DÉVELOPPEMENTS POUR L’AGRÉGATION EXTERNE
SO 3 ( R ) est simple, mais pas seulement
Leçons : 161, 204, 101, 103, 106, 108, 160, 203
[H2G2], partie VII.A [Per], partie VI.2 Théorème
SO
3( R ) est un groupe simple, connexe et compact.
Démonstration :
→ Montrons que SO3
(
R)
est compact.1On a SO3
(
R) =
ψ−1({
I3})∩det−1({
1})est fermé dansM3(
R)
, oùψ:M3
(
R)
→ M3(
R)
M 7→ tMM est une application continue.Aussi, O3
(
R)
est borné car ses éléments sont des isométries ; donc SO3(
R)
est borné.Ainsi, commeM3
(
R)
est de dimension finie, SO3(
R)
est compact.→ Aussi, SO3
(
R)
est connexe (par arcs) ; on va montrer qu’on peut relier continûment ses éléments à I3. SoitM∈SO3(
R)
, on dispose du résultat de réduction :∃P∈O3
(
R)
,M=
PUθP−1, oùUθ=
1 0 0
0 cosθ −sinθ 0 sinθ cosθ
avecθ∈R.
Soit alorsγ:
[
0, 1]
→ SO3(
R)
t 7→ PUtθP−1 ;γest un chemin continu reliantMà I3, et restant dans SO3
(
R)
. Donc SO3(
R)
est connexe (par arcs).→ On va maintenant montrer que SO3
(
R)
est simple ; pour cela, soitH/SO3(
R)
, non-réduit à{I3}. Voilà ce qu’on va faire : on va montrer que les retournements deR3 sont tous conjugués dans SO3(
R)
, puis queHen contient un ; ainsiHles contiendra tous, et comme ils engendrent SO3(
R)
2, on aura H=
SO3(
R)
, d’où la simplicité de SO3(
R)
. Commençons par le lemme suivant.Lemme
SO3
(
R)
agit transitivement sur l’ensemble des droites deR3. Démonstration :SoientD,D0deux droites deR3, engendrées par les vecteurs unitairesdetd0.
1. Notons que la connexité et la compacité de SOn(R)se montre exactement de la même façon, pour toutn∈N∗. 2. Soitn∈N∗, on va d’abord montrer que les réflexions orthogonales engendrent On(R).
Un rappel : une réflexion orthogonale, c’est une matrice diagonalisable de spectre{−1, 1}, avec−1 de multiplicité 1.
Soitu∈ On(R)etFu ={x∈E|u(x) =x}l’espace de ses points fixes. On posepu=n−dimFuet on va en fait montrer queuest produit d’au pluspuréflexions orthogonales.
On raisonne par récurrence surpu∈N. Le caspu=0 est trivial puisqu’il correspond àu=In.
Supposons doncpu >0 ; soitx ∈ Fu⊥\{0}, et soity = u(x). Commex ∈/ Fu,y6= x; et commeFuetFu⊥ sontu-stables, y ∈ Fu⊥. De plus, hx−y,x+yi = kxk2− kyk2 = 0 (car uest une isométrie), donc x−yetx+ysont orthogonaux. Soit alorsτla réflexion orthogonale associée au vecteurx−y(ie telle queE−1 =Vect{x−y}). On a donc :τ(x−y) = y−xet τ(x+y) = x+y, d’où, par demi-différence :τ(u(x)) = τ(y) = x. Aussi,x−y ∈ Fu⊥, ce qui implique surτ Fu = IdFu. En conséquence,Fu⊂Fτu; maisx∈Fτu\Fu, doncpu>pτu. On utilise donc notre hypothèse de récurrence surτu:τu=τ1. . .τr, où lesτisont des réflexions orthogonales etr6pτu. Mais alors on au=ττ1. . .τretr+16pu, ce qui achève la récurrence.
Désormais, soitu∈SOn(R).
Pourn = 3, on conclut alors que les retournements engendrent SO3(R): siu 6= I3, alorsu =τ1τ2 = (−τ1)(−τ2)et les opposés des réflexions orthogonales sont ici des retournements.
