Corrig´ e de la feuille d’exercices n

(1)

Ecole Normale Sup´´ erieure – FIMFA – Année 2010-2011 Travaux dirigés de Topologie et Calcul différentiel François Béguin

Corrig´ e de la feuille d’exercices n

^o

5 Groupes topologiques

1 -

Propri´et´es topologiques d’un sous-groupe

Le point clé concernant les groupes topologiques est que les translationsτ_g:G→Gdéfinie parτ_g(h) =g.h sont des homéomorphismes (d’inverse τ_g−1). Il en est de même des conjugaisons h7→ghg⁻¹.

1. Par définition, siH est ouvert, alors 1 est dans l’intérieur deH. Réciproquement, soitU un ouvert inclus dansH contenant 1. Quel que soith∈H, la multiplication parhest un homéomorphisme deG, qui préserve H. Il en découle queh.U est encore un ouvert inclus dansH et qui contienth. Donc tout point deH admet un voisinage ouvert ce qui assure queH est ouvert.

2. Il suffit de montrer que le compl´ementaireG\H deH est ouvert. Or G\H =S

g /∈Hg.H. CommeH est ouvert, chaqueg.H est ouvert, donc leur r´eunion aussi.

3. On supposeGconnexe, on considère un voisinage non-videV de 1, et on noteH le groupe engendré par V. On doit montrer que H =G, autrement dit que H est ouvert et fermé. Mais H est ouvert d’après la question 1, et donc fermé d’après la question 2.

4. Comme toute composante connexe,G₀est fermé. Il est clair queG⁻¹₀ etGⁿ₀ (avec les notations précédentes) sont connexes. On en conclut que le sous-groupe engendré parG0est connexe et contient 1, donc il est inclus dansG0 donc lui est égal. DoncG0est un sous-groupe. QueG0 est distingué découle du fait quegG0g⁻¹est un connexe contenant 1 (pour tout g ∈G) donc inclus dans G0. Finalement, siG est localement connexe, alors, 1 est dans l’intérieur de G0, donc G0 est ouvert (voir la question 1). Il suit que le groupe quotient G/G0 est discret (la préimage de tout singleton [g] est gG0 qui est ouvert dansG).

5. La séparation deGest utilisée pour montrer qu’un singleton{g} ⊂Gest fermé dans{G}.¹PuisqueHest discret,{1}est ouvert dansH, donc il existe un voisinage ouvertV de 1 dansGtel queV∩H ={1}. Comme v∈H si et seulement siv⁻¹∈H, on peut supposer que V =V⁻¹. On doit montrer queH est fermé c’est à dire queH =H. Soitx∈H. Par définition, tout ouvertU contenantxrencontreH. C’est en particulier le cas dex·V. Soity∈xV ∩H. Montrons que, nécessairement,y=x. Comme on a supposéV =V⁻¹,y∈xV implique quex∈yV. Il suit quex∈yV ∩H⊂yV ∩H. Par définition deV,yV ∩H ={y}. CommeGest séparé,yV ∩H={y}dansG. D’oùyV ∩H={y}. D’où x=y∈H. Par conséquent, H est fermé.

2 -

Groupes topologiques et quotients

1. Soitϕ:G→ {0,1}une application continue. Pour toutg∈G, l’applicationH 3h7→ϕ(g.h) est continue (en tant que composée d’applications continues). Comme H est connexe, cette application est constante et doncϕest constante sur les classesgH. On conclut que ϕse factorise au travers deG/H; c’est à dire qu’il existeψ:G/H→ {0,1} continue telle queϕest la composée

G→G/H→ {0,^ψ 1}.

1Comme le montre l’exercice 2, un groupe topologiqueGest séparé si et seulement si le singleton{1}est fermé dansG.

(2)

CommeG/H est connexe,ψest constante ; par cons´equentϕl’est aussi. Ceci prouve queGest connexe.

2. Montrons que G/H est séparé lorsque est H fermé. On commence par la propriéte suivante importante des quotients d’un groupe topologique:L’application de passage au quotient p:G→G/H est ouverte. En effet, siV ⊂Gest ouvert, alors

p⁻¹(p(V)) = [

h∈H

V h

qui est une réunion d’ouverts puisque la multiplication parhest un homéomorphisme. Par définition de la topologie quotient, on a bien quep(V) est ouvert.

