Sous-groupes finis de SO(3)

Sous-groupes finis de SO(3)
Cours d’Algèbre I
MMFAI 2000
1
Groupes des isométries directes de polyèdres réguliers
1.1
Le tétraèdre
Remarque 1.1 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 1.2 (Ordre) G est un groupe à 12 éléments.
Preuve :
Soit g ∈ G.
– 1er 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
4π
[B, C, D]. C’est donc une rotation plane d’angle 2π
3 ou 3 . Pour chacun des 4 axes, on obtient ainsi
un sous-groupe cyclique d’ordre 3. D’où 8 éléments d’ordre 3.
– 2ème 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.
– 3ème cas : l’axe coupe une face.
Par exemple, ∆ coupe (ABC) en P . Supposons un instant que P A 6= 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 −1 (P )g −1 (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.
2
En conclusion, |G| = 1 + 3 + 8 = 12.
Théorème 1.3 (Structure) G ' a4 .
Preuve :
L’action de G permute les sommets de T donc on a un morphisme de ϕ : G −→ S4 . Comme
−→ −−→ −−→
(OA, OB, OC) est une base de R3 , 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 a4 , et y est égale par cardinalité.
2
1
1.2
Le cube
Remarque 1.4 Rappelons que le cube est un polyèdre régulier à 8 sommets, 6 faces (carrés identiques),
et 12 arêtes de même longueur.
Soit G le groupe des isométries directes du cube C = [1, 2, 3, 4, 10 , 20 , 30 , 40 ], avec x0 symétrique de x
par rapport à O centre de C. Ici encore, G stabilise les points extrémaux donc il stabilise O.
Théorème 1.5 (Ordre) G est un groupe à 24 éléments.
Preuve :
Soit g ∈ G.
– Supposons que l’axe passe par l’un des sommets, disons 1. Alors l’axe est (1, 10 ). g induit une
rotation du plan (2, 4, 30 ). Comme 2, 4 et 30 sont les seuls points à distance minimale de 1, cette
4π
rotation les stabilise. On en déduit que g est une rotation d’angle 2π
3 ou 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.
2
En conclusion |G| = 1 + 9 + 14 = 24.
Théorème 1.6 (Structure) G ' S4
Preuve :
√
√
Remarquons tout d’abord que les distances possibles entre les sommets sont 1, 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 Dx = (x, x0 ). D’où un morphisme ϕ : G −→ S4 .
– La rotation d’angle π2 et d’axe orthogonal à la face (1, 2, 3, 4) montre que l’image de ϕ contient
le 4-cycle (D1 , D2 , D3 , D4 ). De même, en considérant la rotation d’angle π et d’axe passant par le
milieu de (1, 2), on voit que la transposition (D1 , D2 ) est dans l’image de ϕ. Ainsi, ϕ est surjectif,
et bijectif par cardinalité.
2
1.3
L’octaèdre
Remarque 1.7 Rappelons que l’octaèdre régulier est un polyèdre à 6 sommets, 8 faces (triangles équilatéraux identiques), et 12 arêtes. Comme l’octaèdre est le dual du cube, son groupe d’isométries directes
est également isomorphe à S4 .
1.4
Le dodécaèdre
Remarque 1.8 Rappelons que le dodécaèdre régulier est un polyèdre à 20 sommets, 12 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 1.9 (Ordre) G est groupe à 60 éléments.
Preuve :
Soit g ∈ G.
2
– 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 15
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
4π
induit alors une rotation dans le plan de ces 3 points, donc c’est une rotation d’angle 2π
3 ou 3 .
D’où 20 éléments d’ordre 3.
En conclusion, |G| = 1 + 15 + 20 + 24 = 60.
2
Théorème 1.10 (Structure) G ' a5 .
Preuve :
1. Solution géométrique
– On note (Ci ) 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 −→ S5 .
– 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, a5 est contenu dans l’image de ϕ, et en fait égal par cardinalité.
– Supposons que g ∈ G fixe chacun de ces cubes, avec g 6= e. Alors g est une rotation d’angle
4π
π, 2π
3 , 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
2. Solution arithmétique
– Comme a5 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
0
d’angle 4π
