Leçon 13 — Topologie quotient & polygone marqué → surface

Recoller les côtés d'un polygone — et démontrer que le résultat est toujours une surface.

Deux notions du champ d'examen (liste 1) : la topologie quotient et la surface. Une preuve du champ (liste 2, Cours 13) : « un polygone marqué dans la topologie quotient donne une surface ». C'est la preuve la plus technique du programme — elle mérite qu'on lui consacre toute la leçon.

1. Topologie quotient (polycopié §I.5.2)

Rappel — relation d'équivalence et ensemble quotient

Une relation d'équivalence sur $X$ est une relation $\sim$ qui est réflexive, symétrique et transitive. Pour $x \in X$, on note $[x] = \{x' \in X : x \sim x'\}$ sa classe d'équivalence. Les classes forment une partition de $X$. L'ensemble quotient $X/\!\sim$ est l'ensemble des classes d'équivalence, et $$\pi \;:\; X \longrightarrow X/\!\sim,\qquad x \longmapsto [x]$$ est la projection canonique.

Définition — Topologie quotient (polycopié §I.5.2)

Soient $(X, \mathcal{T})$ un espace topologique et $\sim$ une relation d'équivalence sur $X$. La topologie quotient sur $X/\!\sim$ est définie par : $$U \subseteq X/\!\sim \; \text{est ouvert} \;\iff\; \pi^{-1}(U) \subseteq X \; \text{est ouvert}.$$ L'espace topologique $(X/\!\sim, \mathcal{T}_{\sim})$ est appelé l'espace quotient.

Propriétés fondamentales (polycopié §I.5.2)

$\mathcal{T}_{\sim}$ est bien une topologie sur $X/\!\sim$ (vérification : $\pi^{-1}$ préserve $\emptyset$, l'ensemble total, unions et intersections).
$\pi$ est continue par construction, et $\mathcal{T}_{\sim}$ est la plus fine des topologies sur $X/\!\sim$ pour laquelle $\pi$ est continue.
Critère de continuité d'une application depuis un quotient. Soit $g : X/\!\sim \; \to Y$. Alors $g$ est continue si et seulement si $g \circ \pi : X \to Y$ est continue.

La propriété 3 est le réflexe à avoir pour montrer qu'une application partant d'un quotient est continue : on la « remonte » sur $X$ via $\pi$.

Exemple canonique — le cercle comme quotient de $[0, 1]$

Sur $X = [0, 1]$ (topologie standard) avec la relation $0 \sim 1$ (et tout point équivalent uniquement à lui-même sinon), l'espace quotient $[0, 1]/(0 \sim 1)$ est homéomorphe à $S^1$. L'homéomorphisme est induit par $f(t) = e^{2\pi i t}$ qui envoie $0$ et $1$ sur le même point $1 \in S^1$ (polycopié §I.5.2, exemple 2).

2. Surfaces (Cours Surfaces)

Définition — Surface (Cours Surfaces)

Un espace topologique métrisable $S$ est une surface si pour chaque $p \in S$, il existe un ouvert $U \subseteq S$ contenant $p$ et tel que $U$ est homéomorphe au disque unité ouvert $B(0, 1)$ du plan $\mathbb{R}^2$.

Deux exigences à retenir séparément

Métrisable (rappel Leçon 4 : il existe une métrique $d$ sur $S$ telle que $\mathcal{T} = \mathcal{T}_d$).
Localement homéomorphe à un disque ouvert $B(0, 1) \subset \mathbb{R}^2$.

Chacune est nécessaire. Un espace localement euclidien mais non métrisable (par exemple, la « longue droite » avec deux origines) n'est pas une surface au sens du cours.

Exemples de surfaces

La sphère $S^2 = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2+y^2+z^2 = 1\}$. Métrisable (induite par $\mathbb{R}^3$), localement homéo à $B(0,1)$ via projection stéréographique.
Le tore $T^2 = S^1 \times S^1$.
La bouteille de Klein et le plan projectif $\mathbb{R}P^2$ (obtenus comme quotients).

