθ0 (x) aussi, indépendamment
∂
de x. On a également g 0 (t) =
dθt (x) · h , et la i-ème composante de dθt (x) · h
∂t
n
X
∂θi
n’est autre que
(t, x)hj . En dérivant cette expression par rapport à t et en faisant
∂xj
j=1
n
n
X
X
∂θi
∂Xi
∂
(x)hj . On reconnaı̂t la i-ème
(0, x) hj , c’est-à-dire
t = 0, on trouve
∂x
∂t
∂x
j
j
j=1
j=1
composante de dX(x) · h, ce qui permet de conclure.
2b. On a dθ−t (y) · h = h − tdX(y) · h + o(t). On fait y = θt (x). Comme on a y = x + o(1),
la continuité de dX donne dX(y) · h = dX(x) · h + o(1), d’où le résultat souhaité.
2c. C’est encore le même type d’argument : la différentiabilité de Z sécrit Z(x + v) =
Z(x) + dZ(x) · v + o(kvk). Or on a vu que θt (x) = x + v avec v = tX(x) + o(1) ; il suffit
alors de reporter dans l’égalité précédente.
2d. Cette question est déjà traitée dans le corrigé du sujet d’Avril 2001 (fin de la question
2 du problème 2). Pour la commodité du lecteur, voici un rappel de la solution : la i-ème
n
X
∂Zi
composante de dZ(x)·X(x) vaut
(x)Xj (x), ce qui est exactement (XZi )(x) lorsque
∂x
j
j=1
n
X
∂
. De même, la i-ème composante de dX(x) · Z(x) est (ZXi )(x).
l’on écrit X =
Xj
∂xj
j=1
n
X
∂
Ainsi, dZ(x) · X(x) − dX(x) · Z(x) est la valeur au point x du champ
(XZi − ZXi )
,
∂xi
j=1
qui n’est autre que le champ [X, Z].
3a. Par définition de l’image directe, on a (θ∗−t (Z)) (x) = dθ−t (u) · Z(u) où u est donné
par x = θ−t (u), c’est-à-dire u = θt (x) d’après la question 1. On a donc explicitement
UZ (t, x) = dθ−t (θt (x)) · Z(θt (x)).
On applique les résultats de la question 2 avec h = Z(θt (x)) = Z(x)+t dZ(x)·X(x)+o(t).
On a UZ (t, x) = Z(θt (x)) − t dX(x) · Z(θt (x)) + o(t), d’où l’on déduit UZ (t, x) = Z(x) +
t dZ(x) · X(x) − t dX(x) · Z(x) + o(t) = Z(x) + t [X, Z](x) + o(t). La relation demandée
s’ensuit immédiatement.
5.2. CORRIGÉ
35
3b. La relation θ(s + t, x) = θ(t, θ(s, x)) s’écrit sous la forme θs+t = θt ◦ θs . On a de même
−(s+t)
θ−(s+t) = θ−t ◦ θ−s et donc θ∗
= θ∗−t ◦ θ∗−s d’après les propriétés classiques de l’image
directe. On a alors
UY (s + t, x) = (θ∗−(s+t) (Y ))(x) = θ∗−t (θ∗−s (Y ))(x) = θ∗−t (UYs )(x) = θ∗−t (Z)(x) = UZ (t, x)
comme on le souhaitait.
3c. D’après ce qui précède, on a
∂UY
∂
(s, x) =
(UY (s + t, x))
∂s
∂t
=
∂UZ
(0, x) = [X, Z](x) = [X, UYs ](x),
∂t
t=0
c’est-à-dire que UY est solution de (E). On a de plus UY (0, x) = Y (x) puisque θ∗0 est
l’identité.
∂
∂
∂
4a. On trouve facilement X = (x1 + x2 )
−
; en effet, si on note U = U1
+
∂x
∂x2 ∂x1
1
∂
∂U1 ∂U1
∂
∂U2 ∂U2
∂
U2
, on a XU = (x1 + x2 )
−
+
−
+ T et U X =
∂x2
∂x1
∂x2 ∂x1
∂x1
∂x2 ∂x2
∂
∂2
∂
∂2
∂2
−
− U2 2 ,
(U1 + U2 )
+ T avec T = (x1 + x2 ) U1 2 + (U2 − U1 )
∂x1 ∂x2
∂x1
∂x1 ∂x2
∂x2
d’où, par soustraction,
∂U1 ∂U1
∂
[X, U ] =
(x1 + x2 )
−
− (U1 + U2 )
∂x
∂x2 ∂x1
1
∂U2 ∂U2
∂
+ (x1 + x2 )
−
+ (U1 + U2 )
.
∂x1
∂x2
∂x2
Comme on a par ailleurs
∂U2 ∂
∂U1 ∂
∂U
+
, il s’ensuit que le système (S) se
=
∂t
∂t ∂x1
∂t ∂x2
ramène bien à (E).
∂θ
4b. Le flot θ = (θ1 , θ2 ) s’obtient en résolvant
(t, x) = X(θ(t, x)) avec θ(0, x) = x. En
∂t
explicitant :

∂θ1



 ∂t = θ1 + θ2


∂θ2


= −(θ1 + θ2 ).
∂t
On voit tout de suite (en ajoutant les deux égalités) que θ1 + θ2 doit être constante (par
rapport à t bien sûr !). Sa valeur est imposée par les conditions initiales θ1 (0, x) = x1
et θ2 (0, x) = x2 ; c’est donc x1 + x2 . De là, on reporte dans les équations et on trouve
facilement
θ(t, x) = (x1 + t(x1 + x2 ), x2 − t(x1 + x2 )).
On doit ensuite calculer UY (t, x) = dθ−t (θt (x)) · Y (θt (x)) avec Y (x) = (x1 , x22 ). Une
première remarque pratique est que dθ−t (θt (x)) = (dθt (x))−1 . La matrice jacobienne de
36
1+t
t
1 − t −t
θ (x) est
; son inverse est
. Enfin, les composantes de
−t 1 − t
t
1+t
x1 + t(x1 + x2 )
Y (θt (x)) sont
. On trouve donc
(x2 − t(x1 + x2 ))2

