Sous-groupes finis de SO(3)

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1 Sous-groupes finis de SO(3) Cours d Algèbre I MMFAI 2000 Groupes des isométries directes de polyèdres réguliers. Le tétraèdre Remarque. Rappelons que le tétraèdre régulier est un polyèdre à 4 sommets, 4 faces (triangles équilatéraux identiques) et 6 arêtes de même longueur. Soit G le groupe d isométries directes du tétraèdre T = [A, B, C, D]. G agit sur les sommets (points extrémaux) de T, et stabilise O, centre de gravité de T. G est donc un groupe de rotations d axe passant par O. Théorème.2 (Ordre) G est un groupe à 2 éléments. Soit g G. er cas : l axe de g passe par un sommet (A par exemple). (OA) (CD), donc g induit une isométrie du plan (BCD) qui laisse invariant le triangle équilatéral [B, C, D]. C est donc une rotation plane d angle 2π 3 ou 4π 3. Pour chacun des 4 axes, on obtient ainsi un sous-groupe cyclique d ordre 3. D où 8 éléments d ordre 3. 2 ème cas : l axe coupe une arête. g est une isométrie, donc l axe coupe cette arête en son milieu, par exemple I = m[ab]. Comme passe par O, il passe aussi par J = m[cd]. Cette rotation est donc d angle π. On obtient donc un sous-groupe cyclique d ordre 2 pour chaque paire d arêtes opposées. D où 3 éléments d ordre 2. 3 ème cas : l axe coupe une face. Par exemple, coupe (ABC) en P. Supposons un instant que P A P B. Alors g(a) {C, D}. Si par exemple g(a) = D, alors g(b) = C. Dans ces conditions g(c) {A, B}. En fait, g(c) = B car sinon, P A = g(p )g(a) = P D = g (P )g (D) = P B. On en déduit que l axe coupe (AD) et (BC) en leur milieu (et nous serions dans le deuxième cas). On a donc prouvé que P était le centre de gravité de (ABC). Mais alors passe par D, car O. Nous sommes donc dans le premier cas. En conclusion, = = 2. Théorème.3 (Structure) G a 4. L action de G permute les sommets de T donc on a un morphisme de ϕ : G S 4. Comme ( OA, OB, OC) est une base de R 3, et que les éléments de G sont linéaires, ϕ est injectif. Comme G contient les rotations d angle 2π 3, et d axes OA, OB, OC, OD, on en déduit que Imϕ contient tous les 3-cycles. Imϕ contient donc a 4, et y est égale par cardinalité.

2 .2 Le cube Remarque.4 Rappelons que le cube est un polyèdre régulier à 8 sommets, 6 faces (carrés identiques), et 2 arêtes de même longueur. Soit G le groupe des isométries directes du cube C = [, 2, 3, 4,, 2, 3, 4 ], avec x symétrique de x par rapport à O centre de C. Ici encore, G stabilise les points extrémaux donc il stabilise O. Théorème.5 (Ordre) G est un groupe à 24 éléments. Soit g G. Supposons que l axe passe par l un des sommets, disons. Alors l axe est (, ). g induit une rotation du plan (2, 4, 3 ). Comme 2, 4 et 3 sont les seuls points à distance minimale de, cette rotation les stabilise. On en déduit que g est une rotation d angle 2π 3 ou 4π 3. On obtient ainsi 4 groupes cycliques d ordre 3, et donc 8 éléments d ordre 3. Supposons que l axe de g coupe une arête. Alors elle la coupe en son milieu, ainsi que l arête opposée. Il y a donc 6 axes possibles, qui donnent chacun des rotations d angle π. D où 6 éléments d ordre 2. Supposons que l axe de g coupe une face. Alors il la coupe en son centre de gravité, ainsi que la face opposée. On obtient donc 3 axes, qui donnent chacun un groupe cyclique d ordre 4. D où 3 éléments d ordre 2 et 6 éléments d ordre 4. En conclusion = = 24. Théorème.6 (Structure) G S 4 Remarquons tout d abord que les distances possibles entre les sommets sont, 2 et 3. Comme 3 n est obtenu que pour les paires de sommets opposés, on en déduit que G agit sur les quatre diagonales D x = (x, x ). D où un morphisme ϕ : G