3. Polygone marqué et mot associé (Cours Surfaces)

Définition — Polygone marqué

Un polygone marqué $\Pi^*$ est un polygone $\Pi$ (compact, convexe) muni :

d'un ensemble de sommets $V$ et de côtés $E$ ;
d'un appariement des côtés en paires $P_E = \{(e_1, e_2), (e_3, e_4), \ldots\}$ (chaque côté apparaît dans exactement une paire) ;
d'une orientation sur chaque côté : positive si elle correspond au sens contre-horaire de parcours du bord de $\Pi$, négative sinon.

On encode $\Pi^*$ par un mot $w$ : on associe une lettre distincte à chaque paire, on choisit un sommet de départ, et on lit les côtés dans le sens contre-horaire, en ajoutant un macron $\bar{\cdot}$ sur la lettre chaque fois que l'orientation du côté est négative.

Exemple — les six polygones marqués sur le carré

Sur le carré, les six polygones marqués possibles correspondent aux mots : $$ab\bar{a}\bar{b}, \quad ab\bar{a}b, \quad abab, \quad a\bar{a}b\bar{b}, \quad aa\bar{b}b, \quad aabb.$$ Chacun donne une surface différente (voire, comme on le verra, une même surface à équivalence près).

Définition — Collage et relation d'équivalence

Pour chaque paire $(e_1, e_2)$ munie de ses orientations, il existe une unique application linéaire bijective $\sigma : e_1 \to e_2$ respectant les orientations. On colle alors les côtés en définissant sur $\Pi$ la relation d'équivalence $\sim$ engendrée par les relations $$p \sim \sigma(p), \qquad p \in e_1,$$ pour chaque paire. La surface associée est le quotient $\Sigma_w := \Pi/\!\sim$ muni de la topologie quotient.

Description des classes d'équivalence (Cours Surfaces)

Pour $p$ à l'intérieur de $\Pi$ : $[p] = \{p\}$ (classe singleton, aucun collage).
Pour $p$ sur le bord mais pas un sommet : $[p]$ contient exactement 2 points — $p$ et $\sigma(p)$ (ou $\sigma^{-1}(p)$).
Pour $p$ un sommet : $[p]$ contient $k \geq 1$ sommets, où $k$ dépend du mot (situation à analyser au cas par cas).

4. Le théorème du champ — $\Sigma_w$ est une surface

Théorème (Cours Surfaces, Exercice 2)

Hypothèse : $\Pi^*$ un polygone marqué (avec appariement et orientations des côtés), $\sim$ la relation d'équivalence engendrée par le collage.

Conclusion : l'espace quotient $\Sigma_w = \Pi/\!\sim$, muni de la topologie quotient, est une surface.

Il faut vérifier les deux exigences de la définition : (a) $\Sigma_w$ est métrisable, et (b) chaque point de $\Sigma_w$ a un voisinage ouvert homéomorphe à $B(0, 1) \subset \mathbb{R}^2$.

Preuve — (a) métrisabilité

$\Pi$ est un compact métrique (fermé borné de $\mathbb{R}^2$). La relation $\sim$ identifie au plus un nombre fini de points par classe (au plus 2 pour les points non-sommets, au plus $|V|$ pour les sommets). Un tel quotient d'un compact métrique par une relation à classes finies est métrisable (résultat général qu'on admet ici, ou vérifiable en construisant explicitement une métrique quotient $$d_{\sim}([p], [q]) \;=\; \inf \Bigl\{ \sum_{i=1}^{n} d(p_i, q_i) \;:\; p_1 \sim p, \; q_n \sim q, \; q_i \sim p_{i+1} \Bigr\}$$ et en vérifiant que $\mathcal{T}_{d_{\sim}}$ coïncide avec la topologie quotient). ✓

Le cœur de la preuve est (b). Elle se traite par disjonction de cas selon la nature du point $[p] \in \Sigma_w$ — les mêmes trois cas que la description des classes d'équivalence.

