Retour vers la page d'acceuil de Vulgarisation

Groupe de Lie SL(2,R)

Par Jean HUREL

Première partie : Ce document.

Deuxième partie : Choisir groupe SL(2,R) dans https://jeanhurel.fr/vulgarisation/index.html.

Pour imprimer : Choisir le mode paysage.

Sommaire

1. Le groupe et son algèbre

2. Grandeurs différentielles du groupe

3. Aspect métrique

4. Exploitation différentielle de la loi de groupe

5. Action du groupe sur l'algèbre

6. Développements en série sur l'algèbre

7. Vecteur de Hamilton

8. Action d'un opérateur

1. Le groupe et son algèbre

1.1 Introduction

Le groupe de Lie \(\mathbf{SL\left (2,\mathbb{R}\right )}\) est formé de matrices carrées \(\mathbf{x}\) d'ordre 2, avec coefficients réels, dont le déterminant est égal à 1.
Une paramétrisation rationnelle possible est :
\[\mathbf{x=}\begin{bmatrix} \mathbf{a}&\mathbf{b}\\ \mathbf{c}&\mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (1.1.1)\] L'élément neutre du groupe est défini par \(\mathbf{(a,b,c)=(1,0,0)}\) et la loi de groupe \(\mathbf{x^{"}=x\,x^{'}}\) s'écrit :
\[ \left\lbrace \begin{align} &\mathbf{a^{''}=a\,a^{'}+b\,c^{'}}\\ &\mathbf{b^{''}=a\,b^{'}+\dfrac{b\,(1+b^{'}\,c^{'})}{a^{'}}}\\ &\mathbf{c^{''}=c\,a^{'}+\frac{(1+b\,c)\,c^{'}}{a}}\\ &\mathbf{\dfrac{(1+b^{''}\, c^{''})}{a^{''}}=c\, b^{'}+\dfrac{(1+b\, c)}{a}\, \dfrac{(1+b^{'}\, c^{'})}{a^{'}}}\ \ \ \ (1.1.2) \end{align} \right. \] La quatrième relation de (1.1.2) peut être déduite des trois autres, notons g(comme grandeur) le dernier terme
avec les indices supérieurs seconde, puis sustituons les trois autres relations :
\[ \mathbf{g=\dfrac{1+\left (a\, b^{'}+\dfrac{b\, (1+b^{'}\, c^{'})}{a^{'}} \right )\, \left ( c\, a^{'}+\dfrac{(1+b\, c)\, c^{'}}{a} \right )}{a\, a^{'}+b\, c^{'}}} \] Développons le numérateur de \(\mathbf{g}\) :
\[ \mathbf{g=\dfrac{1+a\, b^{'}\, c\, a^{'}+b^{'}\, c^{'}\, (1+b\, c)+b\, c\, (1+b^{'}\, c^{'})+b\, c^{'}\,\dfrac{(1+b\, c)}{a}\, \dfrac{(1+b^{'}\, c^{'})}{a^{'}}}{a\, a^{'}+b\, c^{'}}} \] \[ \mathbf{g=\dfrac{1+a\, b^{'}\, c\, a^{'}+b^{'}\, c^{'}\, (1+b\, c)+b\, c\, (1+b^{'}\, c^{'})-(1+b\, c)\, (1+b^{'}\, c^{'})+\dfrac{(a\, a^{'}+b\, c^{'})\, (1+b\, c)\,(1+b^{'}\, c^{'})}{a\, a^{'}}}{a\, a^{'}+b\, c^{'}}} \] Les cinq premiers termes du numérateur se résument à \(\mathbf{b^{'}\, c\, (a\, a^{'}+b\, c^{'})}\) , l 'expression devient après simplification par \(\mathbf{a\, a^{'}+b\, c^{'}} \):