Par un exercice de la feuille no 4 (ou le cours), p : G → G/H étant ouverte, il suffit de montrer que la relation déquivalenceRdéfinissant le quotient est fermée dansG×G. MaisR=f⁻¹(H) oùf(x, y) =y⁻¹x.

Commef est continue etH ferm´e,R ⊂G×Gest ferm´e.

Remarque.Bien sur, on peut démontrer directement la séparation. En effet soit [x0]6= [y0]∈G/H. Comme H est fermé par continuité de l’applicationf : (x, y)7→y⁻¹x, le complémentaire de f⁻¹(H) est ouvert et contient (x0, y0). Il existe donc V voisinage ouvert de 1 dans Gtel que f(x0V, y0V) ⊂G−H. Comme p est ouverte, p(x0V) et p(y0V) sont des ouverts de G/H. De plus ils sont disjoints puisque par hypothèse, V⁻¹y⁻¹₀ x0V ∩H =∅.

Remarque. On n’a pas besoin du fait que G soit séparé. En fait, on voit qu’un groupe topologique K est séparé dès que le singleton{1} est fermé dansK. Mais le singleton{1} est fermé dansG/H dès que H est fermé dans G (queG soit séparé ou non). En fait, ceci fournit un moyen canonique de “rendre séparé un groupe topologique” : siGn’est pas séparé, et si on noteH l’adhérence dansGdu singleton{1}, alorsG/H est séparé.

3 -

Le cercle

Le groupeS¹s’identifie au groupe quotientR/Z(muni de la topologie quotient) via l’application exponentielle x7→exp(2iπx). On noterap:R→R/Zl’application quotient.

1. Comme p est un morphisme de groupes topologiques, la préimage d’un sous-groupe fermé de S¹ par x 7→ exp(ix) est un sous groupe fermé de (R,+) donc de la forme aZ ou égal à R. On obtient que les sous groupes fermés propres deS¹ sont nécessairement de la forme exp(iaZ). Clairement, exp(iaZ) est un sous-groupe deS¹. Il reste à voir pour quelle valeur dea, c’est un sous-groupe fermé. Sia/2πest irrationnel, alors 2πZ+aZest dense dansR. En particulier, exp(2πZ+aZ) = exp(aZ) est dense dansS¹. Il ne peut donc pas être fermé, sinon ce seraitS¹ tout entier ce qui est absurde. Sia=p/qavecpet qpremiers entre-eux, alors exp(2iπ^p_qZ) = exp(^2iπ_q Z) est un sous-groupe (cyclique) fini et donc fermé. Conclusion les sous-groupes fermés propres deS¹sont de la forme exp(^2iπ_q Z) et en particulier sont cycliques (et s’identifient aux racines de l’unité).

2. Par composition, un morphisme de groupes continusf :S¹→S¹induit un morphisme de groupes continus f ◦p: (R,+) →S¹. D’aprés le théorème de relévement, il existefe:R→R (unique) continue qui relèvef et vérifie fe(0) = 0. De plus commef(x+y) = f(x)f(y), on obtient fe(x+y) =fe(x) +fe(y) + 2kπ (k est indépendant dex, y, par connexité). Prenant x=y = 0, on obtientk= 0 et on obtient quefe:R→Rest un morphisme de groupes. Il est bien connu² qu’un tel morphisme est de la forme x7→βxpour un certain β ∈R. Par conséquent,f◦pest de la formex7→exp(2iπax) poura∈R. Réciproquement un morphisme de g: (R,+)→S¹ induit un morphisme deS¹→S¹ si 1∈ker(g). Ceci est équivalent àa∈Z. En conclusion, il existe k∈Ztel que,

∀x∈R, f(exp(2iπx)) = exp(2iπkx).

Autrement dit, il existe k∈Ztel que,

∀z∈S¹, f(z) =z^k. La r´eciproque est une nouvelle fois imm´ediate.