Preuve — (b) cas 1 : $[p] = \{p\}$, $p$ à l'intérieur de $\Pi$

Choisir un rayon adapté Comme $p$ est intérieur, il existe $\varepsilon > 0$ tel que la boule $B(p, \varepsilon) \subseteq \operatorname{Int}(\Pi)$.
Vérifier la saturation Pour tout $q \in B(p, \varepsilon)$, $q$ est intérieur donc $[q] = \{q\}$. Ainsi $\pi^{-1}(\pi(B(p, \varepsilon))) = B(p, \varepsilon)$. Par définition de la topologie quotient, $\pi(B(p, \varepsilon))$ est ouvert dans $\Sigma_w$.
Construire l'homéomorphisme L'application $\pi|_{B(p, \varepsilon)} : B(p, \varepsilon) \to \pi(B(p, \varepsilon))$ est bijective (les classes sont des singletons), continue, et ouverte (par la saturation du point 2, l'image de tout ouvert est ouverte). Donc c'est un homéomorphisme.
Comme $B(p, \varepsilon) \cong B(0, 1)$ (homéo trivial), on a $\pi(B(p, \varepsilon)) \cong B(0, 1)$. ✓

Preuve — (b) cas 2 : $[p] = \{p_1, p_2\}$, points de bord non-sommets

Par construction, $p_2 = \sigma(p_1)$ pour un certain appariement $(e_1, e_2)$ avec $p_1 \in e_1$, $p_2 \in e_2$.

Choisir un rayon adapté Choisir $\varepsilon > 0$ suffisamment petit pour que : (i) $B(p_i, \varepsilon)$ ne contienne aucun sommet de $\Pi$, et (ii) $\sigma$ soit bien définie sur $B(p_1, \varepsilon) \cap e_1$ (elle envoie ce morceau dans $B(p_2, \varepsilon) \cap e_2$).
Poser $D_i := B(p_i, \varepsilon) \cap \Pi$ : c'est un demi-disque (le côté $e_i$ agissant comme diamètre local).
Vérifier la saturation de $D_1 \cup D_2$ Pour $q \in D_i \setminus e_i$ (partie intérieure du demi-disque) : $[q] = \{q\}$, donc rien à ajouter à la préimage. Pour $q \in D_1 \cap e_1$ : $[q] = \{q, \sigma(q)\}$ avec $\sigma(q) \in D_2 \cap e_2$ (par le choix de $\varepsilon$). Symétriquement pour $q \in D_2 \cap e_2$.
Donc $\pi^{-1}(\pi(D_1 \cup D_2)) = D_1 \cup D_2$. Par définition de la topologie quotient, $\pi(D_1 \cup D_2)$ est ouvert.
Construire l'homéomorphisme avec $B(0, 1)$ Placer $D_1$ comme demi-disque supérieur $\{(x, y) : x^2 + y^2 < \varepsilon^2, \; y \geq 0\}$ et $D_2$ comme demi-disque inférieur $\{(x, y) : x^2 + y^2 < \varepsilon^2, \; y \leq 0\}$, avec le diamètre $y = 0$ correspondant aux points identifiés (via $\sigma$).
Définir $\varphi : D_1 \cup D_2 \to B(0, 1)$ par renormalisation $(x, y) \mapsto (x/\varepsilon, y/\varepsilon)$ dans chaque cas. Cette application passe au quotient (elle envoie $q$ et $\sigma(q)$ sur le même point du diamètre, par construction de $\sigma$). Elle induit une bijection continue $$\tilde{\varphi} : \pi(D_1 \cup D_2) \longrightarrow B(0, 1),$$ qui est un homéomorphisme (elle est ouverte pour la même raison de saturation). ✓

Preuve — (b) cas 3 : $[p] = \{v_1, \ldots, v_k\}$, tous des sommets (le cas où $g_\lambda$ intervient)

Autour de chaque sommet $v_i$, on a un secteur $S_i := B(v_i, \varepsilon) \cap \Pi$, qui est un secteur angulaire d'angle intérieur $\alpha_i$ (l'angle intérieur du polygone en $v_i$). Notons $S := \alpha_1 + \cdots + \alpha_k$ l'angle total de la classe.

