Simplicité de SO 3
Référence :FGNal3exercice 1.37 p.67 édition 2008 (+exo 1.33 p61 pour le bonus)
Rappels et notations
On noteO3:=O3(R) :={A∈ M3(R)/tAA= Id}< GL3(R).
L’ensemble SO3 := SO3(R) = {A ∈ O3(R) / det(A) = 1} est un groupe, il est distingué dans O3. C’est l’ensemble des rotations de l’espace euclidienR3.
Proposition 1
On notera sous forme multiplicative la composée de deux éléments deSO3
SoitA∈SO3. Alors il existeP ∈GL3(R) tel que
A=P−1
cosθ −sinθ 0 sinθ cosθ 0
0 0 1
P Proposition 2
On a également queSO3est une partie de l’espace vectoriel L(R3) muni de sa topologie d’evn.
Démonstration
SoitGun sous-groupe distingué deSO3, et soitG0la composante connexe par arcs dans Gde l’identité.
Si de plusGest connexe par arcs et non réduit à {Id} alorsG=SO3. Lemme
Preuve :
On va montrer queGcontient un retournement (une rotation d’angleπ). On en déduira alors que G=SO3.
• Soitg ∈ SO3. On note θg l’angle de cette rotation1. Nous savons qu’il existe une base orthonormale dans laquelle sa matrice est
cosθg −sinθg 0 sinθg cosθg 0
0 0 1
si bien que tr(g) = 1 + 2 cosθg, donc l’application
φ:
SO3 −→[−1,1]
g 7−→cosθg= tr(g)−1 2
est bien définie et continue. Il suffit de montrer queφprend la valeur−1 pour avoir une rotationg∈Gd’angle π. Cependant, avec l’argument de connexité il va être plus facile de trouver un élément deGd’angle θtel que
1. θg est défini au signe près car si l’on change l’orientation de l’axe de la rotation, l’angle est changé en son opposé
Laura Gay p.1 31 mai 2015
cosθ = 0. Autrement dit, nous allons prouver que G contient une rotation r d’angle ±π
2. Alors r2 sera un élément deGd’angleπ.
•Cherchons pour commencer un éléments∈Gtel que φ(s) = cosθs60.
Par hypothèse,Gpossède un élémentgdifférent de Id. Quitte à changer la direction de l’axe de la rotation, on peut supposer queθg∈]0, π].
Si cosθg60 ieθg∈[π/2, π] alorss=g convient.
Sinon,θg∈]0,π
2 et on poseN=Eπ 2θ
. On a N θ6 π
2 <(N+ 1)θ6π
2 +θ6π, doncgN+1 est une rotation d’angle (N+ 1)θ∈[π
2, π[ doncs=gN+1convient.
•Puisque Gest connexe par arcs, il existe un cheminγ deGreliant Id à s. L’application ϕ=φ◦γ:t∈[0,1]7→ 1
2(tr(γ(t))−1) est continue puisque tr etγle sont.
De plus,ϕ(0) = cos 0 = 1 etϕ(1) = cosθs60 par construction des.
Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existet0∈[0,1] tel queϕ(t0) = 0. La rotationr=γ(t0) a un angle de±π
2 et R=r2∈Gun angle deπ et doncRest donc un retournement et appartient àG.
• Montrons qu’alors G = SO3. Pour tout g ∈ SO3, l’élément gRg−1 est dans G car G est distingué par hypothèse. De plus, tr(gRg−1) = tr(R) donc gRg−1 est aussi un retournement. Soit∆ l’axe de R. Soit uun vecteur appartenant à ∆, alors (gRg−1)(g(u)) = g(u) donc gRg−1 est le retournement d’axe g(∆). Or étant donné une droiteDdeR3, il est toujours possible2de trouver une rotationgtelle queD=g(∆) en prenant un axe orthogonal àDet ∆ et un angle bien choisi3Ainsi,Gcontient tous les retournements. OrSO3est engendré
par les retournements, ce qui conclut.
Preuve de la simplicité deSO3 :
Étape 1 : Montrons queG0est un sous-groupe deSO3.4
Par définitionG0contient l’identité. Soientgethdeux éléments deG0. CommeG0est connexe également, il existe γet γ0 des chemins deG0 reliant Id àget hrespectivement. Considérons l’application
γ00: [0,1] −→ G t 7−→ γ(t)(γ0(t))−1
Déjà, l’application est bien définie car pour tout t∈[0,1],γ(t)(γ0(t))−1∈G(Gsous-groupe deSO3).
De plus, l’applicationg 7→g−1 est une application continue sur SO3 car si l’on identifie un élémentg de SO3 à sa matrice dans la base canonique, les coefficients deg−1 dépendent polynomialement des coeffi- cients deg.