du
stabilisateur
de
P
,
symétrique
de P par rapport à O. On en déduit que ρ ∈
3
Stab(P ) est conjuguée à ρ2 ∈ Stab(P 0 ). 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 ρ2 ) est conjuguée à ρ−1 (respectivement
ρ3 ). 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, 10, 12, 15, 20, 30
sous la forme s = 1 + 15a + 12b + 12c + 20d avec a, b, c, d ∈ {0, 1}. Si b = c = 0, on obtient 1,
16, 21 et 36. Si b = 0 et c = 1 (ou vice-versa), on obtient 13, 28, 33 et 48. Si b = c = 1, on
obtient 40, 45, 60.
2
1.5
L’icosaèdre
Remarque 1.11 Rappelons que l’icosaèdre régulier est un polyèdre à 12 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 a5 .
3
Sous-groupes finis de SO(3)
2
Soit G sous-groupe fini de SO3 non trivial. On s’intéresse aux axes des éléments de G.
Définition 2.1 (Pôles d’une rotation)
Si ρ ∈ SO(3) et ρ 6= Id, son axe coupe la sphère unité de R3 en deux points p et p0 , 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 −1 (g(p)) = g(p) pour tout g ∈ G.
2.1
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.
Preuve :
On va utiliser : N =
1 X
|Fix(g)| (Burnside)
|G|
g∈G
½
|X| si g = Id
1
(|X| + 2(|G| − 1))
=⇒ N = |G|
2
sinon
– On choisit xi dans chaque orbite Oi . Alors, en notant Gi = Stab(xi ), on a
– |Fix(g)| =
|X| =
N
=
¶
N µ
X
1
1−
=
|Gi |
i=1
– Comme |G| > 2 (par hypothèse),
1
2
³
6 2 1−
X |G|
|Gi |
µ
¶
N
X 1
1
+2 1−
|Gi |
|G|
i=1
µ
¶
1
2 1−
|G|
X
1
|G|
|Oi | =
´
(2.1)
(2.2)
(2.3)
< 1. Or |Gi | > 2 (contient xi et x0i ), donc
N
X
1
N
(1 −
6
) < N . On en déduit 1 < N et
2
|G
i|
i=1
2.2
N
2
< 2, d’où N ∈ {2, 3}.
2
Cas de deux orbites
Théorème 2.5 Si l’action de G sur X possède deux orbites, alors G est cyclique.
Preuve :
Ici, N = 2. Alors
2 |G| = (|X| + 2 (|G| − 1)) = (|O1 | + |O2 | + 2 |G| − 2)
On en déduit |O1 | + |O2 | = 2 : chaque orbite est réduite à un élément. Il n’y a donc que deux pôles
p, p0 , et G est formé de rotations d’axe (pp0 ). G est donc isomorphe à un sous-groupe fini de SO(2) :
G est cyclique.
2
4
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, 12, 24, ou 60.
Preuve :
On prend des représentants x, y, z des trois orbites, avec |Gx | 6 |Gy | |Gz |.
2
= |G1x | + |G1y | + |G1z | .
Par Burnside, 1 + |G|
2
– Si |Gx | > 3 alors 1 + |G|
6 31 + 13 + 31 = 1. C’est absurde, car G est fini. Comme |Gx | > 2, on a
|Gx | = 2.
– Si |Gy | = 2, alors |G| = 2 |Gz | = 2n.
2
– Si |Gy | = 3 alors |G1z | = 16 + |G|
> 61 . On en déduit 3 6 |Gz | 6 5.
– Si |Gy | > 4 alors 1 +
2
|G|
6
1
2
+
1
4
+
1
4
= 1, ce qui est absurde.
On calcule ensuite |G| avec la formule de Burnside dans chaque cas.
2
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 ' D2n est le groupe diédral
d’ordre 2n).
Preuve :
– L’orbite de z possède deux éléments. Soit g stabilisant z, alors g stabilise aussi z 0 . Le stabilisateur
de z est donc un sous-groupe d’ordre n de SO(2) : il est cyclique.
– Soit ρ un générateur de Gz , et considérons P = (ρi (x))06i6n−1 . Pour n 6= 2, on obtient n éléments
distincts qui forment l’orbite de x. En effet, si ρi (x) = ρj (x) pour i 6= j, alors x est stabilisé par
ρj−i , rotation non-triviale d’axe (zz 0 ), d’où x ∈ {z, z 0 }. C’est absurde car Gx et Gz n’ont pas le
même ordre (cf. n 6= 2). P forme donc un polygone régulier à n sommets dans le plan z ⊥ . Comme
les ρi (x) forment une orbite sous G, G agit sur P , et G est le groupe des isométries de P .
©
ª
– Si n = 2, deux cas sont possibles. Soit G = Id, ρ, ρ2 , ρ3 , et G est cyclique (absurde) soit ρ est
d’angle π. Dans ce cas, si (x, x0 ) n’est pas orthogonal à (z, z 0 ), on obtiendrait au moins trois points
dans l’orbite de x (absurde car n = 2 impose à cette orbite d’être réduite à {x, x0 }). Ainsi, (x, x0 ),
(y, y 0 ), et (z, z 0 ) forment une base orthonormée de R3 . Dans cette base, on obtient
 

