« Programme d'Erlangen » : différence entre les versions

Notons ${\displaystyle \phi \,}$ la représentation et O l'image du tore par la représentation.

• Tout élément de O possède un déterminant positif.

En effet, l'application ${\displaystyle det\circ \phi }$ prend la valeur 1 pour l'image de ${\displaystyle {\dot {0}}}$. Car l'image de l'élément neutre par un morphisme de groupe est toujours l'élément neutre. Or l'élément neutre des automorphismes est l'identité de déterminant 1. L'application ne prend jamais la valeur 0 car les automorphismes n'ont jamais un déterminant égal à 0 et elle est continue, ses valeurs sont donc toujours positives.

La suite de la démonstration montre que le déterminant est en fait toujours égal à 1.

• L'image de ${\displaystyle {\dot {1/2}}}$ est égal à -Id, où Id désigne l'endomorphisme identité.

Cette égalité est intuitive, -Id est obtenu par rotation d'un demi tour de l'élément neutre. Ce n'est à ce stade qu'une intuition car la notion de rotation n'est pas encore définie.

L'égalité ${\displaystyle 2.{\dot {1/2}}=0}$ se traduit par la représentation par ${\displaystyle \phi ({\dot {1/2}})^{2}=Id}$. L'automorphisme ${\displaystyle \phi ({\dot {1/2}})}$ est donc annulé par le polynôme ${\displaystyle X^{2}-1\,}$. Le polynôme minimal est scindé, l'automorphisme est donc diagonalisable et les valeurs propres ne peuvent prendre que deux valeurs 1 ou -1.

• Une double valeur propre égal à 1 est impossible car comme l'automorphisme est diagonalisable, il serait égal à l'identité. ${\displaystyle {\dot {1/2}}}$ et ${\displaystyle {\dot {0}}}$ aurait alors la même image et ${\displaystyle \phi \,}$ ne serait pas une bijection.
• Deux valeurs propres 1 et -1 est encore une configuration impossible car le déterminant serait négatif, ce qui est impossible.
• Il existe donc une double valeur propre, -1. Comme l'endomorphisme est diagonalisable, nous avons démontré qu'il est égal à -Id.

• Construction d'une base qui sera plus tard montrée comme orthonormale

Soit ${\displaystyle v_{1}\;}$ un vecteur non nul, choisi par convention pour avoir une norme (quand elle sera définie) égale à 1. soit ${\displaystyle v_{2}\;}$ défini par:

${\displaystyle v_{2}=i_{E}(v_{1})\quad avec\quad i_{E}=\phi ({\dot {1/4}})\,}$

La définition est intuitive, le second vecteur est la rotation d'un quart de tour du premier vecteur. Ce n'est évidemmment qu'une intuition, car au stade de la démonstration, il n'est pas établi que la structure soit euclidienne et donc que l'on puisse parler de rotation.

L'égalité:

${\displaystyle \phi (2.{\dot {1/4}})-\phi ({\dot {1/2}})=0\,}$

Montre que i_E à pour polynôme annulateur X² + 1 et son polynôme minimal n'est pas scindé. En conclusion, il n'existe pas de vecteur propre et la famille (v₁, v₂ est libre.

Utilisons alors les notation suivantes:

${\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} \quad i_{n}=\exp _{E}({\frac {\pi .i_{E}}{2^{n}}})}$

Où l'exponentielle désigne l'application qui, à un endomorphisme associe son exponentielle définie dans l'article Diagonalisation.

• pour tout n, toutes les puissances de i_n sont éléments de O.

Commençons par étudier l'équation suivante, elle a deux solutions x₁ et x₂:

${\displaystyle (1)\quad 2.{\dot {x}}={\dot {a}}\quad alors\quad {\dot {x_{1}}}={\dot {a}}/2\quad et\quad {\dot {x_{2}}}={\dot {a}}/2+{\dot {1/2}}}$

Démonstration par récurrence:

• Si n est égal à 1, alors i_n est égal à i_E et le résultat est déjà démontré.

• Supposons le résultat vrai pour p.

Consédérons l'équation (1) avec pour constante l'antécédent de i_p. L'image par la représentation de cette équation donne:

${\displaystyle (2)\quad x^{2}=i_{p}\;}$

Si s_p+1 est une solution de cette équation, alors l'équation (2). Cette solution commute avec son inverse et l'autre solution de l'équation, car tous ces éléments sont membre de l'image de la représentation qui est un groupe commutatif. L'équation s'écrit:

${\displaystyle x^{2}-s_{p+1}^{2}=0\quad ou\quad y^{2}-1=0\quad avec\quad y=s_{p+1}^{-1}\circ x\,}$

Remarquons que y est membre de l'image de la représentation, donc il possède un déterminant positif. Son polynôme minimal est scindé, il est donc diagonalisable, et ses valeurs propres sont 1 ou -1. On en déduit que y est soit égal à Id soit -Id. L'équation (2) n'admet donc que deux solutions avec un déterminant positif. Il suffit alors de remarquer que i_p+1 et son opposé sont les deux solutions, ils sont donc membre de l'image. Par stabilité de la loi du groupe, ses puissances sont donc aussi éléments du groupe.

• L'image de la représentation est l'image des nombres réels par l'application t -> exp (2π.t.i_E).

L'image des nombres diadiques du tore (plus exactement ce ne sont pas les nombres diadiques mais l'image de ces nombres par le revêtement canonique du tore) sont maintenant déterminés. La représentation est bicontinue, donc l'image d'un fermé est un fermé. L'image de l'adhérence des nombres diadiques qui est le tore entier, est égale à l'adhérence de l'image de ces nombres. On en déduit que l'image de la représentation du tore est bien l'image des nombres réels par l'application t -> exp (2π.t.i_E).

Il est alors relativement simple de montrer que la représentation est définie par:

${\displaystyle \phi ({\dot {t}})=\exp _{E}(2\pi .t.i_{E})\;}$

• Conclusion

Soit le produit scalaire défini par la base orthonormale (v₁, v₂). Alors i_E correspond bien à une rotation d'un quart de tour et le groupe de rotation est bien celui généré par l'exponentielle de base i_E.