Choisir un rayon adapté et ordonner les secteurs Prendre $\varepsilon > 0$ assez petit pour que chaque $S_i$ soit un secteur propre (n'atteint pas d'autres sommets) et que les collages via $\sigma$ envoient bien les côtés de $S_i$ sur les côtés correspondants des secteurs $S_j$ appariés.
Les identifications $\sigma$ recollent les $S_i$ en une couronne cyclique : on peut ordonner $v_1, \ldots, v_k$ de sorte que le rayon-bord droit de $S_i$ soit identifié avec le rayon-bord gauche de $S_{i+1}$ (indices modulo $k$).
Vérifier la saturation de $\bigcup_i S_i$ Par le choix de $\varepsilon$ (petit), aucun point ne s'échappe : les seules identifications à l'intérieur de $\bigcup_i S_i$ sont celles entre les rayons-bords consécutifs (via $\sigma$) et celles des sommets eux-mêmes.
Donc $\pi^{-1}\bigl(\pi(\bigcup_i S_i)\bigr) = \bigcup_i S_i$, et $\pi(\bigcup_i S_i)$ est ouvert dans $\Sigma_w$.
Utiliser $g_\lambda$ pour redistribuer les angles L'idée-clé (indice donné dans l'énoncé) : en coordonnées polaires $(r, \theta)$ centrées en $v_i$, l'application $$g_\lambda : (r, \theta) \longmapsto (r, \lambda \theta)$$ envoie un secteur d'angle $\alpha$ sur un secteur d'angle $\lambda \alpha$, en préservant le rayon.
Choisir $\lambda = 2\pi / S$. Alors chaque secteur $S_i$ (d'angle $\alpha_i$) est envoyé par $g_\lambda$ sur un secteur d'angle $(2\pi/S) \cdot \alpha_i$. En sommant sur $i$, l'angle total après redistribution est $$\sum_{i=1}^{k} \frac{2\pi}{S} \cdot \alpha_i \;=\; \frac{2\pi}{S} \cdot S \;=\; 2\pi.$$ Les secteurs redistribués tapissent donc exactement un disque plein $B(0, \varepsilon)$.
Assembler l'homéomorphisme Définir $\varphi : \bigcup_i S_i \to B(0, 1)$ en envoyant $S_i$ (via $g_{2\pi/S}$ puis renormalisation par $1/\varepsilon$) sur le secteur de $B(0, 1)$ d'angle $(2\pi/S) \cdot \alpha_i$, avec pour angle de départ $\sum_{j < i} (2\pi/S) \cdot \alpha_j$.
Par construction, $\varphi$ envoie les rayons-bords identifiés sur le même rayon dans $B(0, 1)$ : elle passe au quotient. L'application induite $$\tilde{\varphi} : \pi\Bigl(\bigcup_i S_i\Bigr) \longrightarrow B(0, 1)$$ est bijective, continue (car $\varphi$ l'est et propriété 3 de §1), et ouverte (saturation). C'est un homéomorphisme. ✓
Conclusion Dans les trois cas, $[p]$ admet un voisinage ouvert homéomorphe à $B(0, 1)$. Combiné à (a), $\Sigma_w$ est bien une surface. $\blacksquare$

Ce qui rend le cas 3 subtil

Sans $g_\lambda$, on ne pourrait pas garantir que les secteurs recollés forment un disque : leur angle total $S$ peut être n'importe quoi (par exemple $S = 4 \cdot \pi/2 = 2\pi$ pour un carré à un seul sommet — heureux hasard —, mais $S = 6 \cdot \pi/3 = 2\pi$ pour un hexagone, ou $S = 3 \cdot 2\pi/3 = 2\pi$ pour un triangle équilatéral avec tous les sommets identifiés). L'application $g_{2\pi/S}$ « corrige » l'angle pour qu'il fasse pile un tour complet.

5. À toi — compter les classes de sommets

Pour la bouteille de Klein, associée au mot $w = ab\bar{a}b$ sur le carré, déterminer les classes d'équivalence des 4 sommets.