2et ce n’est pas dûr à montrer en remarquant quef(n) =nf(1), puisf(p/q) =p/qf(1) et en concluant par continuité

(3)

Pour trouver les automorphismes, regardons le noyau des morphismes trouvés ci-dessus. On af(exp(2iπx)) = 1 si et seulement sikx∈Zc’est à dire que ker(f)∼=Z/kZ. Il n’est donc trivial que sik= 1 (auquel cas f est l’identité) ou k=−1 (auquel cas f est la conjugaison complexe). Ces deux dernières applications sont des isomorphismes (elles sont d’ailleurs leur propre inverse).

L’image d’un morphismef :S¹→C^∗ est un sous-groupe compact deC^∗. Tout sous-groupe compact de C^∗est contenu dansS¹. Par cons´equent, les morphismes deS¹dansC^∗ co¨ıncident avec les endomorphismes deS¹.

3. Soitρ:G→GL(n,C) une représentation de dimension finie. Si tous les élémentsρ(g) sont des homothéties, alors tout sous-espace de dimension 1 est stable parG. Donc siρest irréductible, on an= 1. Supposons que toutes les matrices deρ(g) ne soient pas des homothéties. Alors il existeraitg ∈Get E = ker(ρ(g)−λIn) un sous-esapce propre de dimension< n. CommeGest abélien,ρ(h) commute àρ(g), d’oùEest stable par ρ(h) pour touthdansG. En particulierE est un sous-espaceG-stable etρn’est pas irréductible !

On aurait aussi pu utiliser que toute matrice surCest trigonalisable et que de plus siX ⊂GL(n,C) est un sous-ensemble de matrices qui commutent, alors elles sont simultanément trigonalisables. On en déduit alors, que le sous-espace engendré par le premier vecteur d’une base de trigonalisation commune est un sous-espaceG-stable. Il en découle que toute représentation admet un sous-espace de dimension 1 G-stable ce qui donne la conclusion.

Une représentation irréductible de S¹ est donc donnée par un morphisme de groupe toplogique S¹ → GL₁(C) =C^∗ et on vient de voir qu’elle est de la formeρ(g).z=g^k.zpour un certain entierk.

4 -

Le groupe unitaire.

1. On aU(1) ={z∈C^∗|zz= 1} ∼=S¹par définition. De plus on a une application continueSU(n)×S¹→ U(n) donnée par (M, z) 7→ M.D(z) où D(z) est la matrice diagonale de Cⁿ dont le premier coefficient diagonal est zet tous les autres valent 1. Il est clair que siN ∈U(n),N D(1/det(N)) est dansSU(N) et il suit que mest surjective. L’inverse de mest l’applicationN 7→(N D(1/det(N)), det(N)) qui est également continue. D’oùU(n) est homéomorphe àSU(n)×S¹. Enfin queU(n) agit transitivement sur la sphère unité S²ⁿ⁻¹ de Cⁿ découle simplement du fait qu’une matrice N est dans U(n) si et seulement si ses vecteurs colonnes forment une base orthonormée pour le produit scalaire hermitien canonique deCⁿ.

2. Comme les espaces propres d’une matrice unitaires sont orthogonaux, la remarque précédente assure que le quotient U(n)/U(n−1) s’identifie avecS²ⁿ⁻¹ via l’application U(n)→S²ⁿ⁻¹ qui à une matrice associe son dernier vecteur colonne. Ce quotient s’identifie aussi sans peine avecSU(n)/SU(n−1).

3. On a que U(1) et SU(1) ={1} sont connexes. Comme S²ⁿ⁻¹ est connexe, on en d´eduit par r´ecurrence queSU(n) etU(n) sont connexes (en utilisant l’exercice 2).