S 4. La rotation d angle π 2 et d axe orthogonal à la face (, 2, 3, 4) montre que l image de ϕ contient le 4-cycle (D, D 2, D 3, D 4 ). De même, en considérant la rotation d angle π et d axe passant par le milieu de (, 2), on voit que la transposition (D, D 2 ) est dans l image de ϕ. Ainsi, ϕ est surjectif, et bijectif par cardinalité..3 L octaèdre Remarque.7 Rappelons que l octaèdre régulier est un polyèdre à 6 sommets, 8 faces (triangles équilatéraux identiques), et 2 arêtes. Comme l octaèdre est le dual du cube, son groupe d isométries directes est également isomorphe à S 4..4 Le dodécaèdre Remarque.8 Rappelons que le dodécaèdre régulier est un polyèdre à 20 sommets, 2 faces (pentagones réguliers identiques), et 30 arêtes de même longueur. En outre, chaque sommet appartient à 3 arêtes, et à 3 faces. On note G le groupe des isométries directes de D, dodécaèdre régulier. Ici encore, G permute les sommets, et stabilise le centre de gravité O de D. Théorème.9 (Ordre) G est groupe à 60 éléments. Soit g G. 2

3 Si l axe de g passe par le centre d une face, g induit une rotation sur le plan de cette face, isométrie du pentagone régulier. On obtient ainsi 6 groupes cycliques d ordre 5, d où 24 éléments d ordre 5. Si l axe de g passe par le milieu d une arête, g est une rotation d angle π. On obtient ainsi 5 éléments d ordre 2. Si l axe de g passe par un sommet, g stabilise les 3 points à distance minimale de ce sommet. g induit alors une rotation dans le plan de ces 3 points, donc c est une rotation d angle 2π 3 D où 20 éléments d ordre 3. ou 4π 3. En conclusion, = = 60. Théorème.0 (Structure) G a 5.. Solution géométrique On note (C i ) la famille des cinq cubes inscrits dans D (chaque point de D appartient à deux de ces cubes, et son symétrique appartient à ces deux mêmes cubes). Par des considérations de distances minimales, on observe que G agit sur l ensemble de ces cubes. D où un morphisme de ϕ : G S 5. En considérant la rotation d angle 2π 5 à travers une face de D, on voit que Imϕ contient tous les cycles d ordre 5. En particulier, a 5 est contenu dans l image de ϕ, et en fait égal par cardinalité. Supposons que g G fixe chacun de ces cubes, avec g e. Alors g est une rotation d angle π, 2π 3, 4π 3 (cf. le groupe d isométries du cube). Si g est d angle π, son axe passe par le milieu d une arête du dodécaèdre, et ne peut pas laisser invariant chacun des cubes. Si g est d ordre 3, l axe de g est une diagonale du dodécaèdre, et g ne peut stabiliser chacun des cubes. ϕ est donc injective. 2. Solution arithmétique Comme a 5 est le seul groupe simple d ordre 60, il suffit de montrer que G est simple. On va utiliser le fait que tout sous-groupe distingué est réunion de classes de conjugaison. Si toutes les sommes non triviales de cardinaux de classes de conjugaison ne divisent pas G, alors c est gagné. Calculons donc ces cardinaux, et toutes les sommes possibles. Les éléments d ordre 2 sont clairement tous conjugués dans G. Les sous-groupes d ordre 3 (respectivement 5) sont deux à deux conjugués car ce sont des stabilisateurs et que G agit transitivement sur les sommets (respectivement les faces). Soit P un sommet et ρ rotation d angle 2π 3 dans le stabilisateur de P. C est aussi la rotation d angle 4π 3 du stabilisateur de P, symétrique de P par rapport à O. On en déduit que ρ Stab(P ) est conjuguée à ρ 2 Stab(P ). Finalement, tous les éléments d ordre 3 sont conjugués dans G. Les éléments d ordre 5 ne peuvent pas former une seule classe, car 24 ne divise pas 60. Soit ρ élément d ordre 5. Comme ci-dessus, ρ (respectivement ρ 2 ) est conjuguée à ρ (respectivement ρ 3 ). Ainsi, ils