 U1 (t, x) = (1 − t)(x1 + t(x1 + x2 )) − t(x2 − t(x1 + x2 ))2
t
 U (t, x) = t(x + t(x + x )) + (1 + t)(x − t(x + x ))2 .
2
1
1
2
2
1
2
CHAPITRE 6
6.1. Énoncé
Exercice 1
On considère une variété différentiable compacte M de dimension m.
1. Construire une famille finie {(Uk , ϕk )}1≤k≤` de cartes de M vérifiant ϕk (Uk ) = B(0, 3)
pour k = 1, . . . , ` et telle que les ouverts Vk définis par Vk = ϕ−1
k (B(0, 1)) recouvrent M
(ici B(0, r) désigne la boule euclidienne ouverte de centre 0 et de rayon r dans Rm ).
2. On considère des fonctions gk (k = 1, . . . , `), de classe C ∞ dans M , telles que chaque
gk soit identiquement égale à 1 sur Vk et à support contenu dans Uk . Pour k = 1, . . . , ` on
définit ensuite des applications Fk : M −→ Rm de classe C ∞ en posant
Fk (p) = gk (p)ϕk (p) pour p ∈ Uk et Fk (p) = 0 pour p ∈ M \ Uk ,
et enfin on définit une application F : M −→ R(m+1)` en posant
F (p) = (F1 (p), . . . , F` (p), g1 (p), . . . , g` (p)).
2a. Expliquer très brièvement la construction des gk .
2b. Montrer que F est injective.
2.c. Quel est le rang de F ?
3. En déduire le résultat suivant : à toute variété différentiable compacte M on peut
associer un entier d tel que M se plonge dans Rd .
Exercice 2
Comme d’habitude, Sm désigne la sphère unité de Rm+1 .
1. Soient ` et m deux entiers naturels et soit F l’application qui à tout (t, x) de R`+1 × Sm
associe F (t, x) = (t1 , . . . , t` , et`+1 x1 , . . . , et`+1 xm+1 ). Montrer que F est un difféomorphisme
de R`+1 × Sm sur R` × (Rm+1 \ {0}).
2. Soient L et N deux variétés différentiables et soit G : L −→ N un plongement. Étant
donnée une variété M , on définit G] : L × M −→ N × M par G] (p, q) = (G(p), q) pour
(p, q) ∈ L × M . Montrer que que G] est un difféomorphisme de L × M sur une sous-variété
régulière de N × M .
3. Montrer que pour tout entier k ≥ 1 et tout k-uple (m1 , . . . , mk ) d’entiers positifs, le
produit Sm1 × · · · × Smk est difféomorphe à une hypersurface régulière de Rm1 +···+mk +1
(on pourra procéder par récurrence sur k).
37
38
Exercice 3
Une variété différentiable M de classe C ∞ est dite parallélisable s’il existe une famille
(X1 , . . . , Xm ) de champs de vecteurs de classe C ∞ sur M et tels que pour tout point p de
M , la famille (X1 (p), . . . , Xm (p)) soit une base de Tp M .
1. Dans cette question, (M, g) désigne une variété riemannienne orientée, m sa dimension
et Ωg l’élément de volume riemannien. On suppose qu’il existe une famille (Y1 , . . . , Ym−1 )
de champs de vecteurs de classe C ∞ sur M tels qu’en tout point p de M , les vecteurs
Y1 (p), . . . , Ym−1 (p) forment une famille libre dans Tp M . On se propose de montrer qu’alors
M est parallélisable.
1a. Soit p un point de M . Montrer qu’il existe un unique vecteur up dans Tp M tel que
l’on ait, pour tout vecteur vp de Tp M , l’égalité
Ωg (p)(Y1 (p), . . . , Ym−1 (p), vp ) = g(p)(up , vp ).
∂
−1
1b. Soit (U, ϕ) une carte de M au point p, et soit Ei = ϕ∗
pour i = 1, . . . , m. On
∂xi
désigne par vpi (resp. par Yji (p)) la i-ème coordonnée de vp (resp. de Yj (p)) dans la base
(E1 (p), . . . , Em (p)) de Tp M . Montrer que l’on a
m
X
Ωg (p)(Y1 (p), . . . , Ym−1 (p), vp ) =
hi (p)vpi ,
i=1
où chaque hi est une fonction de classe C ∞ dans U, ne dépendant que des Yji et des
coefficients gij de la métrique.
1c. Soit uip la i-ème coordonnée de up dans la base (E1 (p), . . . , Em (p)). Exprimer matriciellement les uip en fonction des hi (p) et des gij (p). En déduire que si l’on pose X(p) = up
pour tout p de M , alors X est un champ de vecteurs de classe C ∞ sur M .
1d. Montrer que X n’a pas de point singulier.
1e. En déduire que M est parallélisable.
1f. Montrer qu’une surface riemannienne orientable M est parallélisable si et seulement
si il existe sur M un champ de vecteurs sans point singulier.
2. Dans cette question, M désigne une variété parallélisable.
2a. Pour tout point p de M , on note Ω(p) l’application qui à tout m-uple (v1p , . . . , vmp ) de
vecteurs de Tp M, associe le déterminant de ces vecteurs dans la base (X1 (p), . . . , Xm (p)).
Montrer que Ω est une m-forme différentielle de classe C ∞ sur M .
2b. Montrer que M est orientable.
6.2. CORRIGÉ
39
6.2. Corrigé
Exercice 1
1. Pour chaque point p de M , soit (Vp , ψp ) une carte locale en p. L’ouvert ψp (Vp ) contient
une boule de centre ψp (p) ; soit rp son rayon. On pose Up = ψp−1 (B(ψp (p), rp )) et ϕp =
3
(ψp − ψp (p)) ; il est clair que (Up , ϕp ) est une carte locale en p et que ϕp (Up ) = B(0, 3).
rp
Soit Vp = ϕ−1
p (B(0, 1)). Alors Vp est un voisinage de p dans M ; celle-ci est donc recouverte
par les Vp . L’hypothèse de compacité assure que l’on peut en extraire un recouvrement
fini Vp1 , . . . , Vp` . Il suffit alors de réindexer en posant Uk = Upk , ϕk = ϕpk .
2a. On part d’une fonction χ de classe C ∞ dans Rm vérifiant supp χ ⊂ B(0, 3) et χ(x) = 1
pour kxk ≤ 1 puis on pose simplement gk (p) = χ(ϕk (p)) pour p ∈ Uk et gk (p) = 0 pour
p ∈ M \ Uk . La condition de support assure que cette définition est cohérente et que gk
est bien C ∞ .
2b. Soient p et q tels que l’on ait (∗) F (p) = F (q).
Comme les ouverts Vk recouvrent M , le point p appartient à au moins l’un de ces ouverts.
Soit k l’indice correspondant ; on a alors gk (p) = 1 et, compte tenu de (∗), on a aussi
gk (q) = 1. Par la condition de support pour gk , les points p et q appartiennent tous deux
à Uk . En utilisant de nouveau (∗), on a de plus ϕk (p) = Fk (p) = Fk (q) = ϕk (q). Il en
résulte que p = q (toute carte étant évidemment injective !).
2c. Soit p un point quelconque de M et soit k vérifiant p ∈ Vk (comme dans 2b). Sur
Vk , parmi les composantes de F , on trouve les m composantes de ϕk . Comme ϕk est de
rang m (c’est un difféomorphisme), il en résulte que le rang de F en p est au moins m. Il
revient au même de dire que parmi les composantes de F ◦ ϕ−1
k (x), qui est l’expression de
F dans la carte locale (Vk , ϕk ), on trouve les fonctions coordonnées x1 , . . . , xm : la matrice
jacobienne contient donc une matrice identité d’ordre m. Comme on sait par ailleurs que
le rang est au plus égal à m, on en tire qu’il vaut exactement m.
3. Soit d = (m + 1)`. D’après 2b et 2c, l’application F : M −→ Rd est une immersion
injective. La variété M étant compacte, on sait alors que F est un plongement.
Commentaire. À cause de l’entier `, la dimension d n’est pas explicitement calculable.
Un résultat nettement meilleur mais très difficile a été démontré par Hassler Whitney en
1944 : toute variété M (compacte ou non) de dimension m se plonge dans R2m . Whitney
avait déjà obtenu en 1936 un théorème de plongement dans R2m+1 dont la démonstration
est beaucoup plus abordable : le lecteur en trouvera deux présentations différentes dans
[5] et [8]. Le fait remarquable est que la valeur d = 2m pour la dimension de l’espace
de plongement est généralement optimale : par exemple, on peut montrer que le plan
projectif P2 se plonge dans R4 mais pas dans R3 . On peut toutefois améliorer la valeur
de d si l’on se restreint à certaines classes de variétés. Ainsi, l’exercice suivant montre que
si M est un produit de sphères, on peut prendre d = m + 1.
Exercice 2
1. Clairement F est de classe C ∞ (par exemple parce que c’est la restriction à la sousvariété R`+1 × Sm de R`+1 × Rm+1 d’une application C ∞ sur R`+1 × Rm+1 ). L’application
40
F est de plus une bijection de R`+1 ×Sm sur R` × (Rm+1 \ {0}), la réciproque étant
y 00
0
00
l’application y 7−→ y , Log ky k , 00
avec y 0 = (y1 , . . . , y` ) et y 00 = (y`+1 , . . . , y`+m+1 )
ky k
(vérification immédiate). Celle-ci est de classe C ∞ dans l’ouvert R` × (Rm+1 \ {0}). Finalement F est bien un difféomorphisme de R`+1 × Sm sur R` × (Rm+1 \ {0}).
2. On sait que G(L), muni de la topologie induite par celle de N , est une sous-variété
régulière de N et que G établit un difféomorphisme de L sur G(L). L’application G]
de l’énoncé est de classe C ∞ car ses deux composantes le sont. C’est une bijection de
L × M sur la sous-variété G(L) × M de N × M et sa réciproque, clairement donnée par
(G] )−1 (p0 , q 0 ) = (G−1 (p0 ), q 0 ), est également de classe C ∞ comme ses deux composantes.
On a donc un difféomorphisme entre L × M et G(L) × M .
3. Pour k = 1, le résultat demandé est trivial puisque Sm est une hypersurface de
Rm+1 . Soit k ≥ 1. Supposons la propriété établie au rang k, c’est-à-dire qu’il existe un
difféomorphisme G entre L = Sm1 ×· · ·×Smk et une hypersurface L̃ de N = Rm1 +···+mk +1 .
Posons ` = dim L = m1 + · · · + mk et m = mk+1 . En appliquant le résultat de la question
2 avec M = Sm , on obtient alors un difféomorphisme G] entre L × Sm et une sous-variété
de R`+1 × Sm . L’image de cette sous-variété par le difféomorphisme F de la question 1
est à son tour une sous-variété de R` × (Rm+1 \ {0}), donc de R`+m+1 . Par conséquent,
la composée F ◦ G] établit un difféomorphisme entre L × Sm et une certaine sous-variété
de R`+m+1 , qui est en fait une hypersurface de R`+m+1 puisque sa dimension est celle de
L × Sm , à savoir ` + m. En explicitant les notations, on voit que l’on a obtenu la propriété
souhaitée au rang k + 1. On conclut par récurrence.
Exercice 3
1a. L’application vp 7−→ Ωg (p)(Y1 (p), . . . , Ym−1 (p), vp ) est une forme linéaire sur Tp M .
Or Tp M est un espace euclidien pour le produit scalaire g(p) ; il existe donc un unique
élément up de Tp M tel que la forme linéaire précédente coı̈ncide avec l’application vp 7−→
g(p)(up , vp ).
p
1b. Dans la carte (U, ϕ) on sait que Ωg = |g| ϕ∗ (dV ), où |g| désigne le déterminant de
la matrice (gij ) de la métrique relativement aux Ei , et dV désigne la m-forme de volume
canonique sur Rm . On sait aussi que ϕ∗ (dV )(p) n’est autre que l’application “déterminant
dans la base (E1 (p), . . . , Em (p))” sur Tp M . Avec les notations de l’énoncé, il s’ensuit que
 1

1
Y1 (p) · · · Ym−1
(p) vp1
2
p
 Y12 (p) · · · Ym−1
(p) vp2 
Ωg (p)(Y1 (p), . . . , Ym−1 (p), vp ) = |g(p)| det 
.
..
..
.. 

.
.
. 
Y1m (p) · · ·
m
Ym−1
(p) vpm
On obtient le résultat demandé en développant le déterminant selon la dernière colonne.
Ci (p)
où Ci (p) est le cofacteur de vip ; les hi sont de classe C ∞
On pose alors hi (p) = p
|g(p)|
dans U car Ci s’obtient à partir des Yji (qui sont elles-mêmes C ∞ ) en faisant des sommes
p
et des produits, et on sait que |g| est C ∞ et ne s’annule pas.
6.2. CORRIGÉ
41
1c. Compte tenu de 1b, la propriété de la question 1a peut s’écrire matriciellement de la
façon suivante :

 1 


up
h1 (p)
g11 (p) · · · g1m (p)

