Hier Pierre Lecomte a posé dans son blog un exercice sur des angles et la cotangente qui m'a inspiré la généralisation complexe suivante.
Notons
Question:
Déterminer les fibres de l'application 
définie par
Réponse:
Soit H est l'hyperplan de C3 d'équation u+v+w=1 et
Dk, k=1,2,3, les droites
Notons D'1=D1\{(1,0,0)}, D'2=D2\{(0,1,0)}, D'3=D3\{(0,0,1)} les droites épointées. Alors l'image de f est
Les fibres de
f en les points (1,0,0),(0,1,0) et (0,0,1) sont une union dénombrable de plans complexes (desquels on a enlevé des points isolés), tandis que la fibre en tout point de
est discrète. Plus précisément, la restriction de
f à
est un revêtement au-dessus
.
Preuve:
D'abord nous remarquons que la formule d'addition
peut s’écrire aussi comme 
Cela signifie que pour tout 
on a
Par conséquence l'image de
f est contenue dans l'hyperplan
H.
Soit maintenant
.
- Premier cas:
Alors 
et par conséquence 
et on a 
.
- Second cas:
Supposons par l'absurde que la première coordonnée de 
est égale à 1. Ainsi 
et 
. Alors 
Par conséquence 
, c'est-à-dire 
. C'est une contradiction, car la cotangente est une application de 
sur 
On vient de prouver que l'image de
f ne contient pas la droite épointée
D'1, et par permutation des coordonnées elle ne contient ni
D'2 ni
D'3. Les seuls points de l'image de
f ayant une coordonnée 0 ou 1 sont les trois points (1,0,0), (0,1,0) et (0,0,1). On vient aussi de voir que la fibre en (1,0,0) est
De même on obtient les fibres en (0,1,0) et (0,0,1) par permutation des coordonnées.
Montrons maintenant que la restriction de f réalise un revêtement au-dessus 
Notons arccot la fonction réciproque de la cotangente. C'est une fonction analytique multivaluée
sur 
, primitive de s=-dz/(1+z2). On remarque que le résidu de s en i (resp. -i) vaut i/2 (resp. -i/2). Donc un petit tour dans le sens positif autour de +i (resp. -i) ajoute 
(resp. 
) à la détermination de arccot.
Soit (u,v,w) dans H tels que u>0, v>0 et w>0. En résolvant l'équation 
on trouve:
(*)
Cette formule (*) se prolonge analytiquement sur tout
Pour voir cela il suffit de vérifier que les valeurs des racines évitent les points ±
i où arccot n'est pas défini. Supposons par l'absurde que (
vw/
u)
½=±
i. Alors
vw/
u=-1. Avec l'égalité
u+
v+
w=1 cela implique
v=1 ou
w=1. Donc (
u,
v,
w)=(0,1,0) ou (0,0,1), points qui ne sont pas dans
Le prolongement analytique est donc possible, on obtient bien un revêtement, ce qui termine la preuve.
Si u fait un petit tour autour de 0 alors la détermination de la racine change de + en -. Vu que pour tout réel x on a 
on obtient alors l'autre solution
(**)
Regardons le cas particulier où on prolonge (*) d'un point (u,v,w) dans H avec u>0, v>0, w>0 vers un point (u',v',w') dans H avec u'<0, v'<0, w'>0. Essentiellement il y a à choisir entre deux types de chemins:
- Dans le plan de la variable u on fait un petit demi-tour (sens positif) autour de l'origine et dans le plan des v on fait la même chose. (Le point w reste proche de 1.) Le prolongement de (*) le long de ce chemin aboutit à
(I)
- La variable u fait un petit demi-tour autour de l'origine et v fait la même chose mais dans le sens opposé. Le prolongement de (*) le long de ce chemin aboutit à
(II)
Evidemment ces deux formules n'ont pas besoin de prolongement analytique pour être démontrées.
Si la formule (I) donne un triplet de somme
alors la formule (II) donne un triplet de somme
avec 
est un polynôme rationnel en n de degré p+1.
Commentaires
1. Le dimanche 30 mai 2010 à 09:03, par F.
2. Le dimanche 30 mai 2010 à 09:13, par JLT
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