\[ \mathbf{g=c\, b^{'}+\dfrac{(1+b\, c)}{a}\, \dfrac{(1+b^{'}\, c^{'})}{a^{'}}} \] Ce qui termine notre vérification.
L'algèbre de Lie est l'espace tangent au groupe en l'élément neutre, elle est engendrée par le triplet \(\mathbf{(H,X,Y)}\)
de matrices qui s'obtiennent en dérivant partiellement la matrice \(\mathbf{x}\) du groupe en l'élément neutre, soit :
\[ \begin{align} &\mathbf{H=\dfrac{\partial x}{\partial a}(a=1,b=0,c=0)}\\ &\mathbf{\ \ \ =}\begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{-\dfrac{(1+b\,c)}{a^{2}}}\\ \end{bmatrix}\mathbf{(a=1,b=0,c=0)}\\ &\mathbf{\ \ \ =}\begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{-1}\\ \end{bmatrix}\\ \\ &\mathbf{X=\dfrac{\partial x}{\partial b}(a=1,b=0,c=0)}\\ &\mathbf{\ \ \ =}\begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{1}\\ \mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{c}{a}}\\ \end{bmatrix}\mathbf{(a=1,b=0,c=0)}\\ &\mathbf{\ \ \ =}\begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{1}\\ \mathbf{0}&\mathbf{0}\\ \end{bmatrix}\\ \\ &\mathbf{Y=\dfrac{\partial x}{\partial c}(a=1,b=0,c=0)}\\ &\mathbf{\ \ \ =}\begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{0}\\ \mathbf{1}&\mathbf{\dfrac{b}{a}}\\ \end{bmatrix}\mathbf{(a=1,b=0,c=0)}\\ &\mathbf{\ \ \ =}\begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{0}\\ \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \end{bmatrix}\ \ (1.1.3) \end{align} \] La base de l'algèbre de Lie est donc constituée des matrices \(\mathbf{H}\), \(\mathbf{X}\) et \(\mathbf{Y}\) ci-dessous :
\[\mathbf{H=}\begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{-1} \end{bmatrix},\ \mathbf{X=}\begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{1}\\ \mathbf{0}&\mathbf{0} \end{bmatrix}\ \mathrm{et}\ \mathbf{Y=}\begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{0}\\ \mathbf{1}&\mathbf{0} \end{bmatrix} \ \ \ \ (1.1.4)\] Les trois matrices ci-dessus vérifient les relations de commutation de Lie :
\[\mathbf{[H,X]=2\,X\ ,[H,Y]=-2\,Y\ et\ [X,Y]=H}\ \ \ \ (1.1.5) \] Il est possible d'interpréter l'algèbre de Lie comme formée de transformations infinitésimales du groupe agissant sur des points
\(\mathbf{P(u,v)}\) d'un plan affine. Considérons une transformation du groupe voisine de l'identité :