.
.
.
m
m 
1
1
  ... 
 = (vp , . . . , vp ) 
..
..
..
(vp , . . . , vp )
.
m
gm1 (p) · · · gmm (p)
up
hm (p)
Notons Up (resp. H(p)) la colonne des uip (resp. des hi (p)) et notons G(p) la matrice
(gij (p)) de la métrique. L’égalité ci-dessus est vérifiée pour tout vp si et seulement si on a
G(p)Up = H(p).
Comme G(p) est inversible, on en tire Up = (G(p))−1 H(p). De plus, les coefficients de
(G(p))−1 dépendent de façon C ∞ de p dans U . Les hi étant aussi C ∞ , il en résulte que les
fonctions ui : p 7−→ uip sont de classe C ∞ dans U . Ceci étant vrai pour toute carte, il en
m
X
résulte bien que X, qui est défini localement par X =
ui Ei , est un champ de vecteurs
i=1
de classe C ∞ sur M .
1d. Supposons que X ait un point singulier p, ce qui veut dire X(p) = 0. On a alors
g(p)(X(p), vp ) = 0 pour tout vecteur vp de Tp M , ce qui, compte tenu de 1a, revient à
écrire Ωg (p)(Y1 (p), . . . , Ym−1 (p), vp ) = 0. Cependant on peut compléter la famille libre
(Y1 (p), . . . , Ym−1 (p)) par un vecteur vp de manière à obtenir une base de Tp M . On en tire
alors une contradiction : en effet Ωg (p) est une m-forme sur Tp M, non nulle ; par suite
Ωg (p) prend des valeurs non nulles sur les bases de Tp M .
1e. On définit une famille de champs (X1 , . . . , Xm ) en posant Xj = Yj pour 1 ≤ j ≤ m−1
et Xm = X. Pour tout point p de M , on a alors, en reprenant encore 1a,
Ωg (p)(X1 (p), . . . , Xm (p)) = g(p)(X(p), X(p)).
Or on a g(p)(X(p), X(p)) > 0 car c’est le carré scalaire d’un vecteur de Tp M qui est non
nul d’après 1d. Il en résulte que (X1 (p), . . . , Xm (p)) est une base (positivement orientée)
de Tp M . Ainsi M est bien parallélisable.
1f. Si M est parallélisable, il existe clairement un champ de vecteurs sans point singulier :
le champ X1 de la définition fait l’affaire. En effet, pour tout point p, le vecteur X1 (p)
fait partie d’une base de Tp M et par conséquent est non nul. Réciproquement suppposons
qu’il existe sur M un champ Y sans point singulier. Alors pour tout point p de M la
famille (Y (p)) est libre dans Tp M ( !). On applique ce qui précède avec m = 2, Y1 = Y ;
on voit alors que M est parallélisable.
2a. Il suffit de vérifier que pour toute carte (U, ϕ), la fonction Ω(E1 , . . . , Em ) qui à tout
point p de U associe Ω(p)(E1 (p), . . . , Em (p)) (avec la signification usuelle des Ei , cf. 1b) est
de classe C ∞ dans U . Or par définition de Ω, on a Ω(p)(E1 (p), . . . , Em (p)) = det A(p) où
A(p) est la matrice des coordonnées des Ei (p) dans la base (X1 (p), . . . , Xm (p)). On conclut
en remarquant que cette matrice est à coefficients C ∞ dans U puisque (X1 , . . . , Xm ) et
(E1 , . . . , Em ) sont deux champs de bases pour l’espace tangent dans U .
42
2b. On a Ω(p)(X1 (p), . . . , Xm (p)) = 1 par définition de Ω. Ainsi Ω est une m-forme
différentielle de classe C ∞ sur M et elle ne s’annule en aucun point de M : la variété M
est donc orientable.
Commentaire. Le caractère parallélisable ou non d’une variété est lié à des propriétés topologiques globales de celle-ci. On peut constater par exemple que le théorème de la boule
chevelue (de nature topologique) implique que les sphères S2k sont non parallélisables. Le
cas des sphères de dimension impaire est plus surprenant : en fait, seules S1 , S3 et S7 sont
parallélisables d’après des travaux d’Adams, Atiyah, Bott et Milnor à la fin des années
1950.
CHAPITRE 7
7.1. Énoncé
Exercice
On munit Rn du produit scalaire usuel (x|y) = x1 y1 +· · ·+xn yn et de la norme euclidienne
x
.
associée. On considère l’application F : Rn \ {0} −→ Rn donnée par F (x) =
kxk
1. Justifier rapidement que F est de classe C ∞ puis montrer que pour tout x de Rn \ {0}
1
(v|x)
et tout v de Rn , on a dF (x) · v =
v−
x.
kxk
kxk3
En déduire que le noyau de dF (x) est la droite vectorielle Rx engendrée par x.
2. Soit M une sous-variété de Rn \ {0} et soit G la restriction de F à M . On considère
G comme application entre les variétés M et Sn−1 . Soit x un point de M . Montrer que la
différentielle dG(x) est injective si et seulement si on a x 6∈ Tx M .
3. Soit f une fonction de classe C ∞ dans Rn et soit M = {x ∈ Rn ; f (x) = 0}. On fait
les hypothèses suivantes :
(i) Pour tout x de M , on a (∇f (x)|x) 6= 0,
(ii) Pour tout y de Rn \ {0}, il existe un unique réel r > 0 tel que ry appartienne à M .
3a. Montrer que M est une hypersurface régulière de Rn .
3b. Montrer que l’application G : M −→ Sn−1 définie à la question 2 est une bijection.
3c. À l’aide de 2 et 3b, montrer finalement que G est un difféomorphisme.
Problème
1. Question préliminaire. Soit U un ouvert de Rn et soit F : U −→ Rm une immersion
C ∞ . On se propose de montrer que F est localement un plongement C ∞ . Soit donc p un
point quelconque de U .
1a. Montrer qu’il existe un voisinage U 0 de p dans U tel que la restriction de F à U 0 soit
injective.
1b. En déduire que si W est un voisinage ouvert de p relativement compact dans U 0 , alors
la restriction de F à W est un plongement.
Notations, hypothèses et but du problème : Dans la suite, on note (x, y) les points de R2 et
(x, y, z) ceux de R3 . Soit g et h des fonctions de classe C ∞ dans R, avec g(0) = 0, et soient
A, B des fonctions de classe C ∞ dans R3 . On pose a = A(0, 0, h(0)), b = B(0, 0, h(0)), on
43
44
note Γg le graphe de g et on fait l’hypothèse (H) suivante :
(H)
(a, b) 6∈ T(0,0) Γg .
On se propose de montrer qu’alors, pour toute fonction C de classe C ∞ dans R3 , on peut
trouver un voisinage V de (0, 0) dans R2 , un voisinage Ω de 0 dans R et une fonction u
de classe C ∞ dans V vérifiant, pour tout (x, y) de V ,
∂u
∂u
(E)
A(x, y, u(x, y)) (x, y) + B(x, y, u(x, y)) (x, y) = C(x, y, u(x, y))
∂x
∂y
avec la condition u(x, g(x)) = h(x) pour tout x de Ω.
∂
∂
∂
2. Dans R3 , on considère le champ de vecteurs L = A + B + C . On note θ le flot
∂x
∂y
∂z
de L.
2a. Pour s dans R, on pose P (s) = (s, g(s), h(s)). Justifier qu’il existe des voisinages I
et J de 0 dans R tels que l’application F : I × J −→ R3 donnée par F (t, s) = θ(t, P (s))
soit bien définie, et de classe C ∞ .
2b. On note (X, Y, Z) les composantes de F et on considère l’application Fe : I ×J −→ R2
donnée par Fe(t, s) = (X(t, s), Y (t, s)). Montrer qu’il existe un voisinage ouvert U de (0, 0)
dans R2 tel que Fe réalise un difféomorphisme de U sur Fe(U ).
2c. En utilisant la question 1, montrer qu’il existe un voisinage W de (0, 0) dans R2 , avec
W ⊂ U , tel que F (W ) soit une surface régulière de R3 . Dans la suite, on pose M = F (W ).
2d. Montrer qu’en tout point (x, y, z) de M , on a L(x, y, z) ∈ T(x,y,z) M (on pensera à
l’interprétation cinématique de l’espace tangent).
3. Soit le voisinage V de (0, 0) dans R2 donné par V = Fe(W ). Pour (x, y) ∈ V , on pose
u(x, y) = Z(Fe−1 (x, y)). On note Γu le graphe de u : V −→ R.
3a. Montrer que M = Γu .
3b. Déduire de 2d et 3a que la fonction u vérifie (E) en tout point (x, y) de V .
3c. Soit Ω un voisinage de 0 dans R tel que {0} × Ω ⊂ W . Calculer F (0, x) pour x ∈ Ω
et en déduire que u(x, g(x)) = h(x).
∂u
∂u
4. Application. On se propose de résoudre l’équation
+ 2u
= 0 au voisinage de
∂x
∂y
(0, 0) dans R2 , avec la condition u(x, y) = x pour tout point (x, y) situé sur la parabole
d’équation y = x2 + 2x. On reprend les notations des questions précédentes.
4a. Expliciter A, B, C et déterminer la valeur θ(t, (x0 , y0 , z0 )) du flot de L.
4b. Expliciter g et h et en déduire F (t, s).
4c. Calculer Fe−1 (x, y) (on pourra inverser la relation (x, y) = Fe(t, s) en commençant par
calculer (x + 1)2 − y en fonction de t et s).
4d. En déduire u(x, y).
7.2. CORRIGÉ
45
7.2. Corrigé
Exercice
xi
1. Pour i = 1, . . . , n, la i-ème composante de F est donnée par Fi (x) = p 2
x1 + . . . + x2n
∞
n
et il est donc clair que Fi est de classe C dans R \ {0}. Si on pose w = dF (x) · v, la