forment au plus deux classes, et donc exactement deux. Il suffit maintenant de prouver qu il est impossible d obtenir 2, 3, 4, 5, 6, 0, 2, 5, 20, 30 sous la forme s = + 5a + 2b + 2c + 20d avec a, b, c, d {0, }. Si b = c = 0, on obtient, 6, 2 et 36. Si b = 0 et c = (ou vice-versa), on obtient 3, 28, 33 et 48. Si b = c =, on obtient 40, 45, L icosaèdre Remarque. Rappelons que l icosaèdre régulier est un polyèdre à 2 sommets, 20 faces (triangles équilatéraux identiques) et 30 arêtes. Comme l icosaèdre est le dual du dodécaèdre, son groupe d isométries directes est également isomorphe à a 5. 3

4 2 Sous-groupes finis de SO(3) Soit G sous-groupe fini de SO3 non trivial. On s intéresse aux axes des éléments de G. Définition 2. (Pôles d une rotation) Si ρ SO(3) et ρ Id, son axe coupe la sphère unité de R 3 en deux points p et p, appelés pôles de la rotation. Notation 2.2 On notera X = {pôles de ρ; ρ G \ {Id}}. Par hypothèse, X est fini. En outre, G agit sur X et pour tout p X, il existe h G \ {Id} tel que ghg (g(p)) = g(p) pour tout g G. 2. Détermination du nombre d orbite de G dans X Notation 2.3 On note N le nombre d orbites de G dans X. Proposition 2.4 N est égal à 2 ou 3. On va utiliser : N = g G { X si g = Id Fix(g) = 2 sinon Fix(g) (Burnside) = N = ( X + 2( )) On choisit x i dans chaque orbite O i. Alors, en notant G i = Stab(x i ), on a N i= ( ) G i X = O i = G i N ( N = G i + 2 ) = 2 i= ( ) Comme 2 (par hypothèse), 2 2 N N 2 ( G i ) < N. On en déduit < N et N 2 i= 2.2 Cas de deux orbites ( ) (2.) (2.2) (2.3) <. Or G i 2 (contient x i et x i ), donc < 2, d où N {2, 3}. Théorème 2.5 Si l action de G sur X possède deux orbites, alors G est cyclique. Ici, N = 2. Alors 2 = ( X + 2 ( )) = ( O + O ) On en déduit O + O 2 = 2 : chaque orbite est réduite à un élément. Il n y a donc que deux pôles p, p, et G est formé de rotations d axe (pp ). G est donc isomorphe à un sous-groupe fini de SO(2) : G est cyclique. 4

5 2.3 Cas de 3 orbites Théorème 2.6 Si l action de G sur X possède trois orbites, alors les cardinaux des stabilisateurs sont nécessairement de la forme : (2, 2, n), (2, 3, 3), (2, 3, 4) ou (2, 3, 5). Le cardinal de G sera alors respectivement égal à 2n, 2, 24, ou 60. On prend des représentants x, y, z des trois orbites, avec G x G y G z. Par Burnside, + 2 = G + x G + y G. z Si G x 3 alors =. C est absurde, car G est fini. Comme G x 2, on a G x = 2. Si G y = 2, alors = 2 G z = 2n. Si G y = 3 alors G z = > 6. On en déduit 3 G z 5. Si G y 4 alors =, ce qui est absurde. On calcule ensuite avec la formule de Burnside dans chaque cas. Théorème 2.7 Supposons que les cardinaux des stabilisateurs soient de la forme (2, 2, n). Alors G est isomorphe au groupe des isométries du polygone régulier à n éléments (autrement dit, G D 2n est le groupe diédral d ordre 2n). L orbite de z possède deux éléments. Soit g stabilisant z, alors g stabilise aussi z. Le stabilisateur de z est donc un sous-groupe d ordre n de SO(2) : il est cyclique. Soit ρ un générateur de G z, et considérons P = (ρ i (x)) 0 i n. Pour n 2, on obtient n éléments distincts qui forment l orbite de x. En effet, si ρ i (x) = ρ j (x) pour i j, alors x est stabilisé par ρ j i, rotation non-triviale d axe (zz ), d où x {z, z }. C est absurde car G x et G z n ont pas le même ordre (cf. n 2). P forme donc un polygone régulier à n sommets dans le plan z. Comme les ρ i (x) forment une orbite sous G, G agit sur P, et G est le groupe des isométries de P. Si n = 2, deux cas sont possibles. Soit G = { Id, ρ, ρ 2, ρ 3}, et G est cyclique (absurde) soit ρ est d angle π. Dans ce cas, si (x, x ) n est pas orthogonal à (z, z ), on