Enfin,γ00(0) = Id etγ00(1) =gh−1. Ainsi,γ00est bien un chemin deGreliant Id àgh−1doncgh−1∈G05 doncG0< G.
Etape 2 : Montrons queG0CSO36
2. C’est en fait l’action transitive deSO3 sur les droites deR3
3. N’oublions pas ici que les droites sont vectorielles donc passent toutes par 0.
4. Autre version : L’applicationϕ: G0×G0 −→ G
(x, y) 7−→ xy−1 est continue, etG0×G0étant connexe, on en déduit que l’image deϕest un connexe deG. De plus elle contient l’identité, donc est incluse dansG0, ce qui montre queG0est un sous-groupe deG.
5. Ici, le livre ne prend pas la même définition de composante connexe que celle de notre plan mais cela marche quand même sans soucis. En effet l’ensembleγ00([0,1]) est un connexe par arcs qui contient Id il est donc inclus dans la composante connexe de Id qui estG0. Doncγ00(1)∈G0.
6. Autre version : Soith∈SO3, alors l’application
Inth: G−→G g7−→hgh−1
est bien définie. Le même argument que plus haut montre que InthenvoieG0dansG0, et ce pour touth∈SO3, ce qui signifie que G0est un sous-groupe distingué deSO3.
Laura Gay p.2 31 mai 2015
Soitg∈G0, γun chemin deGreliant Id à get soith∈SO3. Considérons l’application γ0 : [0,1] −→ G
t 7−→ hγ(t)h−1
Déjà, l’application est bien définie car comme GCSO3, pour toutt∈[0,1],h γ(t)
|{z}
∈G
h−1∈G.
L’applicationγ est continue de même que la multiplication à droite ou à gauche par un élément deSO3, doncγ0 est continue.
Enfin, on a γ0(0) = Id et γ0(1) = hgh−1. L’applicationγ0 est bien un chemin de Greliant Id et hgh−1 donchgh−1∈G0 et ainsiG0CSO3.
Étape 3 : Montrons queG={Id}ouG=SO3.
• Si G0 6={Id}, on peut appliquer leLemme car par définition et par l’étape 2,G0 est un sous-groupe distingué et connexe par arcs. Donc,G0=SO3, donc a fortioriG=SO3.
• SiG0={Id}alors montrons queG={Id}, ce qui terminera la preuve.
•Remarquons que dans ces conditions, toutes les composantes connexes par arcs deGsont des singletons.
En effet, si g0 est dans la composante connexe par arcs de g relié par le chemin γ, alors t7→g−1γ(t) est un chemin deGreliant Id àg−1g0. Ainsi,g−1g0∈G0={Id} doncg0 =get donc toutes les composantes connexes par arc de Gsont des singletons.
• Raisonnons par l’absurde et supposons queG contienne un élément g 6= Id. Soit hune rotation quel- conque, différente de Id et d’angleθh.
Pour toutt∈[0,1], on noteht la rotation de même axe et d’angletθh.
L’applicationt7→htest continue car matriciellement elle se traduit dans une certaine base orthonormale par
t7→
cos(tθh) −sin(tθh) 0 sin(tθh) cos(tθh) 0
0 0 1
Ainsi, l’applicationt∈[0,1]7→htgh−1t est un chemin deG(carGest distingué), d’origineget d’extrémité hgh−1. Ainsi, hgh−1 appartient à la composante connexe par arc de g qui est un singleton et donc hgh−1=g.
Or, si g est une rotation d’axe ∆,hgh−1 est une rotation d’axeh(∆) donch(∆) = ∆ C’est impossible : une droite ne peut pas être invariante par toutes les rotations de l’espace ! AinsiG={Id} ce qui montre la simplicité deG.
Bonus
SO3 est engendré par les retournements.
Proposition 3
Preuve :
Soitu∈SO3\{Id}. Comme Ker(u−Id) est de dimension 1 (c’est une droite, l’axe de u), on a rg(u−Id) = 2.
Ainsi7, us’écrit comme produit de 2 réflexions : u=s1◦s2. Or, si H est un plan deE et s est la réflexion par rapport àH, alors−s est le retournement par rapport à la droiteD=H⊥. La relationu= (−s1)◦(−s2) montre queuest la composée de 2 retournements. Donc les retournements engendrentSO3.
Notes :
XRappels : un sous-groupeH est distingué dans un groupeGsi∀g∈G,∀h∈H,ghg−1∈H.
7. On admet que siu∈O3,upeut s’écrire comme produit derréflexions oùr= rg(u−Id).
Laura Gay p.3 31 mai 2015