n
X
∂Fi
(x)vj avec
i-ème coordonnée de w est donnée par wi = dFi (x) · v =
∂xj
j=1
∂
∂Fi
δij
2
2 −1/2
+
xi
(x) = p 2
(x + . . . + xn )
∂xj
∂xj 1
x1 + . . . + x2n
=
δij
− (x21 + . . . + x2n )−3/2 xj xi
kxk
= δij kxk −
On obtient ainsi wi =
xj xi
.
kxk3
vi
(x|v)xi
−
, d’où l’on déduit immédiatement l’expression dekxk
kxk3
mandée pour w.
L’égalité dF (x) · v = 0 peut s’écrire sous la forme v = λx avec λ = (v|x)
. Réciproquement,
kxk2
si v s’écrit λx pour un certain réel λ, on vérifie par un calcul immédiat que dF (x) · v = 0.
Ainsi on a bien Ker dF (x) = Rx.
2. Dans les hypothèses de l’énoncé, on sait que dG(x) n’est autre que la restriction de
dF (x) à Tx M . Par conséquent, compte tenu de la question 1, on a Ker dG(x) = Rx∩Tx M .
On a donc Ker dG(x) = {0} si et seulement si x n’appartient pas à Tx M .
3a. L’hypothèse (i) implique qu’en tout point x de M , on a ∇f (x) 6= 0. Une application
directe du cours permet alors d’affirmer que M est une hypersurface régulière de Rn .
3b. Soit y dans Sn−1 et soit le réel r > 0 associé à y par l’hypothèse (ii). Posons x = ry.
Puisque kyk = 1, on a kxk = r et donc G(x) = y. Ainsi G est surjective. Par ailleurs
soient x et x0 dans M tels que G(x) = G(x0 ). Alors x = rx0 avec r = kxk/kx0 k. Comme
x et x0 appartiennent tous deux à M , la partie “unicité” de l’hypothèse (ii) implique que
r = 1 et x = x0 . Ainsi G est aussi injective.
3c. On sait déjà que G est de classe C ∞ et que c’est une bijection. Il reste à justifier
que la bijection réciproque est aussi de classe C ∞ . Soit y un point quelconque de Sn−1 et
soit x = G−1 (y). On sait que Tx M est l’orthogonal de ∇f (x). L’hypothèse (i) équivaut
donc à dire que x 6∈ Tx M . Compte tenu de 2 et du fait que Tx M et Ty Sn−1 ont la même
dimension, la différentielle dG(x) : Tx M −→ Ty Sn−1 est bijective. Par conséquent G est
un difféomorphisme local au voisinage de x, ce qui entraı̂ne en particulier que G−1 est de
classe C ∞ au voisinage de y, donc sur Sn−1 puisque y est arbitraire.
Remarque. Le résultat établi dans l’exercice peut se reformuler de la manière suivante :
Soit M une hypersurface de Rn . On suppose qu’il existe, en dehors de M , un point p tel
que pour tout y de Sn−1 , la demi-droite issue de p et passant par y coupe M en exactement
46
un point, en lequel elle n’est pas tangente à M . Alors M est difféomorphe à Sn−1 . En effet,
après quelques réductions techniques un peu fastidieuses (que le lecteur persévérant pourra
mettre en forme), cette assertion se ramène exactement à l’énoncé. Le résultat permet de
montrer, par exemple, que pour tout n-uple (k1 , . . . , kn ) d’entiers naturels tous non nuls,
2kn
1
= 1} est difféomorphe à la sphère.
l’hypersurface M = {x ∈ Rn ; x2k
1 + · · · + xn
Problème
1a. Par hypothèse, F est de rang constant n. On applique le théorème du rang : il existe un
difféomorphisme µ (resp. λ) d’un voisinage de 0 dans Rn (resp. Rm ) vers un voisinage de
p (resp F (p)) dans Rn (resp. Rm ) et tel que l’on ait λ−1 ◦ F ◦ µ(x) = (x1 , · · · , xn , 0, · · · , 0)
pour tout x = (x1 , · · · , xn ) assez proche de 0 dans Rn . En particulier λ−1 ◦F ◦µ est injective
au voisinage de 0 dans Rn . Comme λ et µ sont bijectives, ceci entraı̂ne clairement que F
est injective dans un voisinage Ω0 de p.
1b. On sait maintenant que l’application F : Ω0 −→ Rm est injective, de classe C ∞ ,
en particulier continue. Pour tout sous-ensemble compact X de Ω0 , elle établit donc un
homéomorphisme de X sur F (X), où F (X) est muni de la topologie induite par Rm . En
considérant un voisinage ouvert W de p relativement compact dans Ω0 , on peut appliquer
cette remarque à X = W . Puisque F −1 est continue sur F (W ), elle l’est aussi sur F (W ).
Ainsi F est à la fois une immersion C ∞ dans W et un homéomorphisme de W sur F (W ) ;
c’est un plongement.
2a. Le champ L étant défini sur R3 , on sait que pour tout point (x0 , y0 , z0 ) de R3 , le flot
θ est de classe C ∞ sur I × ω, où I est un intervalle de R contenant 0 et ω un voisinage
de (x0 , y0 , z0 ) dans R3 . Ceci est valable en particulier pour (x0 , y0 , z0 ) = (0, 0, h(0)). Or,
par un argument de continuité évident, si s appartient à un voisinage J assez petit de 0
dans R, le point P (s) appartient à ω ; par conséquent l’application (t, s) 7−→ θ(t, P (s))
est bien définie, et de classe C ∞ , sur I × J.
∂F
2b. On calcule la matrice jacobienne de Fe en (0, 0). On sait que
(t, s) = L(θ(t, P (s))),
∂t
∂F
d’où
(0, 0) = L(θ(0, P (0))) = L(P (0)) = L(0, 0, h(0)) = (a, b, C(0, 0, h(0))). On a
∂t
∂F
(0, 0) = P 0 (0) = (1, g 0 (0), h0 (0)). Par
par ailleurs F (0, s) = θ(0, P (s)) = P (s), d’où
∂s
∂ Fe
∂ Fe
définition de Fe, on en tire
(0, 0) = (a, b) et
(0, 0) = (1, g 0 (0)). La matrice jaco∂t
∂s
a
1
e
bienne de F en (0, 0) est donc
. Or (1, g 0 (0)) engendre T(0,0) Γg (si on préfère
b g 0 (0)
le dire autrement, c’est un vecteur directeur de la tangente à Γg au point d’abscisse
0). L’hypothèse (H) assure donc que les deux colonnes de la matrice sont linéairement
indépendantes. Il suffit alors d’appliquer le théorème d’inversion locale pour conclure.
2c. La matrice jacobienne JF (t, s) de F au point (t, s) comporte 2 colonnes et 3 lignes, et
la matrice obtenue en supprimant la troisième ligne n’est autre que la jacobienne J Fe(t, s)
de Fe au point (t, s). Or, pour (t, s) dans U , la matrice J Fe(t, s) est inversible d’après 2b ;
par conséquent JF (t, s) est de rang 2. Ainsi F est une immersion dans U , et la question
1 permet d’affirmer que F est un plongement dans un voisinage ouvert convenable W de
7.2. CORRIGÉ
47
(0, 0), contenu dans U . Un résultat du cours stipule que F (W ) est alors une sous-variété
régulière de dimension 2 (= dim W ), donc une surface régulière, de R3 .
2d. Soit (x, y, z) dans M . Par définition de M , il existe (t, s) dans W tel que (x, y, z) =
∂θ
F (t, s) = θ(t, P (s)). On a donc aussi L(x, y, z) = L(θ(t, P (s))) =
(t, P (s)). Pour ∂t
assez proche de 0 dans R, le point (t + , s) appartient encore à W et on peut considérer
γ() = θ(t + , P (s)) = F (t + , s) : on obtient ainsi une courbe γ tracée sur M et qui
vérifie γ(0) = (x, y, z) et γ 0 (0) = L(x, y, z) au vu des observations précédentes. Ceci
prouve bien que l’on a L(x, y, z) ∈ T(x,y,z) M en vertu de l’interprétation cinématique de
l’espace tangent aux sous-variétés de Rn .
3a. Soit (x, y, z) ∈ M et soit (t, s) dans W tel que (x, y, z) = F (t, s), ce qui s’écrit encore
(x, y) = Fe(t, s) et z = Z(t, s). La première de ces inégalités montre d’abord que (x, y)
appartient à V = Fe(W ). Comme on a W ⊂ U , elle peut aussi, d’après 2c, se mettre
sous la forme (t, s) = Fe−1 (x, y). La deuxième égalité devient z = Z(Fe−1 (x, y)) = u(x, y)
et (x, y, z) appartient donc bien à Γu . Réciproquement, soit (x, y, z) dans Γu . Alors on a
d’abord (x, y) ∈ V = Fe(W ) et donc le point (t, s) = Fe−1 (x, y) appartient à W . Ensuite
on a z = u(x, y) = Z(t, s), ce qui donne maintenant (x, y, z) = F (t, s) avec (t, s) ∈ W ,
d’où (x, y, z) ∈ M .
3b. Soit (x, y) ∈ V . D’après 2d et 3a, on a L(x, y, u(x, y)) ∈ T(x,y,u(x,y)) Γu . On sait
par ailleurs qu’un vecteur (ξ, η, ζ) de R3 appartient à T(x,y,u(x,y)) Γu si et seulement si on
∂u
∂u
a ζ = du(x, y) · (ξ, η), c’est-à-dire ζ = ξ (x, y) + η (x, y). Le vecteur L(x, y, u(x, y))
∂x
∂y
correspond à ξ = A(x, y, u(x, y)), η = B(x, y, u(x, y)) et ζ = C(x, y, u(x, y)), ce qui établit
l’équation (E).
3c. On a F (0, x) = θ(0, P (x)) = (x, g(x), h(x)). Comme (0, x) appartient à W , on en tire
(x, g(x), h(x)) ∈ M . En utilisant de nouveau 3a, il en résulte bien h(x) = u(x, g(x)).
4a. Dans l’exemple proposé, on a A(x, y, z) = 1, B(x, y, z) = 2z et C(x, y, z) = 0 par une
identification immédiate. On obtient alors θ(t, (x0 , y0 , z0 )) comme solution du système