\[ \begin{bmatrix} \mathbf{u^{'}}\\ \mathbf{v^{'}} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mathbf{1+da}&\mathbf{db}\\ \mathbf{dc}&\mathbf{\dfrac{(1+db\,dc)}{1+da}} \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} \mathbf{u}\\ \mathbf{v} \end{bmatrix}\ (1.1.6) \] Développons (1.1.6) jusqu'à l'ordre 1 :
\[ \begin{bmatrix} \mathbf{u^{'}}\\ \mathbf{v^{'}} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mathbf{u}\\ \mathbf{v} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \mathbf{da}&\mathbf{db}\\ \mathbf{dc}&\mathbf{-da} \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} \mathbf{u}\\ \mathbf{v} \end{bmatrix}\ \ (1.1.7) \] La partie infinitésimale de (1.6) est bien \(\mathbf{da\,H+db\,X+dc\,Y}\).
On peut encore représenter ces matrices par des opérateurs différentiels \(\mathbf{\hat H}\), \(\mathbf{\hat X}\) et \(\mathbf{\hat Y}\) définis par :
\[ \begin{bmatrix} \mathbf{u^{'}}\\ \mathbf{v^{'}} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mathbf{u}\\ \mathbf{v} \end{bmatrix} -\mathbf{(da\,\hat H+db\,\hat X+dc\,\hat Y)} \begin{bmatrix} \mathbf{u}\\ \mathbf{v} \end{bmatrix}\ \ \ (1.1.8) \] La comparaison de (1.1.7) et (1.1.8) permet d'obtenir rapidement : \[ \begin{align} &\mathbf{\hat H=-u\,\dfrac{\partial}{\partial u}+v\,\dfrac{\partial}{\partial v}}\\ &\mathbf{\hat X=-v\,\dfrac{\partial}{\partial u}}\\ &\mathbf{\hat Y=-u\,\dfrac{\partial}{\partial v}}\ \ \ \ (1.1.9) \end{align} \] Sauriez-vous justifier le choix du signe moins (-) dans (1.1.8) ?
L'algèbre de Lie du groupe est ainsi formée de matrices carrées \(\mathbf{L}\) d'ordre 2 et de trace nulle. Cette dernière propriété
est une conséquence de la définition qui impose un déterminant égal à 1 pour \(\mathbf{x}\). L'élément général de l'algèbre de
Lie du groupe SL(2,R) est donc de la forme \(\mathbf{L=p\,H+q\,X+r\,Y}\), soit : \[\mathbf{L=}\begin{bmatrix} \mathbf{p}&\mathbf{q}\\ \mathbf{r}&\mathbf{-p}\\ \end{bmatrix}\ .\ \ (1.1.10)\] La relation exponentielle entre groupe et algèbre de Lie \(\mathbf{x=exp(L)}\) , valable uniquement dans la composante connexe du neutre, permet d'obtenir : \[ \left\lbrace \begin{align} &\mathbf{a=cosh\left (\sqrt{p^{2}+q\,r}\ \right )+p\ \dfrac{sinh\left (\sqrt{p^{2}+q\,r}\ \right )}{\sqrt{p^{2}+q\,r}}}\\ &\mathbf{b=q\ \dfrac{sinh\left (\sqrt{p^{2}+q\,r}\ \right )}{\sqrt{p^{2}+q\,r}}}\\ &\mathbf{c=r\ \dfrac{sinh\left (\sqrt{p^{2}+q\,r}\ \right )}{\sqrt{p^{2}+q\,r}}}\ \ \ \ (1.1.11) \end{align} \right. \]