Setup

Numéroter les sommets $v_1, v_2, v_3, v_4$ contre-horaire à partir du sommet initial (coin bas-gauche). Les 4 côtés, contre-horaire :

Côté 1 : $[v_1, v_2]$ — lettre $a$, positif (sans macron) : orientation $v_1 \to v_2$.
Côté 2 : $[v_2, v_3]$ — lettre $b$, positif : orientation $v_2 \to v_3$.
Côté 3 : $[v_3, v_4]$ — lettre $\bar{a}$, négatif : orientation $v_4 \to v_3$ (contre le sens de lecture).
Côté 4 : $[v_4, v_1]$ — lettre $b$, positif : orientation $v_4 \to v_1$.

Rappel : $\sigma$ envoie début sur début et fin sur fin selon les orientations.

Indices progressifs

Indice 1 — identifications dues à la paire $a$

La paire de lettre $a$ est {côté 1, côté 3}. Côté 1 : orientation $v_1 \to v_2$ (début $v_1$, fin $v_2$). Côté 3 : orientation $v_4 \to v_3$ (début $v_4$, fin $v_3$). Donc $\sigma_a$ envoie $v_1 \mapsto v_4$ et $v_2 \mapsto v_3$. Identifications : $v_1 \sim v_4$ et $v_2 \sim v_3$.

Indice 2 — identifications dues à la paire $b$

La paire de lettre $b$ est {côté 2, côté 4}. Côté 2 : orientation $v_2 \to v_3$ (début $v_2$, fin $v_3$). Côté 4 : orientation $v_4 \to v_1$ (début $v_4$, fin $v_1$). Donc $\sigma_b$ envoie $v_2 \mapsto v_4$ et $v_3 \mapsto v_1$. Identifications : $v_2 \sim v_4$ et $v_3 \sim v_1$.

Indice 3 — combiner par transitivité

Toutes les identifications : $v_1 \sim v_4$, $v_2 \sim v_3$, $v_2 \sim v_4$, $v_3 \sim v_1$. Par transitivité : $v_1 \sim v_4 \sim v_2 \sim v_3 \sim v_1$. Tous les sommets sont dans une seule classe.

Solution complète et vérification par la caractéristique d'Euler

Résultat. Pour la bouteille de Klein $w = ab\bar{a}b$, il y a 1 seule classe de sommets : $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$.

Vérification par l'invariant $\chi$. Rappel (Cours Surfaces) : $\chi(w) = 1 - \text{(nb lettres différentes)} + \text{(nb classes de sommets)}$. Ici : $\chi = 1 - 2 + 1 = 0$. On retrouve la caractéristique d'Euler bien connue de la bouteille de Klein.

Bonus. Le mot $ab\bar{a}b$ est non-orientable (pour la paire $a$, exactement une lettre est macronnée : oui — $a$ et $\bar{a}$ ; pour la paire $b$, aucune n'est macronnée — non). Selon le Cours Surfaces, un mot est orientable si pour toutes les paires exactement une est macronnée ; ici la paire $b$ échoue. Donc bouteille de Klein = non-orientable, $\chi = 0$ — cohérent avec la classification.

6. Quiz de rappel

Q4 — la preuve du champ

Dans la preuve « $\Sigma_w$ est une surface », combien de cas distingue-t-on pour vérifier la condition (b) « voisinage homéomorphe à un disque » ? À quel(s) cas l'application $g_\lambda(r, \theta) = (r, \lambda \theta)$ sert-elle, et pourquoi ?

Vérifier

On distingue 3 cas selon la nature du point $[p]$ : (1) point intérieur, (2) point du bord non-sommet, (3) sommet. L'application $g_\lambda$ sert exclusivement au cas 3 : elle redistribue les angles des $k$ secteurs recollés (d'angle total $S = \sum \alpha_i$) via $\lambda = 2\pi/S$ pour que le résultat couvre exactement un tour complet ($2\pi$) et forme un disque plein $B(0, 1)$.

7. Récap et micro-victoire

Cette preuve est la plus technique du programme. Si tu peux la reproduire à l'examen — même sous forme d'esquisse structurée en 3 cas, avec l'idée-clé de $g_\lambda$ au cas 3 — tu tiens tous les points de la partie théorique du Cours 13.