obtiendrait au moins trois points dans l orbite de x (absurde car n = 2 impose à cette orbite d être réduite à {x, x }). Ainsi, (x, x ), (y, y ), et (z, z ) forment une base orthonormée de R 3. Dans cette base, on obtient G = I 3, , , Finalement, G D 4. Théorème 2.8 Si les cardinaux des stabilisateurs sont de la forme (2, 3, 3) alors G est isomorphe au groupe des isométries directes du tétraèdre régulier. L orbite de z est de cardinal 4, et G z est un groupe cyclique d ordre 3 engendré par ρ. On considère u O z distinct de z et z. Alors u, ρ(u) et ρ 2 (u) sont distincts (les seuls points fixes de ρ et ρ 2 étant z et z ). Ce sont les sommets d un triangle équilatéral dans un plan orthogonal à z. On en déduit que O z = { z, u, ρ(u), ρ 2 u }. En outre z u = z ρ(u) = z ρ 2 (u). En effectuant le même raisonnement sur u, on obtient : O u = { u, z, ρ(u), ρ 2 u } et u z = u ρ(u) = u ρ 2 (u). { u, z, ρ(u), ρ 2 u } est donc un tétraèdre régulier sur lequel G agit par isométrie. On en déduit que G est isomorphe à un sous-groupe de a 4. On conclut par cardinalité. 5

6 Théorème 2.9 Si les cardinaux des stabilisateurs sont de la forme (2, 3, 4) alors G est isomorphe au groupe des isométries directes de l octaèdre régulier. Ici, l orbite de z possède 6 éléments, et son stabilisateur G z est un sous-groupe fini de SO(2) : il est cyclique, engendré par une rotation ρ d ordre 4. On considère u O z distinct de z et z. Alors { u, ρ(u), ρ 2 (u), ρ 3 (u) } est un carré du plan z. Comme l orbite de z a le même cardinale que celle de z, on en déduit qu elles sont confondues, égales à { z, ρ(u), ρ 2 (u), ρ 3 (u), z }. z O z = O u donc u O z. Déjà u / {u, z, z }. (uu ) est un côté ou une diagonale du carré, dans le plan orthogonal à z. On en déduit que ce plan passe par O, ρ 2 (u) = u et ρ 3 (u) = ρ(u). Mais alors l orbite de z est un octaèdre régulier, et G est un groupe isomorphe à un sou-groupe de S 4. Par cardinalité, il est isomorphe à S 4. Théorème 2.0 Si les cardinaux des stabilisateurs sont de la forme (2, 3, 5) alors G est isomorphe au groupe des isométries de l icosaèdre régulier. Comme l orbite de z a même cardinal 2 que celle de z on en déduit qu elles sont confondues. En outre, G z est un sous-groupe fini de SO(2). Il est donc engendré par une rotation ρ d axe (zz ) d ordre 5. P = { ρ i (u) } est un pentagone régulier dans un plan orthogonal à z. P = { ρ i ( u) } est également un pentagone régulier. Deux cas se présentent : soient leurs plans sont confondus, soient ils sont disjoints (car parallèles). Supposons qu ils soient confondus. Alors l orbite de z est formé d un décagone régulier, de z et de z. Soit σ G de pôles (p, p ) ne stabilisant pas z. Si elle envoie z sur z, son axe est dans le plan du décagone, et elle est d ordre 2. En outre, ses pôles sont soient des points du décagone, soient sur la droite qui joint l origine au milieu d un des côtés du décagone. Sinon, elle envoie z sur un point α du décagone. Comme ce point est à distance (2) de z, d(α, σα) = (2), et dans l orbite de z. Nécessairement, σα {z, z }. Si σ 2 (z) = z, alors soit σ est d ordre 2, et α = z (absurde), soit σ 2 est d axe (zz ), ainsi que σ (absurde). Nous avons donc prouvé que les seuls éléments de G ne stabilisant pas z sont des symétries axiales, au nombre de 20. Mais alors G possède seulement = 26 éléments, ce qui n est pas. P et P sont donc parallèles. Il s agit maintenant de montrer que l orbite de z est un icosaèdre régulier. Pour cela, il suffit de prouver que d(z, u) = d(u, ρ(u) = d(u, P ) (les autres égalités s ensuivant par rotation et symétrie centrale). On considère le stabilisateur de u, qui est lui aussi d ordre 5. Si jamais d = d(u, z) d(u, P ) alors il y a au plus 3 points à distance d de u (à savoir : ses deux voisins dans le pentagone P et z). Ceci est absurde, car les images de z par le stabilisateur de u forment un pentagone régulier. Mais alors d = d(u, z) = d(u, P ) = d(u, ρ(u). 