 x0 = 1
y 0 = 2z
 0
z =0
avec la condition initiale (x(0), y(0), z(0)) = (x0 , y0 , z0 ). La première et la dernière lignes
donnent tout de suite x(t) = t + x0 et z(t) = z0 . En reportant dans la deuxième ligne, on
trouve y(t) = 2z0 t + y0 . Ainsi
θ(t, (x0 , y0 , z0 )) = (t + x0 , 2z0 t + y0 , z0 ) .
4b. Ici on a g(s) = s2 + 2s, h(s) = s et donc P (s) = (s, s2 + 2s, s). En reportant dans
l’expression précédente de θ(t, (x0 , y0 , z0 )), on trouve
F (t, s) = t + s , 2st + s2 + 2s , s .
4c. On pose (x, y) = Fe(t, s) = (t+s, 2st+s2 +2s) et on calcule (x+1)2 −y comme le suggère
l’énoncé : on constate que (x + 1)2 − y = (t + s + 1)2 − 2st − s2 − 2s = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2 .
Pour (x, y) et (t, s) assez proches de (0, 0) dans R2 , les nombres (x + 1)2 − y et t + 1
48
sont proches
pde 1, en particulier strictementppositifs, et l’égalité précédente équivaut alors
à t + 1 = (x + 1)2 − y, soit t = −1 +p (x + 1)2 − y. En reportant dans la relation
x = t + s, on en tire s = x − t = x + 1 − (x + 1)2 − y. Finalement on a
p
p
−1
2
2
e
F (x, y) = −1 + (x + 1) − y , x + 1 − (x + 1) − y .
4d. On sait que u(x, y) = Z(Fe−1 (x, y)). On a vu en 4b que Z(t, s) = s : compte tenu de
4c, on a donc
p
u(x, y) = x + 1 − (x + 1)2 − y.
Commentaire. La démarche du problème s’adapte à un cadre plus général : on se donne
une hypersurface Γ de Rn , une fonction f de classe C ∞ sur Γ, un point p de Γ et des
fonctions a1 , . . . , an et b de classe C ∞ au voisinage de (p, f (p)) dans Rn+1 . Il s’agit alors
de résoudre l’équation aux dérivées partielles quasilinéaire du premier ordre
n
X
∂u
aj (x, u(x))
(x) = b(x, u(x))
∂xj
j=1
avec la condition aux limites u |Γ = f au voisinage de p dans Rn . Le problème est dit noncaractéristique en p si le vecteur v = (a1 (p, f (p)), . . . , an (p, f (p))) n’appartient pas à Tp Γ.
On montre alors qu’il existe une solution, en procédant comme dans l’énoncé. En effet, au
voisinage de p, l’hypersurface Γ peut se mettre sous la forme du graphe d’une fonction g
grâce au théorème des fonctions implicites ; si on pose h(x) = f (x, g(x)), la condition aux
limites devient alors u(x, g(x)) = h(x). On peut également se ramener à p = 0, et dire
que le problème est non-caractéristique revient alors à supposer v 6∈ T0 Γg . On est ainsi
ramené au problème que l’énoncé traite dans le cas particulier n = 2. Il est à noter que
le calcul explicite d’une solution comme dans la question 4 est rarement possible car il
requiert une expression de l’inverse du difféomorphisme Fe. En règle générale, on obtient
seulement les solutions sous forme paramétrique (dans le cas n = 2, on a typiquement
x = X(s, t), y = Y (s, t), z = Z(s, t) sans que l’on sache “éliminer” s et t pour obtenir Z
en fonction de X et Y ).
CHAPITRE 8
8.1. Énoncé
Exercice
1. Soit M une variété différentiable de classe C ∞ , avec dim M ≥ 2, et soit X un champ
de vecteurs de classe C ∞ sur M . Montrer que pour tout point p de M vérifiant X(p) 6= 0,
il existe un voisinage U de p dans M et une fonction h : U −→ R de classe C ∞ vérifiant
les deux propriétés suivantes :
• on a h(p) = 0 et dh(q) 6= 0 pour tout point q de U ,
• pour tout réel c assez proche de 0, l’ensemble Nc = {q ∈ U ; h(q) = c} est une hypersurface régulière et le champ X est tangent à Nc .
2. On suppose maintenant que M est une surface munie d’une métrique riemannienne g.
Soient p un point de M et (U,
ϕ) une
carte locale de M avec p ∈ U . On considère les
∂
champs de vecteurs Ei = ϕ−1
pour i = 1, 2.
∗
∂xi
2a. Expliciter, en fonction de E1 , E2 et des coefficients gij de la métrique, un champ de
vecteurs Y de classe C ∞ dans U , tel que pour tout point q de U , le couple (E1 (q), Y (q))
forme une base orthogonale de Tq M .
2b. On pose X1 = E1 et X2 = Y . Pour i = 1, 2, on considère la fonction hi : Ui −→ †R
associée à Xi par la question 1. On définit une application ψ : U1 ∩ U2 −→ R2 par ψ(q) =
(h1 (q), h2 (q)). Montrer que la matrice de dψ(p) relativement
à la base (X1 (p), X2 (p)) de
0
β
Tp M et à la base canonique de R2 est de la forme
avec αβ 6= 0.
α 0
2c. En déduire qu’il existe un voisinage V de p tel que (V, ψ) soit une carte locale de M
et montrer que les lignes de coordonnées xi =cte (i = 1, 2) associées à cette carte sont
orthogonales.
Problème
On s’intéresse au produit cartésien T2 = S1 × S1 , où S1 désigne comme d’habitude le
cercle unité {(s, t) ∈ R2 ; s2 + t2 = 1}. On identifie T2 au sous-ensemble M de R4 donné
par M = {(s, t, ξ, η) ∈ R4 ; (s, t) ∈ S1 et (ξ, η) ∈ S1 }, que l’on munit de la topologie
induite.
1. Montrer que M est une surface régulière dans R4 et déterminer des équations du plan
tangent Tp M en un point p = (s, t, ξ, η) quelconque de M . Exhiber un couple de vecteurs
de R4 formant une base de Tp M .
49
50
2. On considère l’application Ψ qui à tout point (s, t, ξ, η) de M associe le point (x, y, z)
de R3 donné par x = s, y = (2 + t)ξ et z = (2 + t)η.
2a. Montrer que Ψ est injective.
2b. Pour tout p = (s, t, ξ, η) de M , écrire la matrice de dΨ(p) relativement à la base de
Tp M trouvée à la question 1, et à la base canonique de R3 .
2c. Montrer que Ψ est un plongement.
3. On pose M 0 = Ψ(M ).
3a. Pourquoi peut-on affirmer, sans expliciter M 0 , que l’on obtient ainsi une surface
régulière de R3 ?
3b. Décrire géométriquement la surface M 0 (si besoin est, on pourra commencer par
déterminer l’ensemble des points Ψ(s, t, 1, 0) où (s, t) parcourt S1 , puis, pour chaque (s, t)
fixé dans S1 , l’ensemble des points Ψ(s, t, ξ, η) où (ξ, η) parcourt S1 ).
Dans toute la suite, on munit M (resp. M 0 ) de la métrique g (resp. g 0 ) induite par la
métrique euclidienne canonique de R4 (resp. R3 ).
4. On définit une application f : R2 −→ R4 par f (u, v) = (cos u, sin u, cos v, sin v) pour
tout (u, v) de R2 .
4a. Montrer que pour tout point p de M , il existe un voisinage U de p dans M et un
ouvert W de R2 tels que f réalise un difféomorphisme de W vers U .
4b. Dans U , on pose ϕ = f −1 . Montrer que dans les coordonnées locales (u, v) associées
à la carte (U, ϕ), la métrique g est donnée par ds2 = du2 + dv 2 .
4c. En déduire (sans calcul) la valeur de la courbure de Gauss K de la surface M en tout
point de celle-ci.
4d. En utilisant le paramétrage local P (u, v) = Ψ ◦ f (u, v), déterminer la première et la
deuxième forme fondamentale de la surface M 0 et calculer la valeur de sa courbure de
Gauss K 0 en tout point de paramètres (u, v).
4e. L’application Ψ réalise-t-elle une isométrie entre (M, g) et (M 0 , g 0 ) ?
8.2. CORRIGÉ
51
8.2. Corrigé
Exercice
1. D’après le théorème de linéarisation des trajectoires, on
sait qu’il existe une carte
∂
(U, ϕ), avec p ∈ U et ϕ(p) = 0, telle que l’on ait X = ϕ−1
= E1 dans U , où l’on
∗
∂x
1
∂
−1
pose comme d’habitude Ej = ϕ∗
pour j = 1, . . . , m. On choisit comme fonction
∂xj
h la m-ème composante de ϕ. On a d’abord h(p) = (ϕ(p))m = 0, et par continuité on
en tire que si c est assez petit, l’ensemble Nc est non vide. Ensuite, pour x = ϕ(q), on a
∂
∂
évidemment dh(q) · Ej (q) = Ej h(q) =
(h ◦ ϕ−1 )(x) =
xm = 1 si j = m et 0 sinon.
∂xj
∂xj
Ceci implique en particulier que l’on ait dh(q) 6= 0 pour tout q de U , donc pour tout q
de Nc , qui est par conséquent une hypersurface de M . On voit aussi que Xh = E1 h = 0,
ainsi X est tangent à cette hypersurface.
2a. On s’inspire du procédé d’orthonormalisation de Schmidt. On cherche Y sous la
forme E2 − ψE1 , où ψ est de classe C ∞ dans U . Il est clair qu’en tout point q, les
vecteurs E1 (q) et Y (q) sont linéairement indépendants et forment donc une base du plan
tangent Tq M . La condition d’orthogonalité s’écrit g(E1 , Y ) = 0. Or on a g(E1 , Y ) =
g(E1 , E2 )−ψg(E1 , E1 ) = g12 −ψg11 . On prend donc ψ = g12 /g11 , la division étant légitime
puisque g11 ne s’annule en aucun point (elle est à valeurs strictement positives).
2b. On a dh(p) · X1 (p) = (dh1 (p) · X1 (p), dh2 (p) · X2 (p)) = (X1 h1 (p), X1 h2 (p)). Or on
a X1 h1 (p) = 0 puisque X1 est tangent à la sous-variété N = {q ; h1 (q) = 0} d’après
la question 1. On a aussi dim Tp N = dim N = 1, donc le vecteur X1 (p) engendre Tp N .
Comme X2 (p) ne lui est pas colinéaire, on a X2 (p) 6∈ Tp N et par conséquent X2 h(p) 6=
0. Ainsi dh(p) · X1 (p) = (0, α) avec α 6= 0. On raisonne symétriquement pour établir
dh(p) · X2 (p) = (β, 0) avec β 6= 0.
2c. On a une application ψ : M −→ R2 avec ψ(p) = 0, et d’après 2b, l’application
dψ(p) : Tp M −→ R2 est un isomorphisme. Le théorème d’inversion locale s’applique
donc : il existe un voisinage ouvert V de p dans M et un voisinage W de 0 dans R2 tel
que ψ réalise un difféomorphisme entre V et V 0 . Il revient au même de dire que (V, ψ)
est une carte locale de M au point p. Dans cette carte, la ligne de coordonnées xi = c est
l’ensemble {q ∈ V ; hi (q) = c} et, comme on l’a vu, le vecteur Xi (q) engendre sa tangente
au point q. Deux lignes de coordonnées x1 = c1 et x2 = c2 sont donc orthogonales en leur
point d’intersection q = ψ −1 (c1 , c2 ) puisque X1 (q) et X2 (q) sont orthogonaux.
Problème
1. On a M = {p = (s, t, ξ, η) ∈ R4 ; f1 (p) = f2 (p) = 0} avec f1 (p) = s2 + t2 − 1 et
f2 (p) = ξ 2 + η 2 − 1. Les fonctions f1 et f2 sont évidemment de classe C ∞ dans R4 et
on a df1 (p) = 2(sds + tdt) et df2 (p) = 2(ξdξ + ηdη). Soient λ et µ des réels vérifiant
λdf1 (p) + µdf2 (p) = 0. En regardant les composantes sur ds, dt, dξ, dη, on obtient λs =
λt = µξ = µη = 0. Or pour p ∈ M , on a (s, t) 6= (0, 0) et (ξ, η) 6= (0, 0). Il vient donc
λ = µ = 0. Ainsi df1 (p) et df2 (p) sont linéairement indépendantes en tout point p de M ;
52
il en résulte que M est bien une sous-variété de dimension 4 − 2 = 2 de R4 . On sait aussi
que l’on a alors Tp M = ker df1 (p)∩ker df2 (p) = {(α, β, γ, δ) ∈ R4 ; sα+tβ = ξγ +ηδ = 0}.
On obtient une base de ce sous-espace de R4 en prenant par exemple le couple de vecteurs
(v1 , v2 ) avec v1 = (t, −s, 0, 0) et v2 = (0, 0, η, −ξ).
2a. Soient p = (s, t, ξ, η) et p0 = (s0 , t0 , ξ 0 , η 0 ) des points de M et soient (x, y, z) = Ψ(p) et
2
(x0 , y 0 , z 0 ) = Ψ(p0 ). Supposons Ψ(p) = Ψ(p0 ). On observe que xp
+ y 2 = (2 + t)2 (ξ 2 + η 2 ) =
(2 + p
t)2 avec −1 ≤ t ≤ 1, donc 2 + t > 0. On en tire t = x2 + y 2 − 2 et, de même,
t0 = (x0 )2 + (y 0 )2 − 2. Les égalités x = x0 , y = y 0 donnent donc immédiatement s = s0
et t = t0 . En reportant l’égalité t = t0 dans les relations y = y 0 et z = z 0 , on trouve alors
ξ = ξ 0 et η = η 0 . Finalement, on a p = p0 , ce qui prouve que Ψ est injective.
e : R4 −→ R3
2b. L’application Ψ s’obtient comme restriction à M de l’application Ψ
e t, ξ, η) = (s , (2 + t)ξ , (2 + t)η) ; elle est donc clairement de classe C ∞
donnée par Ψ(s,
e
et sa différentielle dΨ(p) s’obtient comme restriction à Tp
M de dΨ(p).
Or on vérifie
1 0
0
0
e