1.2 Forme bilinéaire de l'espace invariante par le groupe

Nous cherchons une forme bilinéaire en les points \(\mathbf{P_{1}\, (u_{1},v_{1})}\) et \(\mathbf{P_{2}\, (u_{2},v_{2})}\) qui ne soit pas changée sous l'action du groupe.

Prenons comme expression bilinéaire la quantité \(\mathbf{B(P_{1},P_{2})\,=\alpha\, u_{1}\, u_{2} +\beta\, u_{1}\, v_{2}+\gamma\, v_{1}\, u_{2} +\delta\, v_{1}\, v_{2}}\ .\ \ (1.2.1)\)

Les transformations du groupe s'écrivent : \[ \left\lbrace \begin{align} \mathbf{u_{1}^{\, \prime}\, =\ }&\mathbf{a\, u_{1}+b\, v_{1}}\\ \mathbf{v_{1}^{\, \prime}\, =\ }&\mathbf{c\, u_{1}+\dfrac{(1+b\, c)}{a}\, v_{1}} \end{align} \right. \] et \[ \left\lbrace \begin{align} \mathbf{u_{2}^{\, \prime}\, =\ }&\mathbf{a\, u_{2}+b\, v_{2}}\\ \mathbf{v_{2}^{\, \prime}\, =\ }&\mathbf{c\, u_{2}+\dfrac{(1+b\, c)}{a}\, v_{2}}\ \ \ (1.2.2) \end{align} \right. \] A l'aide de (1.2.1) et (1.2.2) l'invariance s'écrit : \[ \mathbf{\alpha \,(a\, u_{1}+b\, v_{1})\,(a\, u_{2}+b\, v_{2})+\beta \, (a\, u_{1}+b\, v_{1})\, \left(c\, u_{2}+\dfrac{(1+b\, c)}{a}\, v_{2} \right )}\\ \mathbf{+}\\ \mathbf{\gamma \, \left(c\, u_{1}+\dfrac{(1+b\, c)}{a}\, v_{1} \right )(a\, u_{2}+b\, v_{2})+\delta \,\left (c\, u_{1}+\dfrac{(1+b\, c\, )}{a}\, v_{1}\right )\, \left(c\, u_{2}+\dfrac{(1+b\, c)}{a}\, v_{2}\, \right )}\\ \mathbf{=}\\ \mathbf{\alpha\, u_{1}\, u_{2} +\beta\, u_{1}\, v_{2}+\gamma\, v_{1}\, u_{2} +\delta\, v_{1}\, v_{2}}\ \ \ \ (1.2.3) \] Egalisons les termes en \(\mathbf{u_{i}\, v_{j}}\) de chaque côté du signe égal de (1.2.3) : \[ \begin{equation} \begin{cases} \mathbf{u_{1}\, u_{2}\ \ :\ \alpha \, a^{2}+\beta \, a\, c +\gamma \, c\, a+\delta \, c^{2} =\alpha}\\ \mathbf{u_{1}\, v_{2}\ \ :\ \alpha \, a\, b+\beta \, (1+b\, c)+\gamma \, c\, b+\delta \, \dfrac{c\, (1+b\,c)}{a}=\beta }\\ \mathbf{v_{1}\, u_{2}\ \ :\ \alpha \, b\, a+\beta \, b\,c+\gamma \, (1+b\, c)+\delta \, \dfrac{(1+b\,c)\, c}{a}=\gamma}\\ \mathbf{v_{1}\, v_{2}\ \ :\ \alpha \, b^{2}+\beta \, \dfrac{b\, (1+b\,c)}{a}+\gamma \, \dfrac{(1+b\,c)\, c}{a}+\delta \, \dfrac{(1+b\, c)^{2}}{a^{2}}=\delta }\ \ \ \ (1.2.4) \end{cases} \end{equation} \] Dans (1.2.4) il n'y a que trois équations indépendantes : \[ \begin{equation} \begin{cases} \mathbf{\alpha \, a^{2}+(\beta +\gamma)\, a\,c+\delta \, c^{2}=\alpha}\\ \mathbf{\alpha \, a\, b+(\beta +\gamma)\, b\,c+\delta \, \dfrac{c\, (1+b\,c)}{a}=0}\\ \mathbf{\alpha \, b^{2}+(\beta +\gamma)\,\dfrac{b\, (1+b\,c)}{a}+\delta \, \dfrac{(1+b\, c)^{2}}{a^{2}}=\delta }\ \ \ \ (1.2.5) \end{cases} \end{equation} \] Multiplions par b la première équation de (1.2.5) et soustrayons la deuxième équation de (1.2.5) multipliée par a : \[ \mathbf{-\, \delta \, c=\, \alpha \, b} \]