3 Les solides de Platon Nous allons montrer ici que les seuls polyèdres réguliers de l espace sont exactement ceux présentés dans la première section. Définition 3. (Polyèdre régulier) On dit qu un graphe fini P plongé dans R 3 est un polyèdre régulier si ses faces sont des polygones réguliers identiques. Si ses faces enveloppent un convexe, on dit que P est convexe. Lemme 3.2 Dans un polyèdre régulier convexe sans faces adjacentes coplanaires, la longueur d une arête est la distance minimale entre deux points. En outre, elle n est réalisée que pour les arêtes. 6

7 Prenons un point quelconque de P. Si un sommet y est à distance d < d min de x, alors ce n est pas un sommet des faces contenant x (car les polygones réguliers sont convexes). x est extrémal, donc y ne peut pas être à l extérieur de la paroi convexe formée par les faces de P contenant x. Mais alors y est à l intérieur. Comme d < d m in, y n est pas extrémal : contradiction. Remarque 3.3 Ce lemme implique en particulier que si g est une isométrie, elle envoie les sommets sur les sommets, les arêtes sur les arêtes et les faces sur les faces. Théorème 3.4 Soit P un polyèdre régulier convexe, tel que deux faces adjacentes ne soient pas coplanaires. Alors P est un tétraèdre, un cube, un octaèdre, un dodécaèdre ou un icosaèdre. Soit G le groupe d isométries directes de P. Il stabilise les sommets, les arêtes et les faces de P. On remarquera aussi que sous peine de contredire la non-coplanarité des faces adjacentes, lorsque g coupe une arête elle la stabilise 2, et que si elle coupe une face elle la stabilise (par convexité) 3. Nous allons montrer que G est fini. Nécessairement, un tel axe passe par un sommet, une arête ou une face. En outre, s il passe par une arête (face), c est nécessairement par son milieu (centre). Comme sommets, arêtes et faces sont en nombre fini, les axes sont en nombre fini. S il existait une infinité de rotations distinctes de même axe, on obtient une infinité d angles, et donc une infinité de points dans l orbite de tout point hors de l axe. P est fini donc c est absurde. Comme G est un sous-groupe fini de SO(3), on peut utiliser la classification précédente. On note N 0, N et N 2 le nombre de sommets, d arêtes et de faces de P, p 3 le nombre de faces par sommet et q 3 le nombre d arêtes par faces. On a alors 2( ) = ((p )N 0 + N + (q )N 2 ), et pn 0 = 2N = qn 2. G ne peut pas être diédral, car sinon il possède un élément d ordre n = 2. Comme 2(2n ) = ((q )N 2 + N + (p )N 0 ) (3( 3 ) )N 0 = 2 N 0, et que N 0 n +, contradiction. De même, G ne peut être cyclique. Nous sommes maintenant dans le cas où les pôles de G sont répartis en 3 orbites. Dans la preuve du théorème de classification, nous avons montré que l action de G sur les axes était transitive, et que les éléments de G dont les axes étaient dans la même orbite étaient conjugués. Mais alors les trois orbites correspondent aux axes coupant des arêtes, des sommets et des faces. On en déduit que N = 2 et que (N 0, N 2 ) = ( 3, 3 ), ( 3, 4 ), ( 4, 3 ), ( 3, 5 ), ou ( 5, 3 ) on utilise ici le fait que les faces adjacentes ne sont pas coplanaires 2 elle est donc d ordre 2 et la coupe en son milieu 3 elle est donc d ordre fini et son axe passe orthogonalement par le centre de la face 7

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