5 -

D´ecomposition polaire

1. Il est facile de vérifier que tous les groupes présentés sont effectivement des sous-groupes deGL(n,K). Ce sont donc automatiquement des sous-groupes topologiques pour la topologie induite.

i) Le groupe O(n) est un sous-groupe fermé de GL(n,R) car il est la préimage de In par la fonction continue g 7→ g.^tg. Rappelons que g ∈ O(n) si et seulement si les vecteurs colonnes de g forment une base orthonormale. Si on munitM(n,R) de sa norme habituelle donnée par la forme quadratique M 7→tr(^tM.M), on vérifie sans peine queO(n) est inclus dans la sphère de rayon√

n. C’est donc un fermé borné d’un espace de dimension finie: il est compact. De même, O(n,C) est fermé. Il n’est en revanche pas compact, comme le montre la question 4) ci-dessous. On peut aussi simplement remarquer que la suite de matrices exp(nJ) où J =

0 i

−i 0

est dans O(2,C) pour tout n∈ Net n’est pas

(4)

born´ee car exp(nJ) =

cosh(n) isinh(n)

−isinh(n) cosh(n)

. Ces groupes ne sont pas connexes car leur image par le d´eterminant n’est pas un connexe deR(ouC).

ii) Le groupe spécial linéaire est fermé car préimage du fermé{1}par l’application continue déterminant.

Il n’est pas compact (pourn >1) en revanche. En effet la matrice





1/k 0 (0)

0 k (0)

(0) (0) I_n−2



est un élément de norme k ∈ N^∗ arbitraire de SL(n,K). Le groupe spécial linéaire est connexe car il est engendré par les matrices de transvections élémentaires Eij (qui est la matrice qui vaut 1 sur la diagonale et en le coefficient (i, j) et 0 partout ailleurs). Or les matrices Eij peuvent être ramenées continuement en l’identité et donc leurs produits également.

iii) Pour montrer queU(n) est compact, il suffit de reprendre les arguments de i) en rempla¸cant^tg par^tg.

L’intersection d’un fermé et d’un compact est compact doncSU(n) est compact. La connexité de ces groupes a été prouvée de l’exercice précédent ; on peut aussi la montrer en utilisant le fait que tout

élément de U(n) est diagonalisable, à valeurs propres sur le cercle unité.

iv) On a vu dans la feuille d’exercices 3 que les groupes SO(n) etSO(n,C) sont connexes (voir aussi la question 4 ci-dessous pour une autre preuve; on pourrait aussi appliquer l’id´ee de l’exercice 3 `aSO(n)).

SO(n) est compact car intersection d’un fermé et d’un compact etSO(n,C) n’est pas plus compact que O(n,C) (le contre -exemple donné est dansSO(n,C)) mais reste fermé comme intersection de fermés.

v) Le contre-exemple de la question ii) appartient àB(n,K). DoncB(n,K) n’est pas compact. Montrons qu’il est cependant fermé dans GL(n,K) (mais évidemment pas dans M(n,K)). Soit p:M(n,K)→ K^n(n−1)/2l’application qui à une matriceM = (Mij) associe sesn(n−1)/2 coefficients (Mi,j)_n≥i>j≥1 sous la diagonale. C’est une application continue (et même polynomiale en les coefficients de la matrice), donc p⁻¹({0}) est fermé. Comme B(n,K) = GL(n,K)∩p⁻¹({0}), c’est un fermé de GL(n,K). La connexité est évidente car pour toutt∈[0,1] etM ∈B(n,K),tM+ (1−t)In∈B(n,K).

Rappelons que l’on noteH⁺_n l’ensemble des matrices hermitiennes définies positives dansC. 2. L’idée est que si la décompositionM =U H existe alors, nécéssairement

tM M=^tH^tU U H =H²

car U ∈ O(n) et H hermitienne. Donc H doit être une racine carrée de ^tM M. Or comme M est inversible, la matrice^tM M est hermitienne définie positive. Diagonalisons la en base orthonormale :^tM M=^t O





λ₁ 0 0 . . . .

0 0 λ_n



O. Prenons H =^tO





p(λ₁) 0 0 . . . .

0 0 p

(λn)



O ce qui est licite puisque les λ_i sont positifs. Alors, par construction, H est hermitienne `a valeurs propres strictements positives, donc d´efinie positive. Il suffit donc de montrer queM H⁻¹ est unitaire pour conclure. Or

t(M H⁻¹)M H⁻¹=^tH⁻¹^tM M H=^tH⁻¹H²H⁻¹=I_n.