Ce qui impose \(\mathbf{\alpha\, =\, \delta \, =\, 0}\)
En reportant ce dernier résultat dans les équations de (1.16) il vient \(\mathbf{\beta \, = \, -\, \gamma} \)
La forme bilinéaire recherchée est finalement
\[ \mathbf{B(P_{1},P_{2})\,=\, \beta \, (u_{1}\, v_{2}-v_{1}\, u_{2})}\ \ \ \ (1.2.6) \] Les aires sont conservées par le groupe.
L'invariant \(\mathbf{B}\) annule les opérateurs différentiels (1.9) et vérifie \(\mathbf{dB=0}\).
\[ \begin{equation} \begin{cases} \mathbf{-u_{1}\,\dfrac{\partial B}{\partial u_{1}}+v_{1}\,\dfrac{\partial B}{\partial v_{1}}-u_{2}\,\dfrac{\partial B}{\partial u_{2}}+v_{2}\,\dfrac{\partial B}{\partial v_{2}}=0}\\ \mathbf{-v_{1}\,\dfrac{\partial B}{\partial u_{1}}-v_{2}\,\dfrac{\partial B}{\partial u_{2}}=0}\\ \mathbf{-u_{1}\,\dfrac{\partial B}{\partial v_{1}}-u_{2}\,\dfrac{\partial B}{\partial v_{2}}=0}\\ \mathbf{du_{1}\, \dfrac{\partial B}{\partial u_{1}}+dv_{1}\, \dfrac{\partial B}{\partial v_{1}}+du_{2}\, \dfrac{\partial B}{\partial u_{2}}+dv_{2}\, \dfrac{\partial B}{\partial v_{2}}}\ \ \ \ (1.2.7) \end{cases} \end{equation} \] l'existence d'une solution non triviale est possible grâce à l'annulation du déterminant :
\[ \mathbf{D=} \begin{vmatrix} \mathbf{-u_{1}}&\mathbf{v_{1}}&\mathbf{-u_{2}}&\mathbf{v_{2}}\\ \mathbf{-v_{1}}&\mathbf{0}&\mathbf{-v_{2}}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{-u_{1}}&\mathbf{0}&\mathbf{-u_{2}}\\ \mathbf{du_{1}}&\mathbf{dv_{1}}&\mathbf{du_{2}}&\mathbf{dv_{2}} \end{vmatrix}\ \ \ \ (1.2.8) \] Il est judicieux de dévelloper (1.2.8) par rapport à la dernière ligne :
\[ \mathbf{D=\left (u_{1}\, v_{2}-v_{1}\, u_{2} \right )\, d \, \left (u_{1}\, v_{2}-v_{1}\, u_{2} \right )}\ \ \ \ (1.2.9) \] Donc
\[ \mathbf{B=\, \beta \, (u_{1}\, v_{2}-v_{1}\, u_{2})}\ \ \ \ (1.2.10) \]

2. Grandeurs différentielles du groupe

2.1 Obtention rapide des formes invariantes

La correspondance exponentielle entre le groupe et son algèbre de Lie nous montre que la forme différentielle
\(\mathbf{\omega =x^{-1}\,dx}\ \ (2.1.1)\) est dans l'algèbre de Lie; Il s'agit d'une forme invariante par translation à gauche.
Le calcul est assez simple, on obtient : \[\mathbf{\omega =\omega^{a}\,H+\omega^{b}\,X+\omega^{c}\,Y}\,\ \ (2.1.2)\] Le triplet de formes \(\mathbf{(\omega^{a},\omega^{b},\omega^{c})}\) est donné par les expressions : \[ \begin{align} &\mathbf{\omega^{a}=\dfrac{(1+b\,c)}{a}\ da-b\ dc}\\ &\mathbf{\omega^{b}=\dfrac{b\,(1+b\ c)}{a^{\, 2}}\ da+\dfrac{db}{a}-\dfrac{b^{\, 2}}{a}\ dc}\\ &\mathbf{\omega^{c}=-c\ da+a\ dc}\ \ \ \ (2.1.3) \end{align} \] Les trois formes vérifient les relations de Maurer-Cartan : \[\mathbf{d\omega^{a}=-\,\omega^{b}\wedge \omega^{c}\ ,d\omega^{b}=-2\,\omega^{a}\wedge \omega^{b}\ et\ d\omega^{c}=-2\,\omega^{c}\wedge \omega^{a}}\ \ \ \ (2.1.4)\] Les relations ci-dessus sont de la forme : \[ \mathbf{d\omega ^{k}\,=\,\dfrac{1}{2}\,C^{k}_{ij}\ \ \omega ^{i}\wedge \omega^{j}}\ \ \ \ (2.1.5)\ \] Il est possible de condenser les relations (2.1.4) sous la forme : \[ \begin{align} &\mathbf{d\omega=[\omega,\omega]}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ ou}\\ &\mathbf{d\omega=\omega \wedge \omega}\ \ \ \ (2.1.6) \end{align} \] Le mystérieux produit extérieur \(\mathbf{\omega \wedge \omega}\) (qui peut sembler nul) consiste en la multiplication matricielle
de \(\mathbf{\omega}\) par \(\mathbf{\omega}\) mais on fait un produit extérieur lorsqu'on multiplie deux éléments de matrice.

