Calcul du groupe fondamental de certains groupes topologiques ...

Preuve : Par connexité de Spin n et continuité de φ, on voit d’abord que l’image de φ est inclusedans la composante connexe de Id, c’est à dire dans SO n (R). La surjectivité de φ est alorsdémontrée par ce qui précède en début de section.Cherchons le noyau de φ. Si q ∈ Kerφ, alors pour tout x de E, qx = xq, C étant engendrée parE et 1, q est dans le centre de C, donc q ∈ R si n est pair et q ∈ R + Re [1,n] si n est impair. Or qest un produit pair d’éléments de E, donc dans tous les cas, q ∈ R. On a donc Kerφ = {−1,1}.Il reste à montrer que l’on obtient un revêtement de SO n (R). Soit y 0 ∈ SO n (R) et x 0 ∈ Spin ntel que φ(x 0 ) = y 0 . Spin n étant un groupe topologique métrique compact, il existe un voisinageV de x 0 tel que V ∩ (−V ) = ∅. Soit x ∈ V , φ −1 ({φ(x)}) = {x, − x}. Comme V ∩ (−V ) = ∅, larestriction de φ à V est injective et réalise donc une bijection continue de V sur φ(V ). De plusV étant compact et φ| V continue, c’est un homéomorphisme de V sur φ(V ). Il ne reste alorsplus qu’à montrer que φ(V ) est un ouvert de SO n (R), c’est clair vu que son complémentaire estl’image continue par φ du compact Spin n \ (V ∪ −V ). φ induit donc un homéomorphisme deV ∪ −V sur φ(V ) × {−1,1} et Spin n est donc un revêtement à deux feuillets de SO n (R).On peut en conclure que le quotient de Π 1 (SO n (R)) par Π 1 (Spin n ) est de cardinal 2, doncque SO n (R) n’est pas simplement connexe.11