Quandn > 3, il y a encore un peu de travail ; on peut déjà écrireu = τ1. . .τ2pavec 2p 6n, lesτi étant des réflexions orthogonales. Prenons une paire de réflexions orthogonalesτ1,τ2; alors on peut trouver une paire de retournementsσ1,σ2telle que :τ1τ2 = σ1σ2. En effet : soient H1etH2 les hyperplans laissés fixes parτ1etτ2et soitVun sev deH1∩H2qui soit de dimensionn−3. Alorsτ1τ2 V=Id et doncτ1τ2
V⊥
⊂V⊥. Mais d’après le casn=3, on peut écrireτ1τ2 V⊥ =σ1σ2, où les σisont des retournements deV⊥. Il ne reste qu’à les prolonger par l’identité surV, et on a gagné.
Florian L
EMONNIER1
Diffusion à titre gratuit uniquement.
ENS Rennes – Université Rennes 1
DÉVELOPPEMENTS POUR L’AGRÉGATION EXTERNE
Soient
(
e1,e2)
et e01,e20des bases orthonormales deD⊥et deD0⊥.
On a donc construit deux bases orthonormales deR3; la matrice de passagePde l’une à l’autre est donc dans O3
(
R)
.Mais quitte à changerd0en−d0, on peut supposer queP∈SO3
(
R)
. SoientRDetRD0deux retournements deR3d’axes respectifsDetD0. Par le lemme, il existeS∈SO3(
R)
envoyantDsurD0.AlorsSRDS−1∈SO3
(
R)
est semblable àRD; c’est donc un retournement deR3. Soitx∈ D0, on a :SRDS−1x| {z }
∈D
=
SS−1x=
x; ainsi l’axe deSRDS−1estD0, id est :SRDS−1=
RD0. On a ainsi montré que tous les retournements sont conjugués dans SO3(
R)
.Reste à trouver un retournement dansH.
Soith∈ Havech6=I3. On pose :ϕ:
SO3
(
R)
→ Rg 7→ tr ghg−1h−1 .
ϕest une application continue, doncϕ
(
SO3(
R))
est un compact connexe deR, un segment.∀g∈SO3
(
R)
,ghg−1h−1∈SO3(
R)
doncϕ(
g)
est de la forme 1+
2 cosθ, avecθ∈R(par le théorème de réduction des éléments de SO3(
R)
).Comme en plusϕ
(
I3) =
3, on en déduit queϕ(
SO3(
R)) = [
a, 3]
, pour un certain réela.Par l’absurde, supposons quea
=
3.Alors∀g∈SO3
(
R)
, tr ghg−1h−1=
3, et doncghg−1h−1=
I3. En conséquence,h∈Z(
SO3(
R)) =
{I3}, ce qui est exclu.3 On a donc biena<3.La suite
1
+
2 cosπ nn∈Nayant 3 pour limite, on peut prendren∈N∗tel quea<1
+
2 cosπ n <3.Soit alorsgn ∈SO3
(
R)
tel queϕ(
gn) =
1+
2 cosπ n.On posehn
=
gnhg−1n h−1;hn∈ H, carHest conjugué dans SO3(
R)
et carh∈H.Comme trhn
=
1+
2 cosπn, on obtient quehn est une rotation d’angle±π
n ; ainsihnn ∈ Hest une rotation d’angleπ, autrement dit, un retournement. Ce qui conclut la preuve.
Références
[H2G2] P. C
ALDEROet J. G
ERMONI– Histoires hédonistes de groupes et de géométries, Calvage & Mou- net, 2013.
[Per] D. P
ERRIN– Cours d’algèbre, Ellipses, 1996.
3. En effet, soitn>2, eth∈Z(SOn(R)); on va montrer quehest une homothétie.
SoitDune droite deRn; on a :Rh(D)=hRDh−1=RD, carhest central.
Donchlaisse stables toutes les droites deRn, c’est donc une homothétie (c’est facile : on prend deux vecteurs non-colinéaires, ce sont des vecteurs propres deh, leur somme également, et on montre que tous les vecteurs sont de même valeur propre.)
Florian L
EMONNIER2
Diffusion à titre gratuit uniquement.
