théorie des groupes pour physicien

7/23/2019 Thorie Des Groupes Pour Physicien

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Thorie des groupes pour physicien(ne)s

Cours pour la 3me et 4me anne

Ruth Durrer

Dpartement de Physique Thorique de lUniversit de Genve

Quai E. Ansermet 24, 1211 Genve 4, Suisse

deuxime version 2012


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Table des matires

1 Introduction 4

1.1 Dfinitions lmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Lalgbre des fonctions sur un groupe . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Groupes de Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5 Algbres de Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.6 Algbres de Lie semisimples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.6.1 Dfinitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.6.2 Thormes de Engel et de Lie . . . . . . . . . . . . . . . 221.6.3 Le critre de Cartan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6.4 La forme de Killing et la dcomposition des algbres

de Lie semisimples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2 Groupes topologiques et la mesure de Haar 342.1 Topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.2 Groupes topologiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3 Lintgration de Haar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.4 Autres proprits importantes des groupes topologiques . . . 52

3 Reprsentations 583.1 Dfinitions et faits lmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.2 Thorie des reprsentations de groupes compacts . . . . . . . . 623.3 Certains rsultats supplmentaires pour

groupes finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4 SO(3) et SU(2) 744.1 La mesure de Haar sur SU(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.2 Reprsentation des rotations sur les fonctions (particules sans

spin) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 764.3 Les reprsentations irrductibles du groupe des rotations . . . 79

4.3.1 Les harmoniques sphriques . . . . . . . . . . . . . . . . 81

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4.4 Automorphismes de Wigner et reprsentations projectives . . 86

4.5 Le groupeSU(2) comme revtement universel de SO(3) . . . 884.6 Srie de Clebsch-Gordan et le caractre dune reprsentation . 944.6.1 Preuve intuitive du thorme de Clebsch-Gordan . . . 944.6.2 Le caractre deSU(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 964.6.3 Dcomposition en reprsentations irrductibles et ad-

dition de moments cintiques . . . . . . . . . . . . . . . 98

5 Classification des algbres de Lie semisimples 1005.1 Les reprsentations irrductibles de sl

(2,C

) . . . . . . . . . . . 100

5.2 Dcomposition en espaces racines . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

5.2.1 Sous-agbres torales maximales . . . . . . . . . . . . . . 1025.2.2 Proprits dorthogonalit . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.2.3 Proprits dintgralit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1075.2.4 Proprits de rationalit . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

5.3 Systmes de racines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1095.3.1 Axiomatique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1095.3.2 Proprits de paires de racines . . . . . . . . . . . . . . 1115.3.3 Racines simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1155.3.4 Le groupe de Weyl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1175.3.5 Systmes de racines irrductibles . . . . . . . . . . . . . 119

5.4 Classification des systmes de racines irrductibles . . . . . . . 1215.4.1 La matrice de Cartan de . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.4.2 Graphes de Coxeter et diagrammes de Dynkin . . . . . 1235.4.3 Composantes irrductibles . . . . . . . . . . . . . . . . . 1235.4.4 Thorme de classification . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

5.5 Classification des groupes de Lie simples . . . . . . . . . . . . . 131

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Chapitre 1

Introduction

1.1 Dfinitions lmentaires

Dfinition 1.1 GroupeSoitG un ensemble et

G G G (a, b) a bune application (une telle application, de G G dans G, est appele une"opration" surG) avec les proprets suivantes :

poura,b,c G nous avons (associativit)(a b) c = a (b c). il existe un lmente G tel que

e a = a e = a a G ;

e est appel llment neutre du groupeG.

pour touta G il existe un lmentb G tel que

a b = e = b a .

Nous appelonsb "linverse dea" et le dnommonsb = a1.

Souvent nous supprimons le signe et nous crivons simplement a b ab

Exercice 1.1Montrer que linverse est unique.Montrer que pour touta, b G,

(ab

)1 =b1a1.

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Soient h, g G. La relation "h g sil existe un a G tel que h =a1ga"

est une relation dquivalence. La classe dquivalence dun lment h,[h],sappelle la classe de conjugaisonde h :[h] ={a1haa G}

Dfinition 1.2 Sous-groupeUn sous-ensembleHG avece Het tel que pour touta, b Hnous avonsa b H eta1 H, est appel unsous-groupe.

Dfinition 1.3 Ordre

Si un groupe G est fini, le nombre de ses lments est appel lordre dugroupe, nG.

Exercice 1.2 Lordre de tout sous-groupe H G est diviseur de nG, cest--direnGnH N.Indication : montrer que tous les ensembles Hg G pour g G sont soitidentiques, soit disjoints.

Le quotient j = nGnH

sappelle lindex de Hpar rapport G.

Dfinition 1.4 Groupe ablien (commutatif)

Un groupe G avec a b = b a a, b G est appel un groupe ablien oucommutatif.

Dfinition 1.5 Centre dun groupe Z(G)Lensemble{a Gag = ga g G} est le centre du groupe G dnommZ(G).Evidemment le centre est un sous-groupe ablien.

Exercice 1.3 Pour una G, tout lment deG est de la formean pour unn IN. Montrer queG est fini et ablien. Dans ce casG est appel le groupecyclique dordrenG. (IcinG est lordre deG)

Dfinition 1.6 Isomorphisme, homomorphismeSoient G et G deux groupes et G G une application avec (a b) =(a) (b).

Une telle application est appele unhomomorphisme. Si est aussi bijective elle est appele unisomorphisme. SiG G les homomorphismes sont appelsendomorphismes et les

isomorphismes sont appelsautomorphismes.

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Deux groupesG etG qui admettent un isomorphisme G G sont

appelsisomorphes.

Exercice 1.4 im() ={(a) a G} G est un sous-groupe de G etker() ={a G(a) = eG} G est un sous-groupe de G pour tout ho-momorphisme G G. Montrer que un homomorphisme est injectif siet seulement si ker() ={eG}. Bien sr un homomorphisme est surjectif siim() = G.Dfinition 1.7 Sous-groupe normalUn sous-groupe N G de G avec aba1 N b N, a G est appel un

sous-groupe (ou diviseur) normal deG

.Exercice 1.5 SoientN, HG deux sous-groupes normauxavecN H={e}. Alorsn h = h n n N, h H.Exercice 1.6 Soit G G un homomorphisme. Alorsker() G est unsous-groupe normal deG.

Proposition 1.1 SoitNun sous-groupe normal deG. Pourg1, g2 G nousappelonsg1 g2, sil existe un lmentn N tel queg2 =g1n.

1. La relationg1 g2 est une relation dquivalence.

2. Lensemble de toutes les classes dquivalence muni de lopration[g] [h] =[gh] forme un groupe. Ce groupe estappel "le quotient deG etN" et il est dnomm par G

N.

3. SiG est un groupe fini alorsnGN= nGnN

.

Preuve 1. est clair. Pour 2. il faut montrer que cette opration est biendfinie, cest--dire indpendant du reprsentant. Mais soit pour m,n, N

g1 =gm, donc[g1] =[g], g1, g Gh1 =hn, donc

[h1

]=

[h

], h1, h G

alors g1h1 =gnhm =gh h1

nhN m = gh qpour un qN, donc[g1h1] =[gh].Le reste de 2. est vident : e =[e] et[g]1 =[g1].

Pour3. il faut se rappeller que deux classes dquivalence[g], [h],g, h Gsont soit identiques, soit disjointes. Nous avons alors

G =

[g1

] . . .

[gn

]

[g0 e

]6


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o

[g1

], . . . ,

[gn

],

[e

]reprsentent tous les lments deG

Ninterprts comme

sous-ensembles de G.Il faut encore montrer que tous les[gi]contiennentnNlments. Ceci est

vident pour[e] N. Mais pourgi e, lapplicationn ginest une bijectionde N dans[gi] alors les deux ensembles ont le mme nombre dlments. Exercice 1.7 Soit G G un homomorphisme. Montrer que lhomomor-phisme Gker() im() [g] (g) est bien dfini et quil est unisomorphisme.

Dfinition 1.8 Groupes simples

Un groupe est appel simple sil ne contient pas de sous-groupes normauxnon-triviaux, cest--direN G etN {e}.Dfinition 1.9 Groupes semisimplesUn groupe est appelsolublesil existe une srie finie de sous-groupes,{e} =G(n) G(n1) G(n2) G(0) =G telle queG(i+1) est un sous-groupe normaldeG(i) et le quotientG(i)G(i+1) est un groupe ablien.Un groupe est appel semisimple sil ne contient pas de sous-groupe normalsoluble non-trivial.

1.2 ExemplesDes exemples de groupes infinis bien connus sont

(Z, +) ;(R, +) ;(C, +) ;(Q{0}, ) ;(R{0}, ) ;(C{0}, )Gl

(n,R

)=

{M Rnn

det M 0

}, Gl

(n,C

)=

{M Cnn

det M0

}Sl(n,R) ={S Rnn det S=1} , Sl(n,C) ={S Cnn det S=1}

O(n) ={M Rnn M MT =1In} , U(n)={M Cnn M MMT

=1In}SO

(n

)=O

(n

) Sl

(n,R

), SU

(n

)=U

(n

) Sl

(n,C

)7


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Sp(2n) ={M C2n2n M J MT =J} .Ici Jest la matrice 2n 2n anti-symtrique donne par

J =On 1In1In On

.O(2n) ={M C2n2n M S2MT =S2} .

Ici S2 est la matrice 2n 2n symtrique donne par

S2 =On 1In1In On .O(2n + 1)={M C(2n+1)(2n+1) M S1MT =S1} .

Ici S1 est la matrice(2n + 1) (2n + 1) symtrique donne parS1 =

1 0 0

0 On 1In0 1In On

.Le groupe de Lorentz est dfini comme suit : soit g R44 la matrice

diagonale g =diag(1, 1, 1, 1), alorsL = R44 Tg = g.

Exercice 1.8Soitg Gl(n,F). AlorsGg ={M Fnn M gMT =g} forment un groupe. IciF est soitC soitR.

Les isomorphismes (applications linaires, bijectives) dun espace vectorielV V forment un groupe. Le groupe des transformations linaires de V.

Si V est un espace linaire complexe (rel) de dimension n, ce groupe estisomorphe Gl(n,C)(respectivement Gl(n,R)) travers un choix de base.Exemples de groupes finis

{1I, P}, P =parit(Nn, +n) = le groupe des lments{0, 1, 2, . . . n 1}

avec p +nq =(p + q, mod n). Le groupe de Klein{1, i,j,k} avec

i2 =j2 =k2 =1, ij =ji = k, jk =kj =i, ik =ki =j.

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Le groupe SNdes permutations de N lments.

Exercice 1.9 Montrer que lordre deSN estN!. tout groupe fini est isomorphe un sous-groupe dun certainSN.

(Nq, q) le groupe des lments{1, 2, . . . , q 1} pour un nombre premierq avec m

qn =(m n, mod q) forme un groupe. Pourquoi faut-il que q

soit un nombre premier ? tous les groupes de deux lments est isomorphes. Tout groupe fini est dfini par son tableau de multiplication. Donner le

tableau de multiplication pour(N5,

5). Construisez un groupe de trois lments. Connaissez-vous une ralisa-tion simple de ce groupe ? Peut-on construire dautres groupes de troislments ?

1.3 Lalgbre des fonctions sur un groupe

Dfinition 1.10 Algbre de fonctionsSoitG un groupe. Son algbre1 de fonctions est donne par

F

(G

) =

{f

f G C g f

(g

)}. Si f

(g

) = f

(h1gh

) h, g G, f est

appele une "fonction sur les classes" (de conjugaison).