. Par
0
ξ
2
+
t
0
immédiatement que la jacobienne de Ψ en p est la matrice
0 η
0
2+t
e
e
conséquent, on a dΨ(p) · v1 = dΨ(p)
· v1 = (t , −sξ , −sη) et dΨ(p) · v2 = dΨ(p)
· v2 =
(0 , (2 + t)η , −(2 + t)ξ). La matrice
 à la base (v1 , v2 ) de Tp M et à
de dΨ(p) relativement
t
0
la base canonique de R3 est donc  −sξ (2 + t)η .
−sη −(2 + t)ξ
2c. On détermine d’abord le rang de Ψ en tout point p de M ; on sait que c’est le rang de
la matrice déterminée dans la question précédente. Les trois déterminants d’ordre 2 que
l’on peut extraire de cette matrice valent t(2+t)ξ, −t(2+t)η et s(2+t)(ξ 2 +η 2 ) = s(2+t).
L’un au moins de ces trois déterminants est toujours non nul : une manière rapide de le
prouver consiste à remarquer que la somme de leur carrés vaut (2+t)2 (t2 (ξ 2 + η 2 ) + s2 ) =
(2 + t)2 (t2 + s2 ) = (2 + t)2 ≥ 1, puisque s2 + t2 = 1 et ξ 2 + η 2 = 1. Ainsi, Ψ est de rang
2 en tout point de M : c’est donc une immersion. On a vu qu’elle est aussi injective ;
elle établit donc une bijection de M sur son image dans R3 . Il reste à justifier que cette
bijection est un homéomorphisme, or ceci résulte aussitôt du fait que la variété M de
départ est manifestement compacte.
3a. L’image d’une variété de dimension m par un plongement est une variété de dimension
m pour la topologie induite par l’espace d’arrivée.
3b. La surface M 0 est le tore de révolution obtenu en faisant tourner autour de l’axe
des x le cercle C d’équations x2 + (y − 2)2 = 1, z = 0. En effet, ce cercle coı̈ncide avec
l’ensemble des points Ψ(s, t, 1, 0) = (s, 2 + t, 0) où (s, t) parcourt S1 , et l’ensemble des
points Ψ(s, t, ξ, η), où (s, t) est fixé et (ξ, η) parcourt S1 , s’obtient par rotation du point
(s, 2 + t, 0) de C autour du centre (s, 0, 0) dans le plan x = s.
8.2. CORRIGÉ
53
4a. On reprend les arguments bien connus pour les surfaces paramétrées de R3 , la
seule différence étant que l’on arrive ici dans R4 . D’abord, il est clair que f (R2 ) = M .
Par ailleurs les deux colonnes de la matrice jacobienne de f en un point (u, v) quel∂f
∂f
conque de R2 sont données par les vecteurs
(u, v) = (− sin u, cos u, 0, 0) et
(u, v) =
∂u
∂v
(0, 0, − sin v, cos v), qui sont linéairement indépendants dans R4 . Ainsi f est de rang 2 en
tout point de R2 ; c’est donc une immersion. Soit alors p un point de M et soit (u0 , v0 )
tel que p = f (u0 , v0 ) ; on sait qu’il existe un voisinage ouvert W de (u0 , v0 ) dans R2 tel
que la restriction de f à W soit un plongement, autrement dit tel que f établisse un
difféomorphisme de W sur un voisinage ouvert U de f (u0 , v0 ) = p dans M (on peut revoir
une preuve de cette assertion dans le corrigé du sujet d’Avril 2003).
4b. Le principe
que pour les surfaces paramétréees de R3 . On pose
est encore le même
∂
∂f
∂
E1 = ϕ−1
(u, v),
et E2 = ϕ−1
. Pour p = f (u, v) on a alors E1 (p) =
∗
∗
∂u
∂v
∂u
∂f
E2 (p) =
(u, v) et les coefficients de la métrique sont donnés par les produits scalaires
∂v
2
∂f
= 1, g12 (p) = g21 (p) =
euclidiens gij (p) = (Ei (p)|Ej (p)), d’où g11 (p) = (u,
v)
∂u
2
∂f
∂f
∂f
2
2
(u, v) (u, v) = 0 et g22 (p) = (u, v)
= 1. On en tire ds = g11 du +
∂u
∂v
∂v
2g12 dudv + g22 dv 2 = du2 + dv 2 .
4c. On vient de voir qu’en tout point de U , les coefficients de la métrique g dans la carte ϕ
sont ceux de la métrique euclidienne canonique g0 sur l’ouvert W de R2 ; autrement dit ϕ
est une isométrie entre (U, g) et (W, g0 ). On sait que la courbure de Gauss ne dépend que
de la métrique, par conséquent celle de M est la même que celle de R2 avec sa métrique
euclidienne, c’est-à-dire que l’on a K = 0 identiquement.
4d. On a P (u, v) = (cos u, (2 + sin u) cos v, (2 + sin u) sin v). On applique les formules
classiques (rappelées dans le corrigé du sujet de Juin 2001) pour le calcul des coefficients
des formes fondamentales de M 0 : on trouve E = 1, F = 0, G = (2 + sin u)2 , ` = −1,
`n − m2
sin u
m = 0 et n = − sin u(2 + sin u). On a alors K 0 =
=
.
2
EG − F
2 + sin u
4e. Si Ψ était une isométrie, les métriques de M au point f (u, v) et de M 0 au point
Ψ(f (u, v)) auraient la même expression dans les coordonnées (u, v), c’est-à-dire que l’on
54
aurait du2 + dv 2 = du2 + (2 + sin u)2 dv 2 en tout (u, v) de R2 . Ce n’est visiblement pas
le cas ici, et Ψ n’est donc pas une isométrie. Une autre réponse (que peut suggérer la
tournure de l’énoncé) consiste à dire que si Ψ était une isométrie, la courbure K de M
au point f (u, v) serait égale à la courbure K 0 de M 0 au point Ψ(f (u, v)) = P (u, v), ce qui
permet de conclure de la même manière.
Commentaire. Le produit T2 = S1 ×S1 étudié ici est souvent appelé tore plat ; le résultat
de la question 4c éclaire cette dénomination (bien que M ne soit pas T2 à proprement
parler, mais plutôt le plongement trivial de T2 dans R4 ). L’application Ψ réalise donc
le tore de révolution M 0 de R3 comme plongement du tore plat, non isométriquement.
Plus généralement, on sait que toute variété M se plonge dans un espace Rn pour n assez
grand : le lecteur peut se reporter au sujet de Septembre 2002 (pour le cas particulier d’une
variété compacte) et aux commentaires du corrigé. Mais une variété riemannienne (M, g)
peut-elle être plongée isométriquement dans l’espace Rn euclidien pour n convenable ? Une
réponse affirmative a été donnée en 1956 par John Nash ; la preuve est un véritable tour
de force où Nash introduit une méthode d’analyse novatrice qui, étendue et systématisée
par d’autres auteurs, débouchera sur l’actuel théorème des fonctions implicites de NashMoser. Si M est une variété compacte de dimension m, l’article original de Nash fournit
la valeur n = m(3m+11)
pour la dimension de l’espace de plongement. Cette valeur peut
2
être améliorée ; par exemple, Gromov a obtenu n = (m+2)(m+3)
en 1970. Pour le tore
2
2
plat T qui faisait l’objet du problème, on peut montrer qu’il n’existe pas de plongement
isométrique dans R3 : l’application Ψ de l’énoncé n’est qu’un cas particulier de ce fait.
On trouvera une introduction abordable à toutes ces questions dans [1].
CHAPITRE 9
9.1. Énoncé
Exercice 1
On note Pm l’espace projectif réel à m dimensions. On notera Ui l’ouvert de carte de Pm
donné par les points [x] avec xi 6= 0 et ϕi la carte correspondante, donnée par ϕi ([x]) =
xi−1 xi+1
xm+1
x1
,...,
,
,...,
. Soit (Vj , ψj ) le système de cartes analogue pour Pn ; on
xi
xi
xi
xi
rappelle que l’on obtient un système de cartes sur Pm ×Pn en considérant tous les couples
(Wij , Φij ) avec Wij = Ui × Vj et Φij ([x], [y]) = (ϕi ([x], ψj ([y])). Dans la suite, on suppose
m ≤ n.
1. Pour (x, y) ∈ (R
m+1
n+1
\ {0}) × (R
\ {0}), on pose f (x, y) =
m+1
X
xk yk . Vérifier que la
k=1
condition f (x, y) = 0 ne dépend que du point [x] de Pm et du point [y] de Pn .
On peut alors définir M = {([x], [y]) ∈ Pm × Pn ; f (x, y) = 0}.
2. Pour ([x], [y]) ∈ Wij , on pose ξ = ϕi ([x]) et η = ψj ([y]). Donner une condition nécessaire
et suffisante sur les réels ξ1 , . . . , ξm et η1 , . . . , ηn pour que le point (ξ, η) de Rm × Rn
appartienne à Φij (Wij ∩ M ) (pour simplifier les notations, on pourra se contenter de
travailler seulement avec i = 1, en distinguant les cas j = 1, 2 ≤ j ≤ m + 1 et m + 2 ≤ j).
3. Montrer que M est une hypersurface régulière de Pm × Pn .
Exercice 2
Soient I, J et Ω trois intervalles ouverts de R. On considère le système d’équations aux
dérivées partielles