Le mystérieux crochet de Lie \(\mathbf{[\omega , \omega ]}\) (qui peut sembler nul) consiste en un produit tensoriel sur les formes
\(\mathbf{\omega ^{i}}\) et \(\mathbf{\omega ^{j}}\) (qui devient \(\mathbf{\omega ^{i} \otimes \omega ^{j}}\)) mais on fait un crochet de Lie sur \(\mathbf{L_{i}}\) et \(\mathbf{L_{j}}\) (qui devient \(\mathbf{[L_{i},L_{j}]}\) ).

Il est possible d'avoir les formes (2.3) en développant \(\mathbf{f(x^{-1}(a,b,c)\,x(1+da,db,dc))}\) jusqu'à l'ordre 1 : \[ \begin{align} &\mathbf{f(0,0,0)}\\ &+\mathbf{\left (\dfrac{(1+b\,c)}{a}\,da-b\,dc\right )\,\dfrac{\partial f(1,0,0)}{\partial a}}\\ &+\mathbf{\left (\dfrac{b\,(1+b\,c)}{a^{2}}\,da+\dfrac{1}{a}\,db-\dfrac{b^{2}}{a}\,dc\right )\,\dfrac{\partial f(1,0,0)}{\partial b}}\\ &+\mathbf{(-c\,da+a\,dc)\,\dfrac{\partial f(1,0,0)}{\partial c}}\ \ \ \ (2.1.7) \end{align} \] On obtient donc : \[ \begin{align} &\mathbf{f(1,0,0)}\\ &+\mathbf{\omega^{a}\,\dfrac{\partial f(1,0,0)}{\partial a}}\\ &+\mathbf{\omega^{b}\,\dfrac{\partial f(1,0,0)}{\partial b}}\\ &+\mathbf{\omega^{c}\,\dfrac{\partial f(1,0,0)}{\partial c}}\ \ \ \ (2.1.8) \end{align} \] Considérons le produit extérieur des formes (2.3) : \[ \begin{align} &\mathbf{\alpha =\omega^{a}\wedge \omega^{b}\wedge \omega^{c}}\\ &\mathbf{\ \ \ =\dfrac{da\wedge db\wedge dc}{a}}\ \ \ \ (2.1.9) \end{align} \] Avec les formes invariantes par translation à droite, on obtient le même résultat.
Cette forme \(\mathrm{\alpha}\) est dite modulaire car elle posséde la double invariance par translation (gauche et droite).
Pour information la forme volume est : \[ \mathbf{\epsilon =\dfrac{da\wedge db\wedge dc}{2\,|a|}} \] La mesure d'intégration associée est donc : \[ \mathbf{\ \ \ =\dfrac{da\,db\,dc}{2\,|a|}} \] De façon hardie on écrit \(\mathbf{d(dx/x)=-dx\, dx/x^{2}=-(dx/x)\, (dx/x)}\), on retrouve \(\mathbf{d\omega + \omega\, \omega =0}\).

2.2 Obtention rapide des opérateurs invariants

La base duale des \(\mathbf{\omega ^{i}}\), soit \(\mathbf{(X_{a},X_{b},X_{c})}\), peut s'obtenir
-En mettant les coordonnées des formes dans une ligne du tableau carré d'ordre 4 suivant \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline &\mathbf{da}&\mathbf{db}&\mathbf{dc}\\ \hline \mathbf{\omega^{a}\,\rightarrow}&\mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}}&\mathbf{0}&\mathbf{-b}\\ \hline \mathbf{\omega^{b}\,\rightarrow}&\mathbf{\dfrac{b(1+b\,c)}{a^{2}}}&\mathbf{\dfrac{1}{a}}&\mathbf{-\dfrac{b^{2}}{a}}\\ \hline \mathbf{\omega^{c}\,\rightarrow}&\mathbf{-c}&\mathbf{0}&\mathbf{a}\\ \hline \end{array}\ \ \ \ (2.2.1) \] On extrait la matrice : \[ \mathbf