Sur les groupes finis il est facile de dfinir une "intgration" : Pour f F(G) nous posons

I(f) = 1nGgiG

f(gi).Proposition 1.2 Pourf F

(G

)nous dfinissonsfg F

(G

)par

fg(h)=f(h g) et, de mme, gf(h) =f(g h).SoitG un groupe fini. Alors

I(f) = I(fg) = I(gf) = I(finv), o finv(h) = f(h1) .1. Une algbreAest un espace vectoriel muni dun produit tel que pour tout a, b A,

ab A, tel que a(b + c) = ab + ac et a(c) =(a)c = (ac) pour tout C (ou R), si enplus(ab)c =a(bc)a,b,c A, Aest une algbre associative.

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Preuve Nous dmontrons seulement

I(fg) = 1nGgiG

f(gi g) = I(f) = 1nGgiG

f(gi).Les dmonstrations des autres identits sont pareilles. Posons hi =gig pourg G fixe. Comme gi atteint tous les lments du groupe une et seulementunefois, ceci est aussi le cas pour hi (lapplication G G gi gig est unebijection). Alors

I

(fg

)=

1

nGhiG

f

(hi

)= I

(f

).

Donc lintgration ici dfinie pour les groupes finis est invariante sous"translation". Une telle mesure dintgration peut aussi tre dfinie pourcertains groupes infinis. Par exemple pour le groupe(Rn, +) la mesure deLebesgue est invariante sous translation. Une telle mesure invariante existepour tous les "groupes topologiques localement compacts". Dans le chapitreII nous dmontrerons son existence pour les groupes compacts. Cette me-sure joue un rle trs important pour la classification des reprsentations degroupes comme nous le verrons au chapitre III.

1.4 Groupes de Lie

Nous allons dabord donner la dfinition correcte dun groupe de Lie.Ensuite nous dfinissons une grande classe de groupes de Lie qui nous suffirapour la suite de ce cours. Nous utilisons cet chappatoire pour ne pas devoirnous familiariser avec la notion de varit diffrentielle, ce qui nous prendraittrop de temps par rapport son utilit dans ce contexte.

Dfinition 1.11 Groupe de LieUn groupe G qui est une varit diffrentiable, tel que la multiplication

et linversion sont des applications diffrentiables, sappelle un groupe deLie. Son espace tangent e, TeG, muni du commutateur[ , ] est son algbrede Lie que nous dnommonsG.

Dfinition 1.12 Surfaces polynomiales

Un sous-ensemble deRn qui est dfini par un nombrem n dquationspolynomiales est une surface polynomiale dansRn.

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Dfinition 1.13 Surface polynomiale rgulire :

Une surface polynomiale dansRn donne par Pi(x) = 0 pour certains poly-nmesPi tels que le rang dejPi(x) est maximal x Rn avecPi(x) = 0 estappele unesurface polynomiale rgulire.

Proposition 1.3 Toute surface polynomiale rgulire dansRn est une va-rit diffrentiable.

Sans preuve.

Proposition 1.4 SoitM Rn une surface polynomiale dcrite par m n

quations polynomiales,Pi(x) = 0 telles que le rang de(jPi(x))est maximalx avecPi(x) = 0. Dans ce casMpeut tre dcrite localement pard = n mparamtres. On appelled la dimension deM.

Preuve Ceci est une simple consquence du thorme des fonctions impli-cites de lanalyse.

Exemples : La courbeP

(x, y

)= y2 x3 =0dans R2 est une surface polynomiale qui

ne satisfait pas les conditions de cette proposition. A(x, y) = 0 nousavons P =0 mais aussi xP =yP =0, voir fig. 1.1.

Figure 1.1 La surface polynomiale donne par y2 x3 =0.

La sphre Sn dfinie par x21 + x22 + . . . + x

2n+1 1 =0 est une surface po-

lynomiale de dimensionnqui satisfait les conditions de la proposition. SO(2) S1 aussi. Tous les groupes (non discrets) donns comme exemples dans la sec-

tion 1.2 sont soit des ouverts dun Rn, soit des surfaces polynomialesqui satisfont les conditions de la proposition.

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Nous ne considrons que des groupes de Lie qui forment des surfaces po-

lynomiales regulires. Les lments dune telle surface peuvent tre dcritslocalement par d paramtres (coordonnes). Ils sont donc localement dif-fomorphes un ouvert dans Rd. Nous pouvons alors traduire la notion dediffrentiation de Rd une notion de diffrentiation sur notre surface poly-nomiale.

Dfinition 1.14Ungroupe de Lie matriciel est un groupe de matrices dans Gl(n.R) ouGl

(n,C

)qui est dcrit par une surface polynomiale rgulire dans un ouvert

deRn2

ouCn2

.

Evidemment la multiplication et linversion, qui sont des applications po-lynomiale et rationnelle dans les composantes, sont diffrentiables pour desgroupes matriciels.

Dans un voisinage de 1I Cnn toute matrice peut tre dcrite de la forme

S=eM o eM =

n=0

Mn

n! (M0 1I M Cnn).

Dfinition 1.15 Algbre de LieLalgbre de Lie dun groupe de Lie matricielG Gl

(n,C

)est donne par

toutes les matricesM Cn

n telles queetM G, t R. Nous la dnommonsG.

Proposition 1.5

1. Si le groupe G GL(n,C) est dfini parm quations polynomiales, Gest un espace linaire de dimensiond = n2 m.

2. SoientM, N Galors aussietMN etM Gt.

3. SoientM, N Galors aussi[M, N] M N N M G.Preuve (de la prop. 1.5)

1. Soit G dcrit par m quations polynomiales Pi(x) = 0 x G Cnn.Pour M Gnous avons donc Pi(etM) = 0 t R. Driver cette quation t = 0 donne Pi

xab(1I) Mab =0.

Ceci donne m quations linaires pour M. Comme le rang de Pixab(1I)

est maximal (= m), les matrices M qui satisfont ces m quationsforment un espace linaire de dimension d = n2 m.

Avant de dmontrer les parties 2. et 3. nous allons prouver le lemmesuivant :

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Lemme 1.6 Une matrice Mest un lment de lalgbre de LieG du

groupe de LieG si et seulement si il existe un groupe un paramtre2

S(t) dansG avec dSdtt=0=M.

Preuve "" Clair, prendre le groupe un paramtre etM. (Montrezque etMesM =e(t+s)M)

"" Soit S(t) un groupe un paramtre avec dSdtt=0

=M.

dS

dt(t1) = limh0S(t1)S(h)

S

(t1+ h

)S

(t1

)h =S(t1) limh0S

(h

) S

(0

)h =S(t1) MAlorsS(t)satisfait lq. diff. S=SMqui a comme unique solution avecS(0) = 1I le groupe un paramtre S(t) = etM donc M G. Revenons alors la preuve de 2. et 3. de la proposition.

2. Soit S = etM et A(s) = esN. Alors, pour un t fix SA(s)S1 est ungroupe un paramtre dans G. Donc

d

ds s=0 SA

(s

)S1

= SN S1 =etMN etM G.

3. Nous utilisons 2. et la formule de Baker-Hausdorff. Comme G est unespace linaire, pour toute courbe diffrentiable M(t)dans Gon a aussiddt

M(t) G.Nous appliquons ceci la courbeetMN etM quandt = 0. Daprs Baker-Hausdorff

etMN etM =N + t[M, N] +12

t2[M, [M, N]] +O(t3). (1.1)Donc

d

dt t=0(etMN etM) =[M, N] G. (1.2)

De cette preuve il suit aussi que lalgbre de Lie dun groupe ablien establienne, cest--dire que[A, B] = 0 pour tout A, B Gsi et seulement si Gest lalgbre de Lie dun groupe ablien. Le crochet de Lie dune algbre deLie dun groupe ablien est trivial.

2. Un groupe un paramtre est un groupe G qui est isomorphe (R,+). Cest--direil existe une application R G t S(t) avec S(t1)S(t2) =S(t1 + t2) et S(0) =e.

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Exercice 1.10

Dmontrer la formule (1.1) partir de la dfinition de lexponentielle. Dterminer les algbres de Lie pour tous les groupes de matrices donns

dans sec. 1.2.

Rponse :

G = Gl

(n,R

),

G= Rnn =gl

(n,R

), dim= n2

G = Gl(n,C) ,G= Cnn =gl(n,C) , dim= n2G = Sl(n,R) ,G={M Rnntr(M) = 0} = sl(n,R) = , dim= n2 1G = Sl(n,C) ,G={M Cnntr(M) = 0} = sl(n,C) = An1 , dim= n2 1G = O(n) ,G=

{M Rnn

M+ MT =0

}= o

(n

), dim= n

(n 1

)2

G = SO(n) ,G=so(n) = o(n) sl(n,R) , dim= n(n 1)2G = U(n) ,G={M Cnn M+ M =0} = u(n) , dim= n(n 1)2G = SU(n) ,G=u(n) sl(C) = su(n) , dim= n(n 1)2 1G = Sp(2n,C) ,G=

M C2n2n

MTJ+ JM=0

= sp

(2n,C

)= Cn , dim= 2n

2+ n

G = O

(2n,C

),

G=M C2n2nMTS2 + S2M=0 = o(2n,C) = Dn , dim= 2n2 nG = O(2n + 1,C) ,G=M C(2n+1)(2n+1)MTS1 + S1M =0 = o(2n + 1,C) = Bn , dim= 2n2 + nG = L ,

G={M R44 MTg + gM =0} = , dim= 6.Les algbres An, Bn, Cn et Dn joueront un rle important pour la classifica-tion des algbres de Lie, on les appelle les algbres de Lie classiques.

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1.5 Algbres de Lie

Une algbre de Lie (matricielle) G est dabord un espace vectoriel dedimension d < . Nous considrons une base(e1, , ed)de G. Le commutateurde ei et ej peut aussi tre dvelopp dans la base,

[ei, ej] = dm=1

cmij em . (1.3)

Les constantes cmij sappellent les constantes de structure de lalgbre Gpar rapport la base

(e1, , ed

).

Un simple calcul explicite montre que pour trois lments quelconques,

x, y, zde Gon a [x, [y, z]] + [y, [z, x]] + [z, [x, y]] = 0 .Ceci estlidentit de Jacobi. Appliqu sur les trois lments ei, ej, ek dela base ceci donne lidentit suivante pour les constantes de structure :

d

=1

(cmi cjk + cmjcki + cmkcij) = 0 1 i, j, k,m d (1.4)Tout ensemble de d3 nombres cij qui est anti-symtrique dans les indices

infrieurs est qui satisfait les identits de Jacobi, reprsente les constantes destructures pour une algbre de Lie.

Sous un changement de base, ej ej = i Sj iei les constantes de struc-tures se transfoment. Pour simplifier la notation nous utilisons ici et par lasuite souvent la convention dEinstein : sur tout indice qui apparat deux foisdans une expression une somme (de 1 d) est ffectue.

cmij em =[ei, ej] = SikSj [ek, e] = SikSj cnken .Donc

cmijSmn=Si

kSjcnk ou c

mij =Si

kSjcnk

(S1

)nm

.

Dfinition 1.16 Homomorphismes dalgbres de Lie :Une application linaire de lalgbre de LieGdans lalgbre de LieG estun homomorphisme dalgbre de Lie si

([x, y]) =[(x), (y)] x, y G. (1.5)Dfinition 1.17 sous-algbres de Lie :Un sous-espace linaireH G de lalgbre de Lie G est appel sous-algbrede Lie si

[x, y

] H pour toutx, y H.