∂u



 ∂s (s, t) = A(s, u(s, t))
(S)


∂u


(s, t) = B(t, u(s, t))
∂t
où (s, x) 7−→ A(s, x) (resp. (t, x) 7−→ B(t, x)) est une fonction de classe C ∞ sur I × Ω
(resp. sur J × Ω) ne s’annulant en aucun point de I × Ω (resp. J × Ω). Montrer que les
propriétés (A) et (B) suivantes sont équivalentes :
(A) Pour tout (s0 , t0 , x0 ) de I × J × Ω, le système (S) admet une solution u définie au
voisinage de (s0 , t0 , x0 ) et telle que u(s0 , t0 ) = x0 ,
55
56
(B) Il existe des fonctions f , g, h de classe C ∞ respectivement sur I, J et Ω telles que
l’on ait A(s, x) = f (s)h(x) et B(t, x) = g(t)h(x) pour tout (s, t, x) de I × J × Ω.
Exercice 3
On considère un intervalle ouvert I de R et une application γ : I −→ Rn de classe
C ∞ . On note Γ = γ(I) et on suppose que γ est un plongement, de sorte que Γ est une
courbe régulière (c’est-à-dire une sous-variété de dimension 1) de Rn . Pour p ∈ Γ, on pose
ϕ(p) = γ −1 (p).
1. Justifier rapidement que ϕ définit une carte en tout point de Γ. On note t = ϕ(p) la
d
coordonnée locale associée et on considère le champ de vecteurs E1 = ϕ−1
sur Γ.
∗
dt
2. On définit une 1-forme différentielle Ω sur Γ en posant, pour p ∈ Γ et v ∈ Tp Γ,
Ω(p)(v) = (E1 (p)|v) ,
où (· | ·) désigne le produit scalaire euclidien canonique sur Rn . Montrer que Ω oriente
Γ et que γ ∗ Ω(t) = kγ 0 (t)k2 dt. En déduire l’expression de γ ∗ Ωg (t), où Ωg est l’élément de
longueur riemannien pour la métrique induite par Rn sur Γ.
Exercice 4
Soit W un ouvert de R2 et soit P : W −→ R3
un paramétrage d’une surface
(u, v) 7−→ P (u, v)
M de R3 . On note (· | ·) le produit scalaire canonique sur R3 et N la normale unitaire
associée au paramétrage P .
1. Dans cette question, on suppose que dans le système de coordonnées (u, v) la première
forme quadratique fondamentale de M est donnée par
(I)
ds2 = λ(u, v)(du2 + dv 2 ),
où λ est une fonction de classe C ∞ à valeurs strictement positives dans W . On considère
alors l’application ∆P : W −→ R3 donnée par
∂ 2P
∂ 2P
∆P =
+
.
∂u2
∂v 2
1a. Montrer que (∆P |N ) = 2λH, où H est la courbure moyenne de M .
∂P
∂P
1b. Montrer que l’on a ∆P = 0 et ∆P = 0.
∂u
∂v
1c. En conclure que ∆P = 2λHN .
1 ∂
∂
1
∂
∂
2. On considère les opérateurs ∂ =
−i
et ∂¯ =
+i
. On pose
2 ∂u
∂v
2 ∂u
∂v
P (u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) et on considère les trois fonctions (à valeurs complexes)
ξ = ∂x, η = ∂y et ζ = ∂z. On suppose que la fonction ξ 2 + η 2 + ζ 2 est identiquement
nulle dans W . Montrer que la condition (I) est vérifiée et en déduire que la surface M est
¯ ∂η
¯ et ∂ζ
¯ sont identiquement nulles dans W .
minimale si et seulement si ∂ξ,
9.2. CORRIGÉ
57
9.2. Corrigé
Exercice 1
1. Soient x0 dans Rm+1 \ {0} et y 0 dans Rn+1 \ {0} des représentants quelconques de
[x] et [y]. Alors il existe des réels non nuls λ et µ tels que x0 = λx et y 0 = λy, d’où
f (x0 , y 0 ) = λµf (x, y). Par conséquent on a f (x0 , y 0 ) = 0 si et seulement si f (x, y) = 0, ce
qui montre que la condition f (x, y) = 0 ne dépend que de [x] et [y] et non du choix de
représentants particuliers de ces classes d’équivalence.
2. Pour ([x], [y]) ∈ W1j , l’équation f (x, y) = 0 devient, après division par x1 ,
y1 + ξ1 y2 + · · · + ξm ym+1 = 0.
Pour j = 1, on peut également diviser par y1 et l’on obtient alors
(E1 )
1 + ξ1 η1 + · · · + ξm ηm = 0.
Pour 2 ≤ j ≤ m + 1, la division par yj conduit à l’équation
(Ej )
η1 + ξ1 η2 + · · · + ξj−2 ηj−1 + ξj−1 + ξj ηj + · · · + ξm ηm = 0.
Enfin, pour m + 2 ≤ j, on obtient
(Ej )
η1 + ξ1 η2 + · · · + ξm ηm+1 = 0.
Dans tous les cas, (ξ, η) vérifie l’équation (Ej ) si et seulement si on a (ξ, η) = Φ1j ([x], [y])
avec ([x], [y]) ∈ W1j ∩ M , autrement dit si et seulement si (ξ, η) ∈ Φ1j (W1j ∩ M ). On
pourrait procéder de façon analogue pour les autres ouverts de carte Wij avec i 6= 1.
3. Il suffit de vérifier que pour tout ouvert de carte Wij de Pm × Pn , l’image Φij (Wij ∩
M ) est une hypersurface régulière de Rm × Rn = Rm+n . En effet, puisque Φij est un
difféomorphisme, Wij ∩M sera alors une hypersurface régulière de Pm ×Pn , ce qui permet
évidemment de conclure. Traitons le cas i = 1 détaillé précédemment : on a obtenu la
description Φ1j (W1j ∩ M ) = {(ξ, η) ∈ Rm × Rn ; fj (ξ, η) = 0} où les fj sont les polynômes
figurant dans les équations (Ej ) de la question 2. Il suffit alors de vérifier que l’on a
dfj (ξ, η) 6= 0 en tout point (ξ, η) de Φ1j (W1j ∩ M ). Pour j ≥ 2, cela est évident puisque
la composante de dfj (ξ, η) sur dη1 est égale à 1. Pour j = 1, on observe que la condition
f1 (ξ, η) = 0 impose clairement que l’un au moins des produits ξk ηk (k = 1, . . . , m) soit
non nul. Les composantes de df1 (ξ, η) sur dηk et sur dξk étant respectivement ξk et ηk , il
s’ensuit que l’un au moins de ces composantes est non nulle, d’où le résultat.
Commentaire. Les hypersurfaces M sont connues sous le nom de variétés de Milnor,
par référence à l’article [7] de John Milnor, où elles furent introduites et utilisées dans une
problématique qui dépasse largement celle de l’énoncé : la théorie du cobordisme (deux
variétés M et N sont dites cobordantes s’il existe une variété à bord dont le bord est
réunion disjointe de M et N ).
Exercice 2
58
La condition (A) n’est autre que la complète intégrabilité du système (S). En appliquant
à ce système le théorème de Frobenius, sous la forme rappelée dans le corrigé du sujet
d’Avril 2001, on trouve que cette condition équivaut à la relation
∂A
∂B
(C)
B(t, x)
(s, x) = A(s, x)
(t, x) pour tout (s, t, x) ∈ I × J × Ω.
∂x
∂x
Il reste à prouver que (B) et (C) sont équivalentes. Le sens (B)=⇒(C) est immédiat.
Réciproquement, supposons que (C) soit vérifiée. Puisque les fonctions A et B sont supposées ne s’annuler en aucun point, on peut encore écrire cette propriété sous la forme
1 ∂A
1 ∂B
(s, x) =
(t, x) pour (s, t, x) ∈ I × J × Ω.
A ∂x
B ∂x
1 ∂A
1 ∂B
De ceci il résulte aussitôt que
(s, x) ne dépend pas de s. De même,
(t, x)
A ∂x
B ∂x
ne dépend pas de t. Notons k(x) la valeur commune de ces deux expressions ; k est une
fonction de classe C ∞ sur l’intervalle Ω. Soit K une primitive de k sur l’intervalle Ω.
L’équation
∂A
(s, x) = k(x)A(s, x)
∂x
s’intègre immédiatement sous la forme A(s, x) = f (s) exp K(x) où f est une fonction de
classe C ∞ sur I (en effet, si on définit f (s, x) = A(s, x) exp(−K(x)) pour (s, x) ∈ I × Ω,
on voit que ∂f /∂x est identiquement nulle dans I × Ω ; donc f (s, x) ne dépend pas de
x). On a symétriquement une égalité B(t, x) = g(t) exp K(x) ; au final on a obtenu la
propriété (B) avec h(x) = exp K(x).
Remarque. Si l’on ne se souvient plus de l’expression explicite générale de la condition de
Frobenius, il existe quand même un moyen simple de retrouver (C) : en effet, supposons
que (A) soit vérifiée et considérons, pour (s0 , t0 , x0 ) quelconque dans I ×J ×Ω, la solution
∂ 2u
u fournie par l’hypothèse. On calcule δ =
(s0 , t0 ) en dérivant la première équation
∂t∂s
de (S) par rapport à t, puis en spécialisant (s, t) = (s0 , t0 ) : compte tenu de la deuxième
∂A
(s0 , x0 ). On procède
équation et de la condition u(s0 , t0 ) = x0 , on trouve δ = B(t0 , x0 )
∂x
2
∂ u
∂B
symétriquement pour calculer δ 0 =
(s0 , t0 ) ; on trouve δ 0 = A(s0 , x0 )
(t0 , x0 ). La
∂s∂t
∂x
condition (C) s’écrit δ = δ 0 ; l’implication (A)=⇒(C) est donc une conséquence directe du
théorème de Schwarz sur la permutation des dérivées partielles. Le théorème de Frobenius
dit, quant à lui, que la condition nécessaire d’intégrabilité ainsi déduite du théorème de