Passons à l’unicité. Soit U1H1 = M = U2H2 deux solutions. On peut supposer que H1, U1 sont les solutionsH, U construites ci-dessus. AlorsU₂⁻¹U1=H2H₁⁻¹. Montrons queH2H₁⁻¹est hermitienne. Il suffit de montrer que H1 et H2 commutent. OrH₁² =^tM M = H₂², donc H2 commute avec ^tM M. De plus, par construction la matriceH₁est un polynôme en^tM M. En effet, par construction,P(^tM M) =H₁, oùP est un polynôme tel queP(λ_i) =p

(λ_i), convient. Il en résulte que H₁=P(H₂²) commute avec H₂. DoncH₂H₁⁻¹ est symétrique. De plusH₂H₁⁻¹=U₂⁻¹U₁ est unitaire (car U(n) est un groupe). Mais une matrice unitaire ne peut avoir que des complexes de module 1 comme valeurs propres. Comem elle est ausi diagonalisable à valeurs propres strictes positives, c’est nécessairement l’identitéI_n. Conclusion :H₁=H₂,U₁=U₂.

La multiplication de matrices induit une bijection continue U(n)× H⁺_n →GL(n,C) d’après la question 2). Il reste à montre la continuité de l’inverse. Ce résultat peut s’obtenir à partir du théorème d’inversion locale. On va suivre une approche “plus élémentaire”. Il suffit de montrer que, pour toute suite (g_k=o_kh_k ∈ GL(n,C))_k∈_Nqui converge versg=oh∈GL(n,C), on a ok −→

k7→∞oet hk −→

k7→∞h. CommeU(n) est compact

(5)

métrisable, la suite (o_n) admet une valeur d’adhérence õ, qui est la limite d’une suite extraiteo_φ(k). Comme lim_k7→∞o_φ(k)h_φ(k)= lim_k7→∞g_φ(k)=get que la multiplication et le passage à l’inverse sont des applications continues, on a aussi que (h_φ(k)) converge vers ˜h:= õ⁻¹.g. La matrice ˜hest une matrice symétrique positive (car les matrices symétriques positives sont un fermé); mais pas nécessairement définiea priori. Cependant comme ˜h:= õ⁻¹.g, cette matrice est inversible. Donc elle est définie positive (puisque sinon elle aurait une valeur propre nulle). Par unicité de la décomposition, õ=o. Le raisonnement précédent est valide pourtoute suite extraire convergente (o_φ(k)) de (ok). Donc la suite on admet une unique valeur d’adhérence dans le compactU(n). Elle est nécessairement convergente. Il suit queh_k =o⁻¹_k g_k a une limite ˜hqui est dansH_n⁺ et par critère séquentiel, on obtient la continuité deM 7→(U, H).

3. Si H ∈ H_n, alors H est diagonalisable (on écritH =P DP⁻¹), d’où exp(H) =Pexp(D)P⁻¹ aussi et de plus ses valeurs propres sont les exp(λ_i)>0 (où les lesλ_i sont les valeurs propres deH). Par conséquent exp(H)∈ H⁺_n et exp :H_n→ H⁺_n est surjective puisque exp :R→R^∗₊ l’est.

Pour déduire l’injectivité de exp :Hn→ H⁺_n de l’injectivité de exp :R→R^∗₊, il faut montrer sih, k∈ Hn

vérifient exp(h) = exp(k), alors hetk sont simultanément diagonalisables. Il est immédiat que hcommute avec exp(h). Il suffit maintenant de montrer quek est un polynome en exp(h) = exp(k) pour conclure. Or il est clair que exp(k) etk sont simultanément diagonalisables (puisqu’elles commutent). En prenantP un polynôme d’interpolation desµ_i en exp(µ_i) pour les valeurs propres µ_i de k; on obtient k =P(exp(k)). Il suit que hcommute avec P(exp(h)) =P(exp(k)) = k; donch et k sont simultanément diagonalisables ce qui conclut pour l’injectivité.

On a obtenu que l’application exp : Hn → H⁺_n est une bijection continue. De plus, en notant Ks,r le compact {M ∈ Sn|s ≤ valeurs propres M ≤r)} pour s < 0 < r, on a exp(K_s,r) = Kexp(s),exp(r). Toute bijection continue sur un compact est un hom´eomorphisme. Il en r´esulte que l’inverse de exp est continue sur tout ouvert contenu dans l’union desK_s,r donc surH⁺_n.

Bien sur, on peut aussi utiliser le théorème d’inversion locale pour montrer que la continuité de l’inverse de exp.

4. Les deux questions précédentes montrent que l’application (U, H) 7→ M où M = Uexp(H) réalise un homéomorphismes entre U(n)× Hn et GL(n,C).

• Il est clair que Hn est isomorphe au R-espace vectoriel Rⁿ ×C^n(n−1)/2 ∼= Rⁿ

2 (en regardant les coefficients au dessus de la diagonale des matrices deHn). D’o`u l’hom´eomorphismeGL(n,C)∼=U(n)×

Rⁿ

2.

• SiM est réelle, ^tM M=H² est réelle, d’où, par construction, H est réelle et doncU =M H⁻¹ aussi.

Il suit queU ∈O(n) et on aGL(n,R)∼=O(n)×R^n(n+1)/2 comme ci-dessus.

• Le déterminant d’une matrice dans H⁺_n est réel positif ; le déterminant d’une matrice dans U(n) est de module 1. Il suit que M = U H ∈ SL(n,C) ssi U ∈ SU(n) et det(H) = 1. On voit facilement que det(exp(M)) = exp(T r(M)) en diagonalisant les matrices de Hn. Il en résulte que SL(n,C)∩ H⁺_n est l’image par l’exponentielle des matrices hermitiennes de trace nulle. D’où l’homéomorphisme SL(n,C)∼=SU(n,C)×Rⁿ

2−1. Combinant cette dernière observation avec celle surO(n), on obtient aisément queSL(n,R) est homéomorphe à SO(n)×R−1+n(n+1)/2.

• SiM ∈O(n,C) alors (^tM)⁻¹=M =U H. Or (^tM)⁻¹= (^tU)⁻¹(^tH)⁻¹=U(H)⁻¹carU ∈U(n) etH ∈ H⁺_n. Par unicité de la décomposition polaire,U =U est réelle, donc dansO(n). Comme exp(X)⁻¹= exp(−X), on en déduit de même que H = exp(X) avec X = −X et X hermitienne. Autrement dit X = iA où est antisymmétrique réelle quelconque. On conclut que O(n,C) est homéomorphe

`

a O(n,R)×R^n(n−1)/2; en particulier ses composantes connexes sont SO(n)×R^n(n−1)/2 et (O(n)\ SO(n))×R^n(n−1)/2.

(6)

6 -

Groupes pseudo-alg´ebriques

1. La transposition, le déterminant et le produit de matrices sont évidemment des fonctions polynomiales en les parties réelles et imaginaires des coefficients d’une matrice complexe. Il en est de même des 2n²fonctions composantes M 7→ <(Mij) etM 7→ =(Mij) évaluant les parties réelles et imaginaires des coefficients d’une matrice. Il est alors immédiat queO(n),U(n),SL(n,K) etB⁽¹⁾(n,K) sont pseudo-algébriques.

2. On suppose d´esormais que le groupeGest stable par conjugaison-transposition.

i) D’après la décomposition polaire (cf Exercice 5), on sait que tout élémentg s’écrit de manière unique sous la forme g = U h avec U ∈ U(n) et hhermitienne définie positive. De plus, on a montré dans la question 4 de l’exercice 5 que l’exponentielle de matrices établit un homéomorphisme entre les matrices hermitiennes et les matrices hermitiennes définies positives. D’où l’existence (et l’unicité) de H hermitienne telle que g=Uexp(H).

On a ^tg = exp(H) ^tU car H est hermitienne. Par hypothèse, ^tg ∈ G d’où ^tgg ∈ G. Or on a ^tgg = exp(H)^tU Uexp(H) = exp(2H) carU ∈U(n). CommeGest un groupe, toutes les puissances entières de exp(2H) sont encore dans G.

ii) Une matrice hermitienne est diagonalisable (dans une base orthonormale). Il existe doncP ∈U(n) telle queP KP⁻¹ soit une matrice diagonale dont les coefficients µ_j (j = 1. . . n) sont les valeurs propres (r´eelles) de K. L’application M 7→ P⁻¹M P est un hom´eomorphisme et un morphisme de groupes:

G→P⁻¹GP. De plus P⁻¹GP est encore pseudo algébrique. Comme P ∈U(n), P⁻¹H⁺P =H⁺, et P⁻¹G∩ H⁺P=P⁻¹GP∩ H⁺. Conclusion : on peut se ramener à travailler avec le groupeP⁻¹GP et donc supposer queK est diagonale pour démontrer le résultat.

On sait queGest pseudo-algébrique. SoitP₁, . . . , P_lles polynômes le définissant. Comme exp(kK)∈G, on a

P_i(exp(kµ₁), . . . ,exp(kµ_n),0, . . . ,0) = 0 (1) pour touti= 1. . . let toutk∈Z. LesP_iétant des polynômes, le terme de gauche de l’équation (1) peut se réécrire sous la formePni

k=1ak,i(exp(bk,i))^k oùb1i<· · ·< bni. Cette expression doit être nulle pour toutk∈Z; il suit que les coefficients aki sont tous nuls (en prenant la limite pourk→ ±∞ de cette expression, on obtient que les coefficients de exp(b1i) et exp(bni) sont nuls et on itére le raisonnement).

Il est alors ´evident quePn_i

k=1ak,i(exp(bk,i))^t= 0 pour tout t∈R. On en d´eduit donc, que pour tout t∈R, on aPi(exp(tµ1), . . . ,exp(tµn),0, . . . ,0) = 0 d’o`u exp(tk)∈G. De plus exp(tK)∈ H⁺ puisque tK est hermitienne.

iii) D’aprèsi), exp(2H)∈ GH⁺. D’où d’aprèsi), exp(xH) (x ∈ R) aussi. En particulier exp(−H)∈ G aussi. Il suit queU =gexp(−H)∈G. Alors, pour toutg =Uexp(H)∈G, on sait que U et exp(H) sont dansG; il en découle queG= (G∩U(n))×(G∩ H⁺). Pour conclure, il va nous suffire de montrer que la préimage par l’exponentielle exp :Hn→ H⁺_n de (G∩ H⁺) est un sous-espace vectoriel. On sait déjà que pour toutt∈R, exp(tH)∈G∩ H⁺. Il reste à voir que si exp(H) et exp(K) sont dansG∩ H⁺, alors exp(H+K)∈G∩ H⁺. En faisant un développement limité, on obtient facilement que

exp(tH) exp(tK) = exp t(H+K) +O(t²) .

On en d´eduit la formule

exp(H+K) = lim

n→∞ exp(H/n) exp(K/n)n

.

Par conséquent, exp(H+K) est limite déléments deG, qui est fermé puisque pseudo-algébrique, donc est dansG. Il est dansH⁺ par construction ce qui permet de conclure.

3. On suppose bien-sˆur quep, q≥1 (sinon O(p, q) est hom´eomorphe au groupe orthogonal).

i) Une matriceM est dansO(p, q) si et seulement si, pour toutX∈Rⁿ, on a

tX^tM IpqM X=^tXIpqX.

(7)

Cette égalité est équivalente à l’égalité des formes quadratiques définies par les matrices symétriques

tM I_pqM et I_pq, donc à ^tM I_pqM = I_pq. En prenant le déterminant, on obtient det(M)²det(I_pq) = det(I_pq) ce qui donne det(M) =±1 et (en particulierO(p, q)⊂GL(n,R)). Enfin O(p, q) =f⁻¹(I_pq) oùf est l’application continue, et même polynomiale en ses coefficients,M 7→^tM IpqM, en particulier, O(p, q) est un sous-groupe fermé deGL(n,R) et même pseudo-algébrique.

ii) L’intersection d’un ferm´e et d’un compact est compact, doncKpq est compact. SoitM =

A B C D

. AlorsM ∈Kpq si et seulement si

tM M=I_n et^tM I_pqM =I_pq ⇐⇒











tAA+^tCC =I_p

tAB+^tCD= 0

tBA+^tDC = 0

tBB+^tDD=I_q et











tAA−^tCC=I_p

tAB−^tCD= 0

tBA−^tDC= 0

tBB−^tDD=−I_q

Noter que les deux lignes du milieu à droite sont équivalentes (on passe de l’une à l’autre par transposition). La somme des deux premières lignes donne^tAA=Ip et ^tCC = 0 (en particulierA∈O(p)).

Celle des dernières lignes donne^tDD=Iq et ^tBB= 0 (en particulier A∈O(q)). Celle de la deuxième ligne conduit à ^tAB= 0 =^tCD. CommeA, D sont inversibles, on en déduit que B = 0 etC= 0. En conclusion :M ∈O(p)×O(q). La réciproque est immédiate. Enfin commeO(p, q) est pseudo-algébrique réel, on en déduit queO(p, q)∩U(p+q) =O(p, q)∩O(p+q) et puisque il est stable par transposition, par le résultat de la question 2 on obtient que O(p, q) est homéomorphe à K_pq×R^d (pour un certain entierd).

iii) Les composantes connexes de O(p, q) sont donc celles de K(p, q)∼= O(p)×O(q) donc Kpq a 4 composantes connexes. ClairementSO(p, q) est un sous-groupe fermé de O(p, q). De plusM s’obtient en multipliant M⁰ par un élément de SO(p, q) si et seulement si det(M) = det(M⁰). En prenant une matrice quelconqueH deO(p, q) telle que det(H) =−1 (il est facile d’en exhiber une...) on en déduit queO(p, q) admet une partition en deux classes SO(p, q) et O⁻(p, q) = H.SO(p, q) sous l’action de SO(p, q) et que ces deux classes sont homéomorphes via∗H :SO(p, q)→O⁻(p, q). Elles doivent donc avoir le même nombre de composantes connexes, c’est à dire 2 chacunes. Enfin det(I_n) = 1, ce qui assure que la composante neutreSO₀(p, q) est dans SO(p, q). CommeK_pq ∼=O(p)×O(q), on déduit aisément (en calculant les déterminants) queSO_p,q∩K_pq=SO(p)×SO(q)Ò⁻(p)×O⁻(q).

On ´ecrit toujoursM =

A B C D

.

Commen¸cons par montrer que le signe de det(A) est constant sur une composante connexe deSO(p, q).

CommeM ∈O(p, q), alors,^tAA=Ip+^tCC. Comme^tCCest une matrice symétrique positive,Ip+^tCC est une matrice symétrique positive. En diagonalisant^tCC, on trouve que les valeurs propres deIp+^tCC sont les 1 +µi où les µi≥0 sont celles de^tCC. En particulier elles sont strictement positives, d’où il découle que^tAAest symétrique définie positive. Il en résulte que det(A)∈R^∗et donc le signe de det(A) est constant sur une composante connexe. Il est nécéssairement positif sur SO0(p, q) (qui contient la marice identité). Comme la matriceH=







−1 0 0 0

0 I_p−1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 I_q−1







est dansSO(p, q)−SO₀(p, q), on obtient que det(A)<0 surSO(p, q)−SO₀(p, q).

Montrons enfin que l’application A 7→ det(A)/|det(A)| ∈ Z/2Z est un homomorphisme de groupes bien défini. Si A, B ∈ SO₀(p, q), alors, AB ∈ S0₀(p, q) (puisque SO₀(p, q) est un groupe). Comme S00(p, q)×(S0(p, q)−SO0(p, q)) est connexe, son image par la multiplication est inclus dans une composante connexe deS0(p, q). On vérifie sur un exemple que cette image est dansS0(p, q)−SO0(p, q) (en prenant par exemple le couple (Ipq, H)). De même on montre, que l’image de (S0(p, q)−SO0(p, q))×

SO0(p, q) par la multiplication est dans S0(p, q)−SO0(p, q) et que le produit de deux éléments de S0(p, q)−SO0(p, q) est dans S00(p, q). Il est alors immédiat, vu les considérations sur le signe de det(A) ci-dessus, que l’application A 7→det(A)/|det(A)| ∈ Z/2Z est un homomorphisme de groupes de noyauSO0(p, q).

Remarque. On pourrait caractériser les matrices de K(p, q) comme étant les matrices M de O(p, q) telles que det(A) =±1 (en écrivant encoreM comme un bloc).

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