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Exercice 1.11 Montrer que pour tout homomorphisme dalgbres de Lie

im() G est une sous-algbre de G et ker() G est une sous-algbredeG. Comme ceci est certainment le cas pour la structure despace linaires,il reste juste a dmontrer que[x, y] ker() pour tout x, y ker() et[x, y] im() pour toutx, y im().Proposition 1.7 La reprsentation adjointe :Les constantes de structurescnij dune algbre de Lie dimensiond formentd matricesd d donnes par(Tn)ij =cinj qui satisfont la relation de commu-tation

[Tm, Tn

]= cjmnTj.

En dautres mots, lapplication linaire dfinie par ses valeurs sur la base(ei)parad ei Ti

est un homomorphisme de lalgbre de LieGdans lespace linaire des ma-trices d d gnr par les Ti. Cet homomorphisme est la "reprsentationadjointe" deG.

Preuve (de la prop. 1.7)

([Tm, Tn

])ij =

(Tm

)i

(Tn

)j

(Tn

)i

(Tm

)j = c

imc

nj c

incmj =

ci

m

cnj + ci

n

cjm =Jacobi ci

j

cmn =ci

j

cmn = cmn(T)

i

j

.

Avec ceci on a aussi dmontr que lespace linaire gnr par les Ti est unealgbre de Lie (il est ferm sous commutation). En plus, lextension linairede lapplication ei Ti est un homomorphsime dalgbres de Lie.

Evidemment, les Ti ne forment pas ncessairement une base de lespace li-naire quils gnrent. Il se peut que certains entre eux sont dpendants.Donc la dimension, dim(im(ad)) d. Par exemple pour une algbre de Liecommutative Ti 0 et ad

(x

)= 0 x G.

Nous allons dfinir la notion de reprsentation dans un contexte plus g-

nral plus tard. On peut aussi comprendre la reprsentation adjointe commeun homomorphisme de Gdans les endomorphismes sur G, End(G),

ad G End(G) x ad(x) avec ad(x)(y) =[x, y] .Plus prcicment, comme Gest un espace linaire de dimension d les matricesgnrs par les Ti sont des endomorphismes de Gdans la base(ei) donne.Soit x = xiei donc ad(x) = xiTi. Pour y =yiei on a donc

(ad

(x

)y

)iei =

xm

(Tm

)iy

ei =x

mycimei =xmy

[em, e

]=

[x, y

].

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Dfinition 1.18 Idal :

Un sous-espace, K Gest appel un idal si pour toutz Ketx G[z, x] K.En particulier, un idal est toujours une sous-algbre de Lie.Proposition 1.8 Quotient algebra :SoitGune algbre de Lie etK Gun idal.

1. Pourx, y Gla relationx y six y Kest une relation dquivalence.

2. Lespace linaire des classes x (lespace quotient G

K dans le sens

de lalgbre linaire) muni du commutateur induit par G, cest--dire

[x, y] =[x, y], est une algbre de Lie. On lappelle le quotient, GK.Preuve (de la prop 1.8)

1. Evident, comme en algbre linaire.

2. Il faut just dmontrer que[x, y] ne dpend pas des reprsentantes xet y. Considrons x = x+ z et y = y + w avec z, w K, deux autresreprsentantes de x et y. Alors

[x, y

]=

[x + z, y + w

]=

[x, y

]+

[x, w

]

[y, z

]+

[z, w

]=

[x, y

]parce que[x, w] [y, z] + [z, w] K. Proposition 1.9Le noyau ker() de tout homomorphisme G G entre algbres de Lieest un idal.

Preuve (de prop. 1.9)Soit x ker

(

)et y Gquelconque. Alors

([x, y

])=

[

(x

),

(y

)]=

[0,

(y

)]=

0. Donc aussi

[x, y

] ker

(

).

Proposition 1.10

1. SoientI etJdes idaux de lalgbre de LieGtels queIJ. AlorsJIest un idal deGI et(GI)(JI) est isomorphe GJ.

2. Pour deux idaux I, J de G il existe un isomorphisme naturel entre(I+ J)J etI(I J).Preuve (de prop. 1.10) Exercice.

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Proposition 1.11

Soit G G un homomorphisme entre les groupes de LieG etG. Cest--dire que est un homomorphime de groupe qui est diffrentiable. Alors G G dfini par

(x)= ddtt=0

(etx) , x G (1.6)est un homomorphisme des algbres de LieGetG. Lalgbre de Lie du noyauker() Gest lidalker() G. Lalgbre de Lie du groupe de LieGker()estG

ker

(

)et lhomomorphisme

deG

ker

(

)dans im

(

)induit par

lisomorphisme G

ker

(

) im

(

)est un isomorphisme dalgbres de Lie

donn par(x) = (x) . (1.7)

Preuve (de prop. 1.11)De la dfinition (1.6) et du fait que (etx) est un groupe un paramtre, ilsuit dabord que(etx) = et(x). Pour voir queest une application linaire,il faut noter que pour x, y G

d

dt

t=0

(et(x+y)

)=

d

dt

t=0

(etxety

).

Ceci se voit avec une simple expansion en srie. Notez que les deux expressionssont des chemins dans le groupe G mais le ct droit nest pas un groupe un paramtre. Avec ceci il suit que

(x + y) = ddtt=0

(et(x+y)) = ddtt=0

(etxety) = (x) + (y) .Evidemment(x) = (x). Pour la premire partie il nous reste encore dmontrer que respecte le crochet de Lie. Pour ceci nous nous rappelonsque

[x, y

]=

d

dt t=0 (etxyetx

)=

d

dt t=0d

ds s=0 (etxesyetx

).

Donc

([x, y]) = ddtt=0

d

dss=0

((etx)(esy)(etx))=

d

dtt=0

(et(x)(y)et(x)) =[(x), (y)] .Nous dmontrons maintenant que lalgbre de Lie du noyau ker() est jus-tement le noyau ker

(

). Soit g

(t

) = etx ker

(

). Donc

(g

(t

)) 1I t et

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alors

(x

)= 0, donc lalgbre de Lie de ker

(

)est contenue dans ker

(

).

Dautre part pour x ker(), (x) =0 et (etx) = et(x) =1I. Donc x estdans lalgbre de Lie de ker().Nous savons dj que Gker() im() est un isomorphisme entregroupes de Lie. En plus, comme ker() est lalgbre de Lie de ker(), lal-gbre de Lie de Gker() est Gker(). Ceci parce que pour deux groupes un paramtre g1(t), g2(t) g(t) avec g1(t) = etx1 et g2(t) = etx2 nous avonsg1(t)g2(t)1 h(t) ker(). Donc

x1 x2 =d

dt

t=0

(g1

(t

)g2

(t

)1

)=

d

dt

t=0

h

(t

)ou h(t) = g1(t)g2(t)1 est un chemin dans ker() avec h(0) = 1I et sa drivet = 0est donc un lment de son algbre de Lie ker(). Ceci montre queest bien dfini et que() =. Le rsultat queest un isomorphisme entrealgbres de Lie suit du fait que un homomorphisme entre algbres de Lie, ,induit par un homomorphisme entre groupes de Lie, , est un isomorphisme siet seulement si est un isomorphisme (exercice !). Mais daprs lexercice 1.7, est un isomorphisme entre Gker() et im(). Dfinition 1.19 Groupe de Lie simple :Un groupe de Lie est appelsimplesil ne contient aucun sous-groupe normalnon-trivial connexe. Cest--dire la composante de lidentit de tout sous-

groupe normal est trivial.

Notez que ceci est diffrent de la notion simple pour un groupe abstrait.Par exemple le groupe SU(2)qui contient le sous-groupe normal{1I, 1I}nestpas simple comme groupe abstrait mais, comme{1I, 1I} nest pas connexe,il est un groupe de Lie simple.

Dfinition 1.20 Algbre de Lie simple :Une algbre de Lie dun groupe de Lie simple est appele algbre de Lie simple.

Proposition 1.12

Une algbre de Lie simple na aucun idal non-trivial.Preuve (de la prop. 1.12)La raison pour cette proposition est que la sous-algbre de Lie qui correspond un sous-groupe normal est un idal. Pour le voir, considrons un sous-groupe normal KG et son algbre de Lie, K G. Pour x Ket y G, doncesyetxesy K. Pour s fixe, ceci est un groupe un paramtre dans K. Sadrive t =0 est donc dans K, cest--dire esyxesy K s. La drive dececi s =0 donne daprs q. (1.2)[y, x] qui est donc en K. Alors K est unidal.

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1.6 Algbres de Lie semisimples

1.6.1 Dfinitions

Dfinition 1.21 Groupe de Lie semisimple :Un groupe de Lie est appelsolublesil existe une srie finie de sous-groupesde Lieconnexes,{e} =G(n) G(n1) G(n2) G(0) =G telle queG(i+1)est un sous-groupe normal deG(i) et le quotientG(i)G(i+1) est un groupe deLie ablien.Un groupe de Lie est appel semisimple sil ne contient pas de sous-groupede Lie normal soluble non-trivial.

Dfinition 1.22 Algbre de Lie semisimple :Une algbre de Lie dun groupe de Lie semisimple est appele algbre de Liesemisimple.

Dfinition 1.23 Algbre de Lie soluble :Une algbre de LieGest appele soluble si pourG(0) = GetG(j+1) =[G(j),G(j)]il existe unn N tel queG(n) ={0}. Ici est par la suite la notion[K,K] pourune algbre de LieK dnomme lespace linaire engendr par les lmentsdans

[K,K

]. Il est facile voir que ceci est une algbre de Lie. Des fois nous

utilisons aussi la notation span([K,K]).Exercice 1.12 Montrez que pour un idal I G,[I, I] est aussi un idaldans G. Ici[I, I] est lespace vectoriel gnr par{[x, y] x, y I} (indica-tion : identit de Jacobi !). Utilisez ceci pour dmontrer que lesG(j) dans ladfinition prcdante sont des idaux.

Proposition 1.13 SoitGune algbre de Lie.

1. Si G est soluble aussi tous ses sous-algbres et tous ses images soushomomorphismes le sont.

2. SiI Gest un idal soluble tel queGIest soluble alorsGest soluble.3. SiI etJsont des idaux soluble deG, tel estI+ J.

Preuve (de prop. 1.13).

1. Si K G est une sous-algbre et soit K(i) dfini comme G(i). DoncK(i) G(i).Soit G G un homomorphism avec im() =M G. Par inductionon trouve que

(G(i)

)= M

(i).

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2. Supposons

(G

I

)(n) =0. En applicant 1. sur la projection, qui est bien

sr un homomorphisme G GI, nous obtenons (G(n)) =(GI)(n) =0. Donc G(n) ker() = I. Mais I est soluble, disons I(m) = 0. DoncG(n+m) =0.

3. Daprs prop. 1.10 il existe un isomorphisme entre(I+J)JetI(IJ).Comme I(I J) est limage sous la projection de I dans I(I J),alors aussi I(I J) et donc(I+ J)Jsont solubles. Daprs 2. tel estdonc aussi I+ J.

Dfinition 1.24 Algbre de Lie nilpotent :Une algbre de LieG est appele nilpotente si pourG0 =G etGj+1 =[G,G

j

]il existe unn N tel queGn ={0}.Notez la diffrence entre Gn et G(n). Evidemment une algbre de Lie nilpotentest soluble mais le contraire nest pas vrai. (Voir exemples dans les exercices.)

Dfinition 1.25 Centre :Le centre, Z(G), dune algbre de Lie, G consiste de ses lments qui com-mutent avec tous les autres. x Z(G) si et seulement si[x, y] = 0 y G.Evidemment, le centre dune algbre est un idal et le centre dun groupe estun sous-groupe normal. Il est facile vrifier que lalgbre de Lie de Z(G)est simplement Z(G).Proposition 1.14 SoitGune algbre de Lie.