Schwarz est localement suffisante.
Exercice 3
1. Puisque γ est par hypothèse un plongement, c’est un difféomorphisme de I sur l’image
Γ = γ(I) (celle-ci étant munie de la topologie induite par Rn ). Il revient au même de dire
que la réciproque γ −1 : Γ −→ I est une carte sur Γ tout entière.
2. Le but de cette question était d’évaluer si les candidats maı̂trisaient le sens des notations
différentielles dt, dtd , γ ∗ etc., en testant leur capacité à les traduire concrètement dans un
9.2. CORRIGÉ
59
cadre très simple. Ici dtd représente le champ constant t 7−→ e1 , où e1 est le vecteur de la
base canonique de R, c’est-à-dire le réel 1 tout simplement. La forme duale dt satisfait
dt(e1 ) = 1 d’où dt(v) = v pour tout réel v. La relation classique dγ(t) · v = vγ 0 (t) entre
dérivée et différentielle pour les fonctions vectorielles d’une variable réelle s’écrit ainsi
symboliquement dγ(t) = γ 0 (t)dt. On sait enfin que pour t = ϕ(p), on a E1 (p) = dγ(t) · e1 ,
d’où E1 (p) = dγ(t) · 1 = γ 0 (t) compte tenu de ce qui précède. De la relation Ω(p)(E1 (p)) =
kE1 (p)k2 et du fait que E1 (p) est non nul (on sait qu’il engendre Tp Γ), on tire que Ω(p)
est non nulle. On a ainsi une 1-forme ne s’annulant en aucun point d’une variété de
dimension 1, d’où une orientation. Par définition du pullback, on a par ailleurs, pour tous
t ∈ I et v ∈ Tt I ≈ R, la relation γ ∗ Ω(t) · v = Ω(γ(t))(dγ(t) · v) = Ω(γ(t))(vγ 0 (t) =
(E1 (γ(t))|γ 0 (t))v = kγ 0 (t)k2 v, ce qui s’écrit bien sous la forme γ ∗ Ω(t) = kγ 0 (t)k2 dt. On
sait enfin qu’il existe une fonction numérique λ telle que Ω = λΩg ; on explicite λ en
écrivant que Ωg (p) doit prendre la valeur +1 sur une base normée positivement orientée
de Tp Γ. On peut prendre comme telle base le vecteur n(p) = E1 (p)/kE1 (p)k ; en effet un
simple calcul montre que l’on a Ω(p)(n(p)) = kE1 (p)k > 0. Ce calcul donne aussi la valeur
1 ∗
λ(p) = kE1 (p)k = kγ 0 (t)k, et pour finir γ ∗ Ωg (t) =
γ Ω(t) = kγ 0 (t)kdt. On retrouve
λ(p)
(heureusement !) l’élément de longueur familier en rectification des arcs.
Exercice 4
2 2 ∂ P
∂ P
1a. On a N 2 = ` et N 2 = n, d’où (N |∆P ) = ` + n. Par ailleurs, on sait
∂u
∂v
1 En − 2F m + G`
que H =
. Or on a ici E = G = λ et F = 0, d’où ` + n = 2λH et le
2
EG − F 2
résultat demandé.
2 2 ∂P
∂ P ∂P
∂ P ∂P
=
+
. On calcule séparément les deux
1b. On a ∆P ∂u
∂u2 ∂u
∂v2 ∂u
∂P ∂P
termes de la somme. En dérivant la relation
= E = λ par rapport à u, on
∂u ∂u
trouve
2 1 ∂λ
∂ P ∂P
=
.
(∗)
∂u2 ∂u
2 ∂u
∂P ∂P
On utilise ensuite la relation
= F = 0, que l’on dérive par rapport à v : on
2 2 ∂u ∂v
∂P ∂ P
∂ P ∂P
en tire
=
−
. Ce dernier terme peut se calculer à partir de la
2
∂u∂v ∂v
∂u ∂v ∂P ∂P
relation
= G = λ. En dérivant celle-ci par rapport à u, on obtient en effet
2∂v ∂v
∂P ∂ P
∂λ
2
=
, d’où finalement
∂v ∂u∂v
∂u
2 ∂ P ∂P
1 ∂λ
(∗∗)
=
−
.
∂u2 ∂v
2 ∂u
60
∂P
∂P
∂u = 0 résulte alors aussitôt de (∗) et (∗∗). L’égalité ∆P ∂v = 0
se justifie en remarquant simplement que u et v jouent des rôles symétriques.
∂P
∂P
1c. On sait que pour tout point (u, v) de W , les vecteurs
(u, v),
(u, v), N (u, v)
∂u
∂v
forment une base de R3 . La question 1b montre que ∆P (u, v) est toujours orthogonal
aux deux premiers vecteurs de cette base. On a donc ∆P = αN où α est un coefficient à
déterminer : il suffit alors de prendre le produit scalaire de cette égalité par N et d’utiliser
1a pour obtenir α = 2λH.
2 2
∂x
∂x ∂x
∂x
2
−
− 2i
et l’égalité analogue pour 4η 2
2. On a trivialement 4ξ =
∂u
∂v
∂u ∂v
(resp. 4ζ 2 ) en remplaçant x par y (resp. z). En ajoutant membre à membre les trois égalités
ainsi obtenues, on trouve 4(ξ 2 + η 2 + ζ 2 ) = E − G − 2iF . L’hypothèse ξ 2 + η 2 + ζ 2 = 0 de
l’énoncé équivaut donc à E = G et F = 0, autrement dit à la condition (I) de la question
1. D’après 1c, on voit alors que M est minimale si et seulement si on a ∆P = 0. Or un
¯ , ∂η
¯ , ∂ζ)
¯ ; ainsi M est minimale si et seulement
calcul immédiat montre que ∆P = 4(∂ξ
¯ = ∂η
¯ = ∂ζ
¯ = 0 dans W .
si ∂ξ
L’égalité ∆P
Commentaire. Le résultat précédent conduit à la construction de surface minimales
à partir de la donnée de trois fonctions holomorphes astreintes à une certaine condition
algébrique. Il existe en fait des liens précis entre les surfaces minimales et certaines notions
de la théorie classique des fonctions d’une variable complexe (représentation conforme,
fonctions elliptiques...). Le lecteur curieux pourra se reporter à [4] ou [9].
Bibliographie
[1] Ben Andrews. Notes on the isometric embedding problem and the Nash-Moser implicit function
theorem. In Surveys in analysis and operator theory (Canberra, 2001), volume 40 of Proc. Centre
Math. Appl. Austral. Nat. Univ., pages 157–208. Austral. Nat. Univ., Canberra, 2002.
[2] Edward Bierstone and Pierre D. Milman. Resolution of singularities. In Several complex variables
(Berkeley, CA, 1995–1996), volume 37 of Math. Sci. Res. Inst. Publ., pages 43–78. Cambridge Univ.
Press, Cambridge, 1999.
[3] William M. Boothby. An introduction to differentiable manifolds and Riemannian geometry, volume
120 of Pure and Applied Mathematics. Academic Press Inc., Orlando, FL, second edition, 1986.
[4] Alfred Gray. Modern differential geometry of curves and surfaces with Mathematica. CRC Press,
Boca Raton, FL, second edition, 1998.
[5] Victor Guillemin and Alan Pollack. Differential topology. Prentice-Hall Inc., Englewood Cliffs, N.J.,
1974.
[6] Krzysztof Kurdyka, Tadeusz Mostowski, and Adam Parusiński. Proof of the gradient conjecture of
R. Thom. Ann. of Math. (2), 152(3) :763–792, 2000.
[7] John Milnor. On the Stiefel-Whitney numbers of complex manifolds and of spin manifolds. Topology,
3 :223–230, 1965.
[8] R. Narasimhan. Analysis on real and complex manifolds, volume 35 of North-Holland Mathematical
Library. North-Holland Publishing Co., Amsterdam, 1985. Reprint of the 1973 edition.
[9] John Oprea. The mathematics of soap films : explorations with Mapler , volume 10 of Student Mathematical Library. American Mathematical Society, Providence, RI, 2000.
[10] Igor R. Shafarevich. Basic algebraic geometry. 1. Springer-Verlag, Berlin, second edition, 1994. Varieties in projective space, Translated from the 1988 Russian edition and with notes by Miles Reid.
61
Index
Plongement, 19, 52
dans l’espace euclidien, 37, 39, 54
de Segre, 28
image d’une variété par un, 52
isométrique, 54
Pseudosphère, 23
Asymptotique
direction, 33
ligne, 31
Caractéristique, 48
Condition aux limites, 48
Coordonnées
homogènes, 25
lignes de, 33, 49
orthogonales, 49
Courbure
de Gauss, 13, 20, 31, 50
direction principale de, 13, 17
ligne de, 13, 17, 31
moyenne, 13, 20, 31
principale, 13, 17, 18, 20, 31
Submersion, 26
Surface
d’Enneper, 33
minimale, 17, 33, 56
paramétrée, 13, 14, 20, 50, 56
Théorème
de Frobenius, 11, 57
de linéarisation des trajectoires, 51
de plongement de Whitney, 39
de régularité globale du flot, 33
du rang, 46
Tore
de révolution, 52
plat, 54
Eclatement, 9
Espace
projectif réel
Pm , 25, 55
Forme fondamentale
deuxième, 16, 20, 31, 50
première, 16, 20, 31, 50
Variété
compacte, 28, 37, 52
orientable, 20, 38
parallélisable, 38, 42
riemannienne, 19
sous-, 25
Gradient
d’une fonction relativement à une métrique,
22
trajectoire d’un champ de, 21
Hélicoı̈de, 16
Image directe d’un champ de vecteurs, 5, 34, 35
Immersion, 25, 28
injective, 39, 52
plongement local, 43, 53
Isométrie, 13, 15, 24, 50, 53
Métrique
de Poincaré, 13
Ombilic, 14
63

Problèmes corrigés de Géométrie Différentielle 2001

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