 
 
1 0
0
−1 0 0
−1 0 0


G = I3 ,  0 −1 0  ,  0 1 0  ,  0 −1 0 


0 0 −1
0 0 −1
0
0 1
Finalement, G ' D4 .
2
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.
Preuve :
L’orbite de z est de cardinal 4, et Gz est un groupe cyclique d’ordre 3 engendré par ρ.
– On considère u ∈ Oz distinct de z et z 0 . Alors u, ρ(u) et ρ2 (u) sont distincts (les seuls points fixes
de ρ et ρ2 étant z et z 0 ). Ce sont les sommets d’un triangle équilatéral dans un plan orthogonal à z.
©
ª
– On en déduit que Oz = z, u, ρ(u), ρ2 u . En outre kz − uk = kz − ρ(u)k = kz − ρ2 (u)k.
– En effectuant
le même
©
ª raisonnement sur u, on obtient :
Ou = u, z, ρ(u), ρ2 u et ku − zk = ku − ρ(u)k = ku − ρ2 (u)k.
©
ª
– u, z, ρ(u), ρ2 u est donc un tétraèdre régulier sur lequel G agit par isométrie. On en déduit que G
est isomorphe à un sous-groupe de a4 . On conclut par cardinalité.
2
5
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.
Preuve :
Ici, l’orbite de z possède 6 éléments, et son stabilisateur Gz est un sous-groupe fini de SO(2) : il est
cyclique, engendré par une rotation ρ d’ordre 4. ©
ª
– On considère u ∈ Oz distinct de z et z 0 . Alors u, ρ(u), ρ2 (u), ρ3 (u) est un carré du plan z ⊥ .
– Comme ©
l’orbite de z 0 a le même
ª cardinale que celle de z, on en déduit qu’elles sont confondues,
égales à z, ρ(u), ρ2 (u), ρ3 (u), z 0 .
– z 0 ∈ Oz = Ou donc u0 ∈ Oz . Déjà u0 ∈
/ {u, z, z 0 }. (uu0 ) est un côté ou une diagonale du carré, dans
le plan orthogonal à z. On en déduit que ce plan passe par O, ρ2 (u) = u0 et ρ3 (u) = ρ(u)0 .
– Mais alors l’orbite de z est un octaèdre régulier, et G est un groupe isomorphe à un sou-groupe de
S4 . Par cardinalité, il est isomorphe à S4 .
2
Théorème 2.10 Si les cardinaux des stabilisateurs sont de la forme (2, 3, 5) alors G est isomorphe au
groupe des isométries de l’icosaèdre régulier.
Preuve :
Comme l’orbite de z 0 a même cardinal 12 que celle de z on en déduit qu’elles sont confondues. En
outre, Gz est un sous-groupe fini de SO(2). Il est donc engendré par une rotation ρ d’axe (zz 0 ) d’ordre
5.
©
ª
©
ª
– P = ρi (u) est un pentagone régulier dans un plan orthogonal à z. P 0 = ρi (−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 0 . Soit σ ∈ G de pôles (p, p0 ) ne stabilisant pas z.
– Si elle envoie z sur z 0 , 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.
p
– Sinon, elle envoie
z sur un point α du décagone. Comme ce point est à distance (2) de z,
p
d(α, σα) = (2), et dans l’orbite de z. Nécessairement, σα ∈ {z, z 0 }. Si σ 2 (z) = z, alors soit σ
est d’ordre 2, et α = z 0 (absurde), soit σ 2 est d’axe (zz 0 ), 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 1 + 5 + 20 = 26 éléments, ce qui n’est pas.
– P et P 0 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 0 ) (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) 6= d(u, P 0 ) 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 0 ) = d(u, ρ(u).
2
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 3.1 (Polyèdre régulier) On dit qu’un graphe fini P plongé dans R3 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
Preuve :
Prenons un point quelconque de P . Si un sommet y est à distance d < dmin 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 x1 . Mais alors
y est à l’intérieur. Comme d < dm in, y n’est pas extrémal : contradiction.
2
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.
Preuve :
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 stabilise2 , 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 N0 ,
N1 et N2 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(|G| − 1) = ((p − 1)N0 + N1 + (q − 1)N2 ), et
pN0 = 2N1 = qN2 .
G ne peut pas être diédral, car sinon il possède un élément d’ordre n = |G|
2 . Comme 2(2n − 1) =
((q − 1)N2 + N1 + (p − 1)N0 ) > (3(1 − 13 ) + 32 + 2)N0 = 11
2 N0 , et que N0 > n + 1, 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 N1 = |G|
2 et
|G| |G|
|G| |G|
|G| |G|
|G| |G|
|G| |G|
que (N0 , N2 ) = ( 3 , 3 ), ( 3 , 4 ), ( 4 , 3 ), ( 3 , 5 ), ou ( 5 , 3 )
2
1 on
utilise ici le fait que les faces adjacentes ne sont pas coplanaires
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
2 elle
7