1. SiG est nilpotent aussi tous ses sous-algbres et sous ses images soushomomorphismes le sont.

2. SiGZ(G) est nilpotent alorsGest nilpotent.3. SiG0 est nilpotentZ

(G

) 0.

Preuve (de prop. 1.14).

1. La preuve de ce point est comme 1. de la prop. 1.13.

2. Supposons(GZ(G))n =0. Mais pour n 1,(GZ(G))n = Gn.3. Soit Gn1 0 mais Gn =0 Donc Gn1 Z(G).

Proposition 1.15Une algbre de Lie semisimple ne contient aucun idal soluble.

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Preuve SoitG un groupe de Lie semisimple etGson algbre de Lie. Donc G

est semisimple.G ne contient pas de sous-groupe normale soluble. Supposonsque Gcontient un idal G(0) soluble avec

G(0) G(1) G(n) {0}et[G(i),G(i)] = G(i+1). Nous considrons les sous-groupes

G(i) etG(i)

par construction G(i+1) est un sous-groupe normal de G(i) et G(i)

G(i+1) est

ablien et G(n) =

{1I

}. Donc G(0) est soluble ce qui contredit lhypothse.

Comme ad G End(G) = Rd Rd est un homomorphisme entre algbres deLie, son noyau est un idal. Pour une algbre de Lie simple il suit donc quead est injectif. En gnral, le noyau de ad est le centre de lalgbre de Lie,donc en particulier un idal soluble. Donc aussi pour une algbre semisimple,ad est injectif et le centre est nulle.

Nous dmontrerons que toute algbre de Lie semisimple est une sommedirecte didaux simples. En plus, cette dcomposition est unique. Pour ceciil nous faut dabord quelques rsultats intermdiaires.

1.6.2 Thormes de Engel et de LieEvidemment, si G est nilpotent, ad(x) est un endomorphisme nilpotent

sur Gpour tout x G. Nous voulons dmonter que aussi linverse est vrai.Pour ceci nous commenons avec le lemme suivant :

Lemme 1.16 Soit x End(V) un endomorphisme nilpotent sur V, un es-pace vectoriel de dimension fini. Alors aussi ad(x) est nilpotent.Preuve (du lemme 1.16)Nous dfinissions les endomorphsimes gx et dx sur End

(V

)par

gx(y) = xy et dxy =yx y End(V) .Comme x est nilpotent aussi gx et dx le sont. En plus, ces deux endo-morphismes commutent, et donc aussi leur diffrence est nilpotent. Maisgx dx =ad(x). Proposition 1.17 Soit L End(V) une sous-algbre des endomorphismessur un espace vectoriel Vde dimension fini. Si tous les lments de L sontnilpotent, alors il existe un v V, v 0 tel que Lv = 0, cest--dire xv =0 x L.

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Preuve (de la proposition 1.17)

Nous procdons par induction en dim L. Pour dim L = 0 et dim L = 1 lersultat est vident. Nous supposons que la proposition soit vrai pour dim L =n1. Soit dim L = n,n > 1etKLune sous-algbre de dimension dim K


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Preuve (du thorme de Engel 1.18)

Par induction en dim L. Si dimL = 1 le thorme est trivial (ad(x) 0).Lalgbre ad(L) End(L) satisfait aux condition de la prop. 1.17. Il existealors un x L , x 0 avec[L, x] = 0. Donc Z(L) 0. Alors LZ(L) estune algbre de Lie de dimension infrieure dont tous les lments sont ad-nilpotent. Donc LZ(L) est nilpotent. Et avec la partie (ii) de la prop. 1.14il suit que L est nilpotent.

Evidemment, si[L, L]est nilpotent, L est soluble. Mais nous dmontronsque aussi le contraire est vrai. En plus, nous allons trouver que pour lesalgbres de Lie solubles, L End

(V

), on trouve une base de V telle que

toutes les matrices sont triangulaires suprieures. Nous commenons par unedfinition et un lemme

Dfinition 1.26 SoitL End(V) une algbre de Lie. Pour une applicationlinaire L C x x (cest--dire L) nous dfinissons le sous-espace

V ={v Vxv =x v x L}.V est lespace de poids pour. V est lespace des vecteurs propres commundeL avec valeur proprex pourx. SiV 0, sappelle un vrai poids deL.

Lemme 1.19 SoitK

L un idal de lalgbre de LieL,

K

etVlespacede poids pour. AlorsV est invariant sousL.

Preuve (du lemme 1.19)Nous voulons montrer que pour v V, x K et z L, aussi x(zv) =x zvet donc zv V. Evidemment,

x(zv) =[x, z]v+z(xv) = [x,z]v+xzv , parce que[x, z] K. ()Nous voulons dmontrer que le premier terme sannulle, [x,z] =0. Pour cecinous posons W0 = span

{v

}, W1 = span

{v,zv

}, W2 = span

{v,zv,z2v

}, . . .

jusqu Wj W qui est tel que Wj+1 = Wj . Par dfinition les vecteursv , z v , . . . , z jv sont linairement indpendants. Nous montrons dabord que

x(ziv) = xziv + u , u Wi1 .Nous procdons par induction en i. Pour i = 1, (*) donne x(zv) = xzv + uavec u = [x,z]v W0. En utilisant le rsultat pour inous obtenons pour i + 1

xzi+1v =[x, z]ziv[x,z]z

iv+w

+z xziwxziv+u

=xzi+1v + ([x,z]ziv + w + zu)

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o w, u Wi1 par hypothse dinduction. Donc West invariant sous Ket la

matrice dex Kest triangulaire suprieure avec xsur la diagonale. CommeKest un idal ceci sapplique aussi [x, z] et, en particulier tr([x, z])W =(j + 1)[x,z]. Mais[x, z] est un commutateur, donc sa trace est nulle, cest--dire [x,z] =0. Avec (*) ceci implique zv V.

Proposition 1.20 SoitLsoluble. Alors il existe un poids L C x xavec espace de poids non-nulle. Cest--dire tous les lments de L ont unvecteur propre commun.

Preuve (de la proposiation 1.20.)

Par induction dans la dimension dim L =

m. Pour m =

1 il ny a rien dmontrer, parce que tout x L End(V) a un vecteur propre. Soit alorsm 2. Comme L est soluble,[L, L] =L(1) est proprement inclus dans L. Ilexiste alors un sous-espace K L de dimension m 1 qui contient[L, L].Comme il contient tous les commutateurs, Kest mme un idal, et L = KCxpour un x LK, x 0. Daprs lhypothse dinduction, la proposition estvrai pour K. Soit V = W lespace de poids non-nul pour K. Daprs lelemme 1.19, W est invariant sous x et donc x possde un vecteur proprev W, v 0 avec xv =xv. Alors v est un vecteur propre commun pour toutL.

Thorme 1.21 (de Lie)Soit L End(V) soluble. Il existe une base de V telle les matrices de tousles endomorphismes dansL sont triangulaires suprieures.

Preuve (du thorme de Lie)Par induction en d = dimV. Pour d =1 il ny a rien dmontrer. Soit alorsd 2. Daprs la prop. 1.20 il existe un v1 V, v1 0, qui est vecteurpropre de tout x L avec valeur propre x. Nous choisissons une base de Vqui a v1 comme premier vecteur de base. Dans cette base les matrices desendomorphismes dans L prennent la forme

M(x) =x a0 M(x)

La matriceM(x)a la dimension d 1, donc daprs lhypothse dinductionnous pouvons complter v1 une base de V tel que M(x) est triangulairesuprieure pour tout x L.

Ce thorme characterise les algbres de Lie solubles : dans une baseadapte ces sont des matrices triangulaires suprieures. En plus, comme pour

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des matrices triangulaires suprieures x et y

([x, y])ij =

(xiyj yixj) = 0 pour i j ,leurs commutateurs sont des matrices strictement triangulaires suprieures.Mais comme nous lavons vu dans les exercices, lalgbre de Lie des matricesstrictement triangulaires suprieures est nilpotente. Donc si L est soluble[L, L] est nilpotent. Le converse est trivalement le cas. Nous avons donc lecorollaire

Corollaire 1.22 L est soluble, si et seulement si

[L, L

]est nilpotent.

1.6.3 Le critre de Cartan

Les algbres de Lie qui nous interssent sont des endomorphismes sur unespace vectorielcomplexede dimension fini, ou, aprs le choix dune base, desmatrices. Daprs le thorme de JordanChevalley (voire algbre linaire,classification de Jordan) pour tout endomorphisme x End(V) il existe unebase telle que la matrice de x est en forme de blocs laspect suivant

x =

B1 0 0

0 0

0 0 Bk , Bi =

a 1 0 0

0 0

10 0 a

.

Les asont les valeurs propres de x. Donc x est de la forme

x = xs + xn (1.8)

ou xs est une matrice diagonalizable et xn est nilpotent, et cette dcomposi-tion est unique.

Dfinition 1.27 Un endomorphisme est appelsemisimplesi il est diagonalizable. Cest-

-dire tous ses blocs dans la forme normale de Jordan sont de taille1 1.

Un endomorphisme, x est appelnilpotent sil existe unn N tel quexn =0.

Les matricesx Cmm avecx =(xij) avecxij =0 si i j sont appelesles les matrice triangulaires strictement suprieures. Ils sont dnom-mesN(m,C).

Les matricesx Cmm avecx =(xij) avecxij =0 si i > j sont appelesles les matrices triangulaires suprieures. Ils sont dnommesT

(m,C

).

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Dans la dcomposition en haut alorsxsest semisimple etxnest nilpotent.

En plus,xs commute avecxn. Ces deux conditions la dfine de faon unique.

Exercice 1.13 Montrer que... les matrices x N(m,C) sont nilpotentes, cest--dire il existe n N

tel quexn =0. Dterminernmax tel quen nmax pourx N(m,C). un endomorphisme nilpotent ne peut avoir que0comme valeur propre. les matricesxs etxn de la forme de Jordan commutent.

Lemme 1.23 Soitx End

(V

), Vun espace vectoriel (surC) de dimension

fini et x = xs +xn la forme normale de Jordan pour x. Alors ils existent

des polynmes p et q tels que p(x) = xs et q(x) = xn sans terme constant,cest--dire avecp(0) = q(0) = 0.Preuve (du lemme 1.23)Soit(ai, mi) C N toutes les valeurs propres diffrentes avec leur multi-plicit. Nous posons (t) = ki=1(t ai)mi , le polynme characteristique dex. Soit Vi = ker(x ai1I)mi , lespace sur lequel x agit avec le bloc Bi. AlorsV = V1 Vk, et chacun des espaces Vi est stable sous x. (C-est--direxVi Vi, parce que x commute avec

(x ai1I

)mi .) Evidemment

(x

) = 0.

Nous considrons les polynmes

pi(t) =(t ai)mi et qi(t) =(t) kji

(t aj)mj .Ici le facteur t est multipli dans qi seulement si aucun des valeurs propresest nulle, aj 0 1 j k. Les deux polynmes pi et qi sont relative primes.Cest--dire, leur plus grand diviseur commun est 1. Ils existent alors despolynmes ri et si tels que

ri

(t

)pi

(t

)+ si

(t

)qi

(t

)= 1 .

