Sous groupes finis de SO(3)
Théorème. Tout groupe fini deSO(3) est de l’un des cinq types suivants :
– Un groupe cyclique engendré par une rotation d’axe∆ et d’angle2π/n(n∈N∗).
– Un groupe diédralDn. – A4.
– S4. – A5.
Équation aux classes. SoitGun tel groupe (non trivial). On notenson ordre et el’identité. Pour tout point g ∈ G\ {e}, g est une rotation d’axe ∆g dont l’action naturelle sur la sphère unité admet alors deux points fixes, notés xg et x0g = −xg. On appelle ces points des pôles de G et on note leur ensembleP (qui est fini, de cardinal inférieur à2n−1). Il est clair que sixest un pôle,−xen est un aussi. L’ensemble des rotations deGd’axeRxs’identifie (via projection sur{x}⊥ à un sous-groupe Gx
deSO(2)et est donc cyclique. Notonsnx l’ordre de ce sous groupe.
Soitxun pôle deG. On noteO(x)l’orbite dexsousG. Siy∈ O(x), il existeg0∈Gqui envoiexsur y. Ainsi,∀g∈G,g·x=x⇔g0gg−10 ·y=y, ce qui montre queGxest envoyé surGy par conjugaison. En particulier,y est un pôle et |Gx|=|Gy|. La relation orbite stabilisateur donne de plus n=|Gx||O(x)|.
On considère alors (comme dans la démonstration de la formule de Burnside), l’ensemble des couples (g, x)oùg∈G\ {e}etxest un pôle relatif àg. On va compter ces couples de deux manières différentes.
La conditiong6=eindique que pourg donné, il y a exactement deux pôlesxdeg. Le nombreA de tels couples vaut doncA= 2(n−1).
Par ailleurs, fixant un pôlexdeG, il y a exactement|Gx| −1 éléments deG\ {e}qui fixentx. On a donc l’égalité
A= X
x∈P
(|Gx| −1).
En notant C l’ensemble des orbites des divers pôles et en utilisant la conservation de |Gy| pour y parcourant une orbiteC (qu’on note alorsnC), on obtient
A=X
C∈C|C|(nC−1).
En égalant à l’autre calcul, on obtient2(n−1) =P
C∈C|C|(nC−1), soit (avecn=nC|C|)
2−2 n= X
C∈C
1− 1
nC
. (1)
Discussion de l’équation aux classes. n > 1 donc1 6 2−n2 <2. Dans P
C∈C
1−n1
C
, il y a donc au moins deux termes non nuls, et puisquenc >12, au plus trois.
a) Cas de deux termes non nuls. (??) s’écrit alors
2 = n n1
+ n n2
.
n n1 et nn
2 sont des entiers non nuls donc n1 =n2 = n. Les deux orbites correspondantes sont donc réduites à un unique élément (x1 etx2). Ainsi,Glaisse fixe l’axe(x1, x2)donc est un sous groupe de rotations d’axe(x1, x2), donc est cyclique (car s’identifie à un sous groupe fini deSO(2)).
1
b) Cas de trois termes non nuls. (??) s’écrit
1 + 2 n = 1
n1
+ 1 n2
+ 1 n3
où on peut choisir26n16n26n3. Comme1 +n2 >1, il doit existernitel queni= 2. Doncn1= 2 et n1
2 +n2 = n1
3. On doit avoir 12 +n2 >12, ce qui imposen2= 2oun2= 3.
– Sin1=n2= 2. La relation ci-dessus donnen= 2n3. L’orbite correspondant àn3, notéeC3, a donc
n
n3 = 2éléments (diamétralement opposés car fixés par exactement n/2 éléments deG, éléments qui s’identifient à un sous groupe d’ordren/2de SO(2), notéH), notésN et S. Les deux orbites correspondant àn1etn2ont toutes deux n2 pôles, pôles qui sont nécessairement situés dans le plan orthogonal à(N S)(car{N, S}est invariant sousG). En outre, lesn/2pôles deC1 décrivent dans (N S)⊥ un polygône régulier sous l’action deH. Par cardinalité,C1=O(x)sousH, avecxpôle de C1 quelconque. Ce polygone, comme orbite sousG, est donc globalement invariant parG. Ainsi,G peut être vu comme sous groupe deDn/2. Par cardinalité, G'Dn/2.
– Sin1= 2et n2= 3. (??) s’écrit n1
3 =16+n2 avecn3>3. Il y a alors trois possibilités :
– n3= 3 doncn= 12. SousG, on dispose donc de deux orbites de quatre pôles fixés chacun par trois éléments deG(C2etC3), et une orbite de 6 pôles fixés par 2 éléments (C1). Les éléments non triviaux deGsont donc d’ordre 2 ou 3. Comme les points de C1 sont diamétralement oppposés (deux points opposés sont fixés par les mêmes éléments),C1correspond à 3 sous groupes d’ordre 2 deG. NotantC2={a, b, c, d}, L’action deGsurC2induit un morphisme deGdansS4, injectif car sig fixe quatre points, c’est l’identité. Or, l’unique sous-groupe de S4 d’ordre 12 est A4, ce qui montre queG'A4.
– n3= 4doncn= 24. SousG, on a une orbiteC1 de 12 points fixés par 2 éléments, une orbiteC2 de 8 points fixés par 3 éléments et une orbiteC3 de 6 points fixés par 4 éléments.
Les 8 pôles deC2sont deux à deux diamétralement opposés (fixés par le même nombre d’éléments) doncC2 contient 4 paires de points opposés.Gagit permute ces paires puisqu’il fixeC2, ce qui induit un morphisme de Gdans S4. Ce morphisme est injectif car sig fixe les quatre paires, il laisse globalement invariantes quatres droites de l’espace qui engendrent au moins un plan.
Il induit donc une homothétie sur ledit plan. Comme g ∈ SO(3), la complétion d’une base orthogonale du plan en une base directe orthogonale de l’espace montre (via l’écriture canonique deg) quegest l’identité. Ainsi,G=S4.
– n3 = 5 donc n = 60. Sous G, on dispose d’une orbite C1 de 30 points fixés par 2 éléments, d’une orbite C2 de 20 points fixés par 3 éléments et d’une orbite C3 de 12 points fixés par 5 éléments. Les éléments deG non triviaux sont donc d’ordre 2, 3 ou 5. Comme les pôles d’une même orbite sont deux à deux diamétralement opposés, C1 fournit 15 sous groupes d’ordre 2, C2, 10 sous groupes d’ordre 3 etC3, 6 sous groupes d’ordre 5 (tous de la formeGx). Or, puisque tout sous groupe cyclique correspond à un pôle, les seuls groupes cycliques sont ceux-là, et deux sous groupes cyclique quelconques s’intersectent trivialement.
Montrons alors queGest simple. SoitH un sous groupe distingué deG non réduit à{e}. Soit x∈ H non neutre. Tous les conjugués de x sont dans H donc, si x est d’ordre 2, H contient au moins 16 éléments, sixest d’ordre 3, 21 et sixest d’ordre 5, 25. Puisque |H|divise |G|,H contient au moins 30 éléments, donc au moins deux éléments d’ordre disctinct, donc a plus de 30 éléments. Finalement,H =GetGest simple. Comme il n’existe qu’un groupe simple d’ordre 60,G=A5.
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