(Ceci est lidentit de Bzout. Lalgorithme dEuclid tendu permet de trou-ver ri et si explicitement.) Comme pi(x) est nulle sur Vi et qi(x) est nullesur tous les Vj, j i, nous obtenons

si(x)qi(x)Vi =1 et si(x)qi(x)Vj =0 j i .Si nous posons

p(t) = ki=1

aisi(t)qi(t) .27


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Il suit alors p

(x

)Vi=ai. Donc

p(x) =

a1

a1

ak

=xs .

En plus, par construction p(0) = 0 (soit ai = 0 soit qi(0) = 0). Finalement,nous dfinissons simplement q(t) = t p(t), tel que q(x) = x xs =xn. Corollaire 1.24 Si A B V sont des sous-espaces avec x(B) A, alorsaussixs(B) A etxn(B) A.Ceci est videmment vrai pour tout polynme p(x) sans terme constant,comme pour xB A B aussi xnB A .

Lemme 1.25 Six End(V)est semisimple/nilpotent tel est ad(x) End(End(V)).Preuve (du lemme 1.25.)Soit dabord x semisimple. Nous pouvons alors choisir une base dans V telleque x est diagonal,

x = a1 00 am .Nous considrons la base(eij) de End(V) ou eij est lendomorphisme quiest reprsent par la matrice avec 1dans la position ij est des zros partoutailleurs dans la base choisie. Avec ceci nous trouvons

(ad(x)eij)m = xk(eij)km (eij)kxkm= akikjm ijkamkm

= aijm amijm =

(a am

) (eij

)m

.

Donc ad(x) est diagonal dans la base(eij) de End(V) et, en particulier,semisimple.En plus, daprs le lemme 1.16, ad(x) est nilpotenr si x est nilpotent. Corollaire 1.26 Soitx = xs+ xn la dcomposition de Jordan dex End(V).Alors

ad(x) = ad(xs) + ad(xn)est la dcomposition de Jordan dead

(x

) End

(End

(V

)).

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Preuve Daprs le lemme 1.25 ad

(xs

)est semisimple et ad

(xn

)est nilpotent.

En plus, [ad(xs), ad(xn)] = ad([xs, xn]) = 0 .Comme la dcomposition de Jordan est unique, ceci dmontre le corollaire.

Nous pouvons maintenant obtenir un critre trs puissant pour la solubilitdune algbre de Lie, L, le critre de Cartan. Evidemment, L est soluble si[L, L] est nilpotent. Dautre part, le thorme de Engel 1.18, nous dit que[

L, L

] est nilpotent si (et seul si) ad[L,L]

(x

) pour tout x

[L, L

] est nil-

potent. Nous commenons avec un critre de trace pour des endomorphismes

nilpotents.

Lemme 1.27 Soit A B deux sous-espaces de End(V), dimV = m < .Soit M ={x End(V)[x, B] A} Si x M satisfait tr(xy) = 0 y M,alorsx est nilpotent.

Preuve (du lemme 1.27.)Soit x = xs + xn la dcomposition de Jordan de x. Nous voulons dmontrerque, sous les conditions du lemmexs =0. Soitv1, vm Vune base de V parrapport laquellexsest diagonal,xsvi =aivi. Nous voulons montrer que tousles ai sont nulle. Pour ceci nous considrons lespace vectoriel Esur le corps

Qengendr par les valeurs propres ai. Nous montrerons queE=0 ou, ce quiest quivalent, son dual E =0, cest--dire, toute fonction linaire f E Qest zro. Soit f E quelconque et y End(V) donn par les valeurs f(ai)sur la base vi. Soit eij lendomorphisme donn par la matrice eij dans cettemme base. Dans la preuve du lemme 1.25 nous avons vu que

ad(xs)(eij) =(ai aj)eij, alors ad(y)(eij) =(f(ai) f(aj))eij.Soit maintenant r(t) un polynme sans terme constant avec r(ai aj) =f

(ai

) f

(aj

). Un tel polymme existe toujours (on le construit, par exemple,

via lintrpolation de Lagrange). En plus, les valeurs sont bien dfinies cause de la linarit de f : si ai aj =a ak alorsf(ai) f(aj) = f(ai aj) =f(a ak) = f(a) f(ak). Evidemment ad(y) = r(ad(xs)). Comme ad(xs)est la partie semisimple de ad(x) nous pouvons lecrire comme polynme enad(x)sans terme constant. Donc aussi ad(y)est un polynme en ad(x)sansterme constant. Mais ad(x)B A, alors aussi ad(y)B A, cest--dire,y M.Daprs lhypothse on a donc tr(xy) = i aif(ai) =0. Maisi aif(ai) E.Nous appliquons fsur cette quation, ce qui donnei f(ai)2 = 0 pour desnombresf(ai) Q, alors f(ai) = 0. Comme les ai foment une base de E ceciimpliquef 0.

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Thorme 1.28 Le critre de Cartan

SoitL End(V) une algbre, dimV fini. Si tr(xy) =0 x [L, L] et y L,alorsL est soluble.Preuve (du critre de Cartan 1.28.)Comme remarqu plus haut, il suffit de montrer que[L, L] est nilpotent ou,ce que est quivalent (thm de Engel 1.18), que tout x [L, L] est nilpotent.Pour montrer ceci nous appliquons le lemme 1.27 la situation donne avecA =[L, L] et B = L, donc M ={x End(V)[x, L] [L, L]}. Evidemment,L M. Notre hypothse est que tr

(xy

)= 0 x

[L, L

], y L, tandis que

pour appliquer le lemme il nous faut que tr

(xy

)= 0 x

[L, L

], y M. Mais

pourzM et[x, y] [L, L]nous avons tr([x, y]z) = tr(x[y, z]) = tr([y, z]x).Mais[y, z] [L, L] pour z M et x L, donc la trace est nulle daprslhypothse du thorme.

Corollaire 1.29 Soit L une algbre de Lie avec tr(ad(x)ad(y)) =0 for allx [L, L] ety L. AlorsL est soluble.Preuve (du corollaire 1.29.)En appliquant le critre de Cartan sur la reprsentation adjointe de L noustrouvons que ad

(L

)est soluble. Commeker

(ad

)= Z

(L

)est soluble etL

Z

(L

)est isomorphe ad(L) et donc aussi soluble, il suit de la prop. 1.13 que Lest soluble.Lautre direction (si[L, L] est nilpotent, L est soluble) est triviale. Commeespace linaire,L L[L, L][L, L]. En plus, les deux termes sont des idauxdansL et L[L, L]est ablien, une algbre de Lie soluble est alors de la formeL = A [L, L], o A est un idal ablien. Si A = 0, L est mme nilpotentet content donc un idal ablien (lavant-dernier pas dans la srie des Ln).Nous en concluons en particulier que toute algbre de Lie soluble (non-nulle)contient un idal ablien non-nulle.

1.6.4 La forme de Killing et la dcomposition des al-

gbres de Lie semisimples

Nous introduisons le produit scalaire suivant sur les algbres de Lie :

Dfinition 1.28 la forme de Killing :Pourx, y G nous posons

(x, y

)=tr

(ad

(x

)ad

(y

)) (1.9)

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Cette dfinition est indpendant du choix de la base, linaire en x et en y et

symtrique. En plus, un simple calcul montre que ([x, y], z) = (x, [y, z]).Nous dmontrerons que sur une algbre de Lie semisimple, la forme deKilling est non-dgnre. Dabord nous dmontrons le lemme suivant qui vatre utile dans la suite :

Lemme 1.30 SoitIL in idal de lalgbreL. Si est la forme de KillingsurL etIcelle surI alorsI= II.Ici Idnomme la forme de Killing sur lalgbre I tandis que II est laforme de Killing sur L limite I I.

Preuve Dabord un fait simple de lalgbre linaire : si W V est un sous-espace (de dimension fini) et est un endomorphisme avec (V) W, alorstr = trW. (Pour voir ceci prendre une base de W et la completer unebase de V . La matrice rsultante pour alors naura des lments non-nulleque dans les colonnes qui correspondent W.) Si alors x, y I, ad(x)ad(y)est un endomorphisme qui applique L dansIdonc sa trace, (x, y)est gale la trace I(x, y) de ad(x)ad(y)I=adI(x)adI(y) dans I. Dfinition 1.29 SoitL une algbre de Lie. Lidal soluble maximal dansLsappelle radical deL, Rad

(L

).

Evidemment Rad(L) = 0 si lalgbre de Lie est semisimple.Il faut encore dmontrer que Rad(L)est bien dfini. Pour ceci supposonsquils existent deux idaux maximaux, I1 I2 avec dimI1 =dimI2 0. DoncI1 + I2 est aussi un idal qui est plus grand que I1 et I2, ce qui contredit lasupposition queI1 et I2 soient maximal.

Pour une forme bilinaire quelconque sur un espace vectoriel, L L C (x, y) (x, y), le radical S L est lespace linaire dfini parS={x L(x, y) = 0 y L}.Exercice 1.14 Montrer que pour la forme de Killing dune algbre de Lie,le radicalSnest pas juste un espace linaire mais un idal.

Une forme bilinaire est non-dgnre si S=0. En algbre linaire on a unefaon simple de tester si une forme bilinaire est dgnre ou non : On choisitune base, x1, , xm de L. Alors est est non-dgnre si det((xi, xj)) 0.Exercice 1.15 Montrez ceci !

Thorme 1.31 Une algbre de Lie, G, est semisimple si et seulementsi sa forme de Killing nest pas dgnre. Cest--dire(x, y) = 0 y seul six = 0.

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Preuve (du thorme 1.31.)

Supposons dabord L semisimple, donc Rad(L) = 0. Soit S le radical de .Donc tr(ad(x)ad(y)) = 0 x S et y L, en particulier pour y [S, S].Daprs le critre de Cartan donc adL(S) est soluble, alors S est solubledonc SRad(L) = 0.Soit maintenant non-dgnre donc S = 0. Pour dmontrer que L estsemisimple il suffit de montrer quil na pas didal ablien non-nul, ou, quetout idal ablien I est inclu dans S. Supposons alors que I soit un idalablien dans L. Pour x I et y L, ad(x)ad(y) applique L dans I donc(

ad

(x

)ad

(y

))2

applique L dans

[I, I

]= 0. Ceci montre que ad

(x

)ad

(y

)est

nilpotent donc sa trace est nulle. Comme y est arbitraire ceci implique x S.

Dfinition 1.30 Une algbre L est appele somme directe didaux I1, IksiL est sa somme directe des espaces vectorielsIj. Cette condition impliqueque[Ii, Ij] Ii Ij ={0} i j. Donc les idaux Ij commutent entre eux.Nous crivons

L = I1 Ik.

Thorme 1.32 Une algbre de Lie, L, est semisimple si et seulement si ilsexistent des ideaux L1, , Lk de L qui sont simples comme algbres de Lie,telles que

L = L1 Lk.

Tout idal simple deL est un desLj. En plus, la forme de Killing surLj estsimplement la restriction de surLi Li.

Preuve (du thorme 1.32.)Evidemment si les condition du thorme sont satisfait, L est semisimple.Il faut alors juste dmontrer que cette dcomposition existe et quelle estunique pour toute algbre de Lie semisimple. Nous procdons par inductionpar rapport la dimension de L. Pour dimL = 0, 1 lnonc est trivial. Soitdonc dimL > 1 et I L un idal non-trivial quelconque. Si un tel idalnexiste pas, L est simple et la dcomposition est faite. Alors I {x L(x, y) =0 y I} est aussi un idal, parce que pour x I, y I et zL([x, z], y) = (x, [z, y]) = 0, donc aussi[z, y] I. En appliquant le critrede Cartan dans la forme due corollaire 1.29 surInous trouvons queII Lest soluble, doncII =0. Comme est non-dgnre dimI+dimI =dimL,doncL = I I. Soit maintenant L1 un idal minimal et L = L1 L

1 . Commeidal de L, L1 est aussi semisimple et peut tre dcopmpose pas induction.

Nous dmontrons encore que ces ideaux minimaux sont uniques. Soit I Lun idal simple, non-nul. Alors aussi

[I, L

] I est un idal donc

[I, L

] = I

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comme Z

(L

)= 0 interdit

[I, L

]= 0. Donc

I=[I, L] =[I, L1] [I, Lk] .Comme Iest un idal simple tous sauf un des ces termes doivent disparatre. Soit, disons[I, Lj] = I. Alors I Lj et donc I =Lj parce que aussi Ljest simple.La dernire assertion du thorme est une consquence du lemme 1.30 .

Avec ceci les algbre de Lie semisimple se rduisent des composantes simpleset le produit de Lie ne mlange pas ces composantes,

[Li, Lj

] = 0 si i j.

Nous pouvons le calculer dans lesLj. Ltude des algbres de Lie semisimplesest alors rduit celle des algbres de Lie simples.

Une algbre de Lie qui nest pas semisimple scrit de la forme

L = R L1 Lk ,

o R = Rad(L) et les Li sont simples. Comme R est soluble il suit queR Li =0 et donc aussi[R, Li] R Li =0. Pour tudier toutes les algbresde Lie de dimension fini, il suffit alors dtudier les algbres de Lie simples etles algbres de Lie solubles, qui sont, daprs le thorme de Lie, triangulaires.

Avant dtudier les reprsentations de ces algbres de Lie, nous discutons

ceux des groupes compacts.

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Chapitre 2

Groupes topologiques et la

mesure de Haar

2.1 Topologie

Dfinition 2.1 Topologies et espaces topologiquesSoitXun ensemble etX P(X) (P(X) = lensemble de tous les

sous-ensembles deX).Si les trois conditions suivantes sont satisfaites

1.{} X etX X.2. PourA, B Xon a aussiA B X.3.

Pour W X , AW

A X,

alorsX est appel une topologie sur X et(X,X) sappelle un espacetopologique.

Si X1 etX2 sont deux topologies sur X etX1 X2, la topologieX2 estappeleplus fine queX1.

Dfinition 2.2 Ensembles ouverts et fermsUn lmentA Xest appel un sous-ensembleouvertdeX. Un ensemble

de la formeB =XA pour unA Xsappelle un ensembleferm. Un sous-ensemble ouvert deXest souvent appel simplement "un ouvert".

Dfinition 2.3 BasesUn sous-ensemble B X sappelle une base de la topologie X si tout

lment A X peut tre reprsent de la forme A = BB

B pour un sous-

ensembleB B.

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Dfinition 2.4 Application continue

Soient(X,X) et(Y, Y) des espaces topologiques et f X Y une ap-plication. Lapplication f est appel continue si pour tout ouvert A Y(cest--direA Y) f1(A) est un ouvert dansX(cest--diref1(A) X).Dfinition 2.5 Voisinage

Soit(X,X) un espace topologique et x X. U X est appel un voisi-nage dex sil existe un ouvert qui contientx et qui est un sous-ensemblede U.

Dfinition 2.6 Application continue (suite)Une applicationf X Y(espaces topologiques) est appele continue en

x Xsi pour tout voisinageV def(x) il existe un voisinageU dex tel quef(U) V.Corollaire 2.1 Une application est continue si et seulement si elle est conti-nue en tout pointx X.

Lemme 2.2 Un sous-ensembleA Xest ouvert si et seulement si pour toutx A, A contient aussi un voisinageVx dex, Vx A , x Vx.

PreuvePreuve du lemme "" Soit A ouvert alors A est un voisinage de tout point x A.

"" Soit Vx le voisinage de x contenu dans A. Soit Ix Vx un ouvertqui contient x, x Ix.Alors on a A =

xA

Ix, ce qui est une union douverts. Donc A est un

ouvert.

Preuve du corollaire : "" Soit f continue et x X, et soit V un voisinage de f(x). Nous

posonsU =f1(V). Vcontient un ouvert Iavecf(x) I. Alorsf1(I)est un ouvert dans Uqui contient x, donc Uest un voisinage de x.

"" Soit fcontinue en tout x X et A Yun ouvert. Nous voulons

montrer que f1(A) X est aussi un ouvert. Soit x f1(A). Alorsf(x) A et il existe un voisinage V de f(x) avec V A. Comme f est

continue en x, il existe un voisinage U de x avec f(U) V A. DoncU f1(A). Alors pour tout x f1(A) il existe un voisinage U de xqui est aussi contenu en f1(A), cest--dire f1(A) est ouvert.

Dfinition 2.7 Convergence dune suiteSoit(X,X) un espace topologique et(xn)nN une suite dansX. La suite

est dite convergente vers le point x X si pour tout voisinage V de x ilexiste un nombreN N tel quexn V n N.

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Comme la notion de continuit, la notion de convergence dpend gale-

ment de la topologie. Par exemple par rapport la topologie X ={, X}toute suite converge vers tout point x X. Par contre, par rapport la to-pologie X =P(X), seules les suites qui sont constantes partir dun certainN N convergent.

Exemple :

X R et R X = R pour tout x il existe unintervalle ouvert Iavec x I

Ceci est une topologie sur R. Cest la topologie dite "naturelle". Les

notions de continuit et de convergence usuelles sur R correspondent nosdfinitions si nous utilisons cette topologie. (exercice !)

Pour aller plus loin, nous aimerions une notion de sparation. Les en-sembles ouverts doivent sparer les points dune faon ou dune autre. Ilexiste au moins cinq diffrents axiomes de sparation qui sont tous inquiva-lents mais tous satisfaits par(R,R). Nous utilisons un des axiomes qui estmoyennement fort :

Dfinition 2.8 Espaces de HausdorffUn espace topologique(X,X) satisfait laxiome de sparation de Haus-dorff si tous les points x y Xont des voisinages disjoints. Un espacetopologique qui satisfait cet axiome est appel

un "espace de Hausdorff".

Par la suite nous ne considrerons que des espaces de Hausdorff.

x

y

Ux Uy

X

Figure 2.1 Sparation de deux points dans un es-pace topologique de Hausdorff.

Corollaire 2.3 Dans un espace de Hausdorff toute suite convergente neconverge que vers un seul point.

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Preuve Faisons une preuve par labsurde : soit x y et la suite

(xn

)N

convergente versxet versy. SoientVxet Vydes voisinages disjoints des pointsxety. Daprs la dfinition de la convergence il existe des nombresNx, Ny Navec xn Vx Vy n max{Nx, Ny}, mais ceci contredit Vx Vy = . Dfinition 2.9 Espace compact

Un espace topologique est appelcompact sil est de Hausdorff et si toutrecouvrement ouvert contient un recouvrement fini.

Un recouvrement ouvert deXest un sous-ensembleW X tel que

AWA = X. Il est appel "fini" sil contient un nombre fini dlments.

Proposition 2.4 Sous espaceSoit(X,X) un espace topologique etY X. AlorsY ={A YA X}

gnrent une topologie surY (la topologie induite).

Preuve :Exercice

Proposition 2.5 Soit(X,X) un espace topologique de Hausdorff. SiY Xest compact (par rapport la topologie induite), Y est ferm.

Preuve Nous montrons que XYest ouvert, cest--dire que pour x XYil existe un voisinage V de x qui est dans XY.Pour ceci nous considronsy Y, alorsx y et il existe des voisinages Uy

et Uy de y et x qui sont disjoints, y Uy , x Uy et Uy U

y = . Uy contient

un ouvert Iy Uy et alors Iy Uy = . En faisant ceci avec tout y Y ongnre un recouvrement de Y,{Iy Yy Y}. Comme Y est compact, cerecouvrement contient un recouvrement fini, disonsIy1 Y, Iy2 Y , . . . , I yn Y.

Y n

i=1Iyi . MaisV =U

y1

Uy2Uyn

est un voisinage dexqui a intersectionvide avec tous les Iyj et alors V Y = donc V X

Y.

Thorme 2.6 Tout intervalle[a, b] R est compact (Heine-Borel).Preuve :ExerciceIndication : Soit R un recouvrement ouvert de[a, b]. Dfinir

c = sup{x [a, b] tel que [a, x] a un recouvrement fini,Rx R}Montrer que

[a, c

]a un recouvrement fini. Montrer que c = b.

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Dfinition 2.10 Point limite

SoitA X; un pointx X est appelpoint limite deA sil existe unesuite(xn)nN qui converge versx tel que{x1, x2, . . . , xn} A.Dfinition 2.11 Fermeture

Pour A X la fermeture A X est le plus petit ensemble ferm quicontientASiA est ouvertAA =A est appel le bord deA.Exercice 2.1 Montrer que

A = BWB

oWest lensemble de tous les sous-ensembles ferms deXqui contiennentA.

Proposition 2.7 A ={tous les points limites deA}.Preuve :ExerciceDe cette proposition il suit que les ensembles ferms sont ceux qui contiennent

tous leurs points limites.

Thorme 2.8 Une application f X Y x f

(x

) est continue si

et seulement si pour toute suite

(xn

)nN qui converge vers x X, la suite

(f(xn))nN converge versf(x).Preuve

"" Soit f continue et(xn) converge vers x. Soit V Y un ouvertqui contient f(x). Alors f1(V) est un ouvert qui contient x. Il existedonc un N N tel que xn f1(V)n N, et alors f(xn) V n N,cest--dire f(xn) converge vers f(x).

"" Nous montrons que pour tout V Y ouvert,Xf1(V) est ferm.Pour ceci nous dmontrons que Xf1(V) contient tous ces points li-mites et puis appliquons la prop. 2.7.

Soit x

un point limite deXf

1

(V). Alors, il existe une suite(xn)n ,xn Xf1(V) qui converge vers x. Donc f(xn) converge vers f(x).Maisf(xn) YVqui est ferm, donc aussif(x) YVce qui impliquex Xf1(V).

Les axiomes de sparation sont ncessaires pour quun espace contienneassez de sous-ensembles ouverts. Mais il peut aussi en contenir trop. Parexemple, la topologie P(X) satisfait tous les axiomes de sparation, maiselle nest quand mme pas trs utile. Nous avons encore besoin dun axiomede dnombrabilit.

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Dfinition 2.12 Dense, le deuxime axiome de dnombrabilit

Un sous-ensembleY Xest appeldensesiY =X. IciY, la fermeturedeYce qui est le plus petit ensemble ferm qui contientY.

Un espace topologique satisfait audeuxime axiome de dnombra-bilit sil contient une base dnombrable.

Exemple :Rn avec la topologie "naturelle" satisfait le deuxime axiomede dnombrabilit : Toutes les balles ouvertes avec centre en Qn et rayonr Q forment une base dnombrable.

Dfinition 2.13 Espace produit

Soient(X,X) et(Y,Y) deux espaces topologiques. LensembleX Y ={A BA XetB Y}

forme la base dune topologie surX Y ={(x, y) x X, y Y}. X Y munide cette topologie est appel leproduit topologique deXavecY.

Proposition 2.9 A Xest dense si et seulement si tout ouvert U , U X a une

intersection non vide avecA , U A . Un espace qui satisfait au deuxime axiome de dnombrabilit possde

un sous-ensemble dense dnombrable. Dans un espace qui satisfait au deuxime axiome de dnombrabilit,

tout recouvrement ouvert contient un recouvrement dnombrable (pro-prit dite de Lindelf).

Preuve "" Soit Uun ouvert avec U A = . Alors A XUet comme XU

est ferm on a aussi A XU. Mais A = X, donc U= ."" Soit A tel que tout ouvertU a une intersection non-nulle avecA. AlorsX

Aqui est un ouvert ( Aest ferm) et qui a une intersection

vide avec A A, donc XA est vide, cest--dire A = X. Soit{Ui i N} une base dnombrable de X. Pour tout i N nous

choisissons xi Ui. Nous posons N ={xi i N}. Comme tout ouvertest de la forme U=

iIUi , I N, tout ouvert contient certains xi et

a alors une intersection non-vide avec N. Cest--dire Nest dense.

Soit{Uii N} = Bune base dnombrable deXet Wun recouvrement.Nous supposons que W, sinon nous lajoutons. Pour tout Ui Bnous choisissons Wi W tel que Ui Wi. Si un tel Wi nexiste pasnous choisissons Wi = . Nous dmotrons alors que ces Wi forment un

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recouvrement. Soit x X. Donc il existe un W W avec x W. Mais

comme les(Ui)forment une base, W = jIUj et en particulier il existeun j N avec x Uj W. Donc W =Wj . Cest--dire iNWi contienttous les points de X.

Linversion du deuxime et troisime nonc nest en gnral pas vraie !

Proposition 2.10 Pour un espace topologique X les noncs suivants sontquivalents :

1. Toute suite enXpossde une sous-suite convergente.

2. Tout recouvrement dnombrable contient un recouvrement fini.

3. Tout systme dnombrable de sous-ensemblesfermsdeXqui est telque tout sous-ensemble{A1, . . . , An} fini possde une intersectionnon-vide,

n

i=1Ai , possde une intersection non-vide,

i=1Ai .

Il en suit que dans un espace topologique compacte avec une base dnom-brable (pour qui donc daprs la prop. 2.9 tout recouvrement ouvert contientun recouvrement dnombrable), daprs cette proposition 2.10, tout suitecontient une sous-suite convergeante.

Preuve1. 2. Soit U={Uii N} un recouvrement de X. Soit V1 =U1. Soit V2

le premier des ensembles U1, U2, . . .qui nest pas contenu dans V1. SoitV3 le premier des ensembles qui nest pas contenu dans V1 V2, etc.

(a) Si aprsr pasr

k=1Vk =X, nous avons trouv un recouvrement fini.

(b) Si(a) ne se produit pour aucun r N, alors pour tout k N nouschoisissons

xk Vk

k1=1

V .

Nous montrons que la suite xk ne peut pas avoir de sous-suite

convergente : avec(Ui),(Vk) est aussi un recouvrement de X.Supposons que x X soit la limite dune sous-suite(xkn). Maisk0 avec x Vk0. Mais seulement le nombre fini de xis, ceux aveci k0 peuvent se trouver dansVk0 ce qui est en contradiction avecla notion de limite ! Alors la situation (b) nest pas possible.

2. 3.Soit P(X)un systme dnombrable de sous-ensembles fermestel que

N

i=1Ai pour tout nombre fini dlments de . Nous suppo-

sons A

A = .

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Dans ce cas,

{X

A

A

} est un recouvrement dnombrable de

X. Il contient alors un recouvrement fini, disons{XAi Ai , i =1, . . . , N }. Ceci implique que N

i=1Ai = ce qui est en contradiction avec

lhypothse.

3. 1. Soit(xn) une suite. Nous posons An ={xkk >n}. ={Ann N}est un systme de sous-ensembles ferms tels que N

n=1An N

N, n N. Nous montrons que tout lmentx n

Anest la limite dunesous-suite(xnk). Pourx n Anet Uun voisinage dex,UAn n.Donc pour tout n il existe kn >n et kn >kn1 tel que xkn U. Alors lasous-suite

(xkn

)nN converge vers x.

Proposition 2.11 Dans le produitX X la diagonale ={(x, x) x X}est ferme.

Preuve Nous montrons que(X X)est ouvert.Soit(x1, x2) (X X). Comme x1 x2 il existe des voisinages U1, U2de x1, x2 avec U1 U2 = donc U1 U2 est un voisinage de(x1, x2) qui estcontenu dans(X X).

(Noter quil est important que Xsoit un espace de Hausdorff !)

Proposition 2.12 Soientf X Y , g X Y deux fonctions continues.

Lensemble H={x Xf(x) = g(x)} est ferm.Preuve Nous dfinissons F X Y Y x (f(x), g(x)).AlorsH=F1() est ferm parce que est ferm et F est continue.

Consquences :

Si deux fonctions continues sont gales sur un ensemble dense, elles

sont compltement gales. Spcifiquement, si deux fonctions continuessur R (ou sur un intervalle) sont gales sur les nombres rationels (Q),elles sont gales.

Lensemble des zros dune application continue dun espace X dansRn est ferm (choisir g(x) 0).

Proposition 2.13 (Thorme du graphe ferm)

SoientX etYdes espaces topologiques, f X Y continue. LensembleG =

{(x, f

(x

)) x X

}(appel le "graphe" def) est ferm dansX Y.

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Preuve Nous posons

P2 X Y Y (x, y) y et P1 X Y X (x, y) x.EvidemmentP1 et P2 sont continues. Donc(f P1) est aussi continue. Mais

G ={(x, y) X YP2(x, y) = f P1(x, y)}est donc ferm daprs la proposition 2.12.

2.2 Groupes topologiques

Dfinition 2.14 Groupe topologiqueUn groupe topologique est un groupe qui est en mme temps un espacetopologique tel que lapplication

G G G (a, b) ab1est continue.

Proposition 2.14 Les applications

G G a a1 et G G G

(a, b

) ab

sont aussi continues.

Preuve Soit(an) une suite qui converge vers a. Nous allons montrer que a1n

converge vers a1 :(e, an) est une suite qui converge vers(e, a) (dansGG) alorsea1n =a

1n converge versea

1 =a1 (parce que(b, a) ba1est continue).

Soit(an, bn) une suite qui converge vers(a, b), donc(an, b1n) convergevers(a, b1). Alors an (b1n)1 =an bn converge vers a b.

Thorme 2.15 Soit f G H un homomorphisme entre deux groupes

topologiques. Sifest continue ene

G, f est continue partout.Preuve Soitx Get V Hun voisinage de y =f(x). Nous voulons montrerquil existe un U G, voisinage de x tel que f(U) V.

Nous considrons V y1, qui est un voisinage de e H. Alors il existe unvoisinageU de e G tel que f(U) V y1 (comme f est continueen e). Posons U=U x qui est un voisinage de x avec

f(U) = f(U) f(x) V y1 f(x) = V.

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Dfinition 2.15 Uniformment continu, qui-continu, convergence

uniforme Soit H G un sous-ensemble dun groupe topologique et f H R

x f(x) une fonction. On dit que f est uniformment continuesurHsi pour tout > 0 il existe un voisinageV G dee tel que

f(x) f(y) 0 il existe un voisinageV G deetel quef(x) f(y) 0 il existe unN N tel quef(x) fn(x) < n N et x H.

Exercice 2.2 La convergence uniforme est quivalente > 0 N N tel que

fn

(x

) fm

(x

)< m, n > N, x H.

Si les(fn) sont continues et si elles convergent uniformment vers f,fest aussi continue.

Thorme 2.16 SoitGun groupe topologique qui satisfait le deuxime axiomede dnombrabilit etHG compact. Soit un ensemble de fonctions qui-continues surH qui sont bornes uniformment avec

f(x)


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Nous pouvons continuer de cette manire et alors construire des suites de

nombresnkj tel que fnkj converge dans tous les

a, j et(nkj)kj (nkj+1)kj+1 .La suite(nkk)k=1 est telle que gk fnkk converge pour tous les ai N H.Nous allons montrer que la suitegkconverge uniformment surH. Comme

les gk sont qui-continues, pour tout > 0 il existe un voisinage V de e telque

gk

(x

) gk

(y

) N. Il existe doncun j {1, . . . , M } tel que x V bj et alorsgp(x) gq(x) gp(x) gp(bj) +gp(bj) gq(bj) +gq(bj) gq(x) < .Alors(gp) converge uniformment dans H. Dfinition 2.16 Inf, sup et S

SoitXun espace topologique compact, f X R une fonction continue.

Nous posons L(f) = inf{f(x) x X}K(f) = sup{f(x) x X}

S(f) = K(f) L(f).Proposition 2.17

Il existe unx Xet uny X tels queL(f) = f(x)et K(f) = f(y) ; cest--dire ces inf et sup sont en effet des min etmax.

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Si

(fn

)est une suite qui converge uniformment versf, nous avons

limn

K(fn) = K(f) et limn

L(fn) = L(f).Preuve Soitxntel quef(xn) < L(f)+ 1n . CommeXest compact,xncontientune sous-suite qui converge (prop 2.10)(xnk)kN. Soit x = limk xnk alors

f(x) < L(f) + 1n

n N, donc f(x) L(f).Mais L est linfimum de f alors f

(x

)= L

(f

).

(En principe il faudrait dabord montrer que L

(f

) existe. Mais ceci se

fait de la mme faon : supposons que L(f) nexiste pas. Alors n N ilexiste un xn X tel que f(xn) < n. Comme Xest compact,(xn) possdeune sous-suite convergente vers un x X. Ce x satisfait f(x) < n n R, cequi est une contradiction.)

Les dmonstrations pour K sont analogues(le deuxime point est laiss comme exercice).

2.3 Lintgration de Haar

Pour un groupe fini et une fonction f

G

R nous avons dj dfini

I(f) = 1N

N

i=1

f(xi)o{xi} sont les N lments de G.

Cette fonctionelle Ipossde les proprits suivantes :

I

(f

)=

1

N

N

i=1

f

(x1i

)=

1

N

N

i=1

f

(xiy

) y G.

En plus

I(f + g) = I(f) + I(g) , I( f) = I(f) , Ret I(f) I(f).

Ce sont les proprits dune intgration invariante.Nous allons maintenant construire une telle intgration invariante ou int-

gration deHaarpour tout groupe compact qui satisfait le deuxime axiomede dnombrabilit.

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Dfinition 2.17 Intgration invariante (de Haar)

Soit C(G) lensemble des fonctions continues sur un groupe topologiqueG.

Une application I C(G) R est appele une intgration invarianteouintgration de Haar dnomme f(x)dx, si :

1. Pour R, f(x)dx = f(x)dx2.(f(x) + g(x))dx = f(x)dx + g(x)dx3. Sif

(x

) 1, f

(x

)dx 1

4. Sif(x) 0, f(x)dx 05. Poury G on a f(xy)dx = f(x)dx = f(yx)dx6. f(x1)dx = f(x)dxDaprs1., 2. et4.il sensuit que f(x)dx f(x)dx. Ceci se trouve

comme suit :f(x) f(x) 0 ; alors0

(f

(x

) f

(x

))dx =

f

(x

)dx f

(x

)dx et

f

(x

)dx f

(x

)dx .

Mais nous avons aussif(x) + f(x) 0, doncf(x)dx f(x)dx et donc f(x)dx f(x)dx .

Thorme 2.18 (Von Neumann 1934)Sur un groupe topologique compact qui satisfait le deuxime axiome de

dnombrabilit il existe une unique intgration invariante. Si les conditions1. 4. et la premire galit de 5. sont satisfaites, la deuxime galit de 5.

et 6. suivent.En plus, pourf(x) 0 etf0, f(x)dx > 0.Remarque : Il est facile de voir que pour un groupe G fini et muni

de la topologie P(G) (topologie discrte) toute fonction est continue et laconstruction I(f) constitue une telle intgration invariante. Pour un groupecompact mais non-fini, nous nous laissons guider par cet exemple et nousallons trouver la bonne intgration par une procdure de limite partir dela somme faite sur les sous-ensembles finis.

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Preuve La dmonstration de ce thorme nest pas facile. Nous la

rpartirons donc sur dix tapes. Pour celaGsera toujours un groupe compactqui satisfait le deuxime axiome de dnombrabilit.

1. Soit f G R une fonction continue et A ={a1, . . . , an} A G unsous-ensemble fini.

Nous posons

M(A, f)(x) = 1n

n

i=1

f(xai).Clairement,M

(A, f

)est aussi une fonction continue sur G qui possde

les proprits suivantes :

L(M(A, f)) L(f) , K(M(A, f)) K(f)et alors S(M(A, f)) S(f) .

En plus, siA et B sont deux sous-ensembles finis dlments deG, nousavons

M(A, M(B, f))(x) = M(A B, f)(x)

(A B =

(a1b1, a1b2, . . . , a1bm, a2b1, . . . , anbm

))2. Si f nest pas constante, il existe un sous-ensemble fini A telle que

S(M(A, f)) < S(f).Preuve (de 2.) : Soit le minimum et k le maximum de f. Commefnest pas constante, k >. Comme fest continue il existe un ouvertUtel que pour h (, k), f(x) h


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Nous allons montrer que toute fonction continue possde au moins une

moyenne droite.Soit f lensemble de toutes les fonctions de la forme M(A, f)) pourles sous-ensembles A finis et une fonction continue f donne.

f ={M(A, f)A G, fini} .De 1. il suit que f est uniformment borne. Nous allons montrer quefest aussi qui-continu. Comme fest continue sur G compact, f estaussi uniformment continue. Pour tout > 0il existe alors un voisinageV de e tel que

f

(x

) f

(y

)< xy1 V.

Mais avec xy1 Vnous avons aussi(xai)(yai)1 =xy1 V,et donc f(xai) f(yai) < .La somme sur i donneM(A, f)(x) M(A, f)(y) < pour tout xy1 Vet pour tout A fini. Alors f est qui-continu.

Soit s la borne infrieure de tous les S(M(A, f)). Il existe alors unesuite fn dans ftelle quelimn

S(fn) = s.Comme fest qui-continu, cette suite possde une sous-suite(gn)quiconverge uniformment (voir thorme 2.16). Nous appelons sa limiteg(x).Sa variation S(g) est gale s , S(g) = s.Nous allons montrer queg est constante ou bien (cela revient au mme)que s = 0.Supposons que g ne soit pas constante. Daprs 2. il existe alors unsystme A fini dlments de G tel que S(M(A, g)) = s N, nous avonsg(x) gk(x) < .En remplaant x par xai et faisant la somme sur ai A, on obtient

M

(A, g

)(x

) M

(A, gk

)(x

)< .

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Ces deux ingalits donnent

S(M(A, gk)) < S(M(A, g)) + 2 = s + 2 < s.Mais M(A, gk) fce qui est une contradiction puisque S(h) s h f.Donc la fonction g est constante. Nous posons p = g(x). Comme lasuite(gn) converge uniformment vers p, pour tout > 0 il existe unN N tel que

gn

(x

)p

< n N, x G.

Mais gn f, donc il existe un A G fini tel que gn =M(A, f) etM(A, f)(x) p < x G.Donc p est une moyenne droite de f.

4. En analogie avec 1., nous allons introduire pour un sous-ensemble finiB =(b1, . . . , bn) la fonction M(B, f) dfinie par

M

(B, f

)(x

)=

1

n

n

i=1

f

(bix

).

Il est facile de vrifier que

M(A, M(B, f)) = M(B, M(A, f)). Les ingalits de 1. et 2. sont aussi vrifies pourM.

5. En analogie avec 3. nous allons appeler q R une moyenne gauchesi pour tout > 0 il existe un sous-ensemble B dans G telle que

M

(B, f

) q

< .

Nous allons montrer que il existe au moins une moyenne gauche. Pour

cela nous allons garder la topologie de G mais nous dfinissons uneautre multiplication : pour x, y G nous posons x y = y x. Avec(G, ),(G, ) est aussi un groupe topologique compact qui satisfait ledeuxime axiome de dnombrabilit.Une fonction continue sur(G, )et aussi continue sur(G, )etM(B, f)sur(G, ) devient M(B, f) sur(G, ). Alors une moyenne droite de fsur(G, ) devient une moyenne gauche de f sur(G, ).Donc fpossde une moyenne gauche sur(G, )(on aurait aussi simple-ment pu rpter la preuve fournie sous 3.).

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6. Toute fonction f continue sur G a une et une seule moyenne droite,

ainsi quune (et une seule) moyenne gauche et les deux moyennes sontidentiques. Cette unique moyenne est appele la moyenne de f et d-nomme par M(f).Preuve : Soit p une moyenne droite, q une moyenne gauche et A, Btelles que

M(A, f)(x) p < etM(B, f)(x) q < .DoncM(B, M(A, f))(x) p <

et

M

(A, M

(B, f

))(x

) q

<

Mais M(B, M(A, f))(x) = M(A, M(B, f))(x),alorsp q < 2et ceci pour tout > 0 donc p = q.Alors toute moyenne droite est gale toute moyenne gauche, ce quilfallait dmontrer.

7. Soientf et g deux fonctions continues sur G. Alors

M(f+ g) = M(f) + M(g).Nous allons dabord montrer queM

(M

(A, f

))= M

(f

)pour toutA G

fini.Soit M(f) =p. Alors p est une moyenne gauche de f, donc pour tout > 0 il existe CG, fini, tel que

M(C, f)(x) p < x G.En remplaant x par xai et en sommant sur ai A, il suit que

M(A, M(C, f))(x) p < , ce qui est identique M

(C, M

(A, f

))(x

)p

< .

Alors p est une moyenne gauche de M(A, f), et donc p est (aussi)lunique moyenne de M(A, f).Soit M(g) = q. Alors pour > 0 il existe un sous-ensemble B avec

M(B, g)(x) q < 2

.

Pour tout sous-ensemble A nous avons

M

(A, M

(B, g

))(x

) q

h > 0. Il existe alors un ouvert U, voisinage dex,tel quef(y) > h y U.

Les ouvertsU a1,a G recouvrentG et contiennent alors un recouvre-ment fini de G, U a1i , i = 1, . . . , N .

Nous posons A ={a1, . . . , aN}. Pour tout x G il existe donc un ai telque x U a1i donc xai Uet alors

f

(xai

)> h et M

(A, f

)(x

)>

h

N.

Alors M(f) = M(M(A, f)) hN >0.10. Dmonstration finale du thorme

Nous posons

f(x)dx = M(f).Il est vident que ceci satisfait les conditions 1., 3. et 4. de la dfini-tion 2.17. Les conditions 2. et 5. suivent de 7. et 8., tablis plus haut.Nous devons encore montrer le point 6. et que f

(x

)dx est unique.

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Soit

f

(x

)dx une autre intgration invariante qui satisfait la dfini-

tion 2.17.Nous allons montrer que

f(x)dx = M(f).Preuve :Soit p = M(f). Il existe alors un A fini tel que

M(A, f)(x) p < x G.Mais cause de 1., 2. et 5. M

(A, f

)(x

)dx = f

(x

)dx, donc

M(A, f)(x)dx p = f(x)dx p .Et ceci pour tout > 0 donc f(x)dx = p = M(f).Il faut encore prouver que 6. est aussi satisfait. Pour cela posons

f(x)dx = f(x1)dx.Il est facile de voir que satisfait les conditions 1. 5. de la dfini-tion 2.17. Nous ne montrons que la premire de galits 5. :

f(xa)dx = f(a1x1)dx = f(x1)dx = f(x)dx.Alors est aussi une intgration invariante sur G, donc

.

Ceci termine la preuve du thorme 2.18.

2.4 Autres proprits importantes des groupes

topologiques

Dfinition 2.18 ConnexeUn espace topologique X est appel connexe, sil nexiste pas deux en-

sembles fermsA, B non-vides tels que

A B =X et A B =.

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Exercice 2.3 Xest connexe si et seulement sil nexiste pas deux ensembles

ouvertsA, B tels que

A B =X et A B =.

Dfinition 2.19 Sous-groupes topologiquesUn sous-groupeH G du groupe topologiqueG est appel sous-groupe

topologique siHest ferm.

Remarque : Tout sous-groupe H dun groupe topologique G est unespace topologique via la topologie induite mme si H nest pas un sous-groupe topologique.

Exemples :(Q{0}, ) est un sous-groupe de(R{0}, ).(Z, +) est un sous-groupe topologique de(R, +). U(n) est un sous-groupe topologique de Gl(n,C). O(n) est un sous-groupe topologique de Gl(n,C).

Lemme 2.19 SoitA Xmuni de la topologie induite.f X Y continue, fA dfinie parfA A Y x f(x). AlorsfA est aussicontinue.

Preuve SoitV Y ouvert. f1A(V

)= f1

(V

) Aest ouvert par rapport la

topologie induite.

Lemme 2.20 SoitG un groupe topologique. La fonction

fn G G x xn , n Z

est continue.

Preuve (Par induction). Pour n = 1, fest lidentit qui esttrivialement continue.Soit x xn continue. Alors

G G G (x, y) xnyest aussi continue. Mais fn+1 = o est la "diagonale" de G G.Pour n < 0 nous composons fn avec x1.

Lemme 2.21 SoitG un groupe topologique.

f G G . . . G G (x1, . . . , xn) xr11 xrnn , ri Zest continue.

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Preuve Nous allons montrer que si f1, . . . , f n G G sont continues,

f1fn G G . . . G G (x1, . . . , xn) f1(x1)fn(xn)est aussi continue. Mais ceci suit du fait que f1fn est la combinaison delapplication continue

f1 fn G G G G

(x1, . . . , xn) (f1(x1), . . . , f n(xn))et lapplication continue

G G . . . G G (x1, . . . , xn) x1xn.Le lemme 2.4 est juste un exemple de ce fait gnral pour fi(x) = xri. Proposition 2.22 Soitar11 ...a

rnn =c et W un voisinage de c. Alors il existe

des voisinagesUi desai tels queUr11 U

r11 ... U

rnn W.

Preuve Ceci est une simple consquence de la continuit de la fonction dulemme 2.4.

Lemme 2.23 SoitF ferm, U ouvert et P quelconque, des sous-ensemblesdun groupe topologiqueG eta G. AlorsF a,a F etF1 sont ferms tandisqueU P, P U etU1 sont ouverts.

Preuve Il est vident que limage inverse dun ensemble ferm sous uneapplication continue est aussi ferm :

Si f X Y et F Y est ferm, alors f1(F) X est ferm.(Il faut juste appliquer la dfinition de continuit sur lensemble ouvert Y

F.)

Donc F a, a F et F1 sont ferms parce que x xa1, x a1x etx x1 sont des fonctions continues. De mme pour aU, U a et U1. MaisU P =

aPU a et P U =

aPaU sont des unions densembles ouverts et donc

aussi ouverts.

Remarque : Comme la continuit, toute proprit topologiquelocaledun groupe topologique Gest vraie partout si elle est vrifie en e. Ceci estune consquence de "lhomognit " des groupes topologiques. Les voisinagesautour de tout point x G sont de la forme V x ou V est un voisinage delidentit.

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Dfinition 2.20 Discret

Un groupe topologique est appel discret si tout lment x G a unvoisinageV ={x}.

Il est vident que dans un groupe discret, seules les sries qui sontconstantes partir dun lment donn convergent.

A cause de l

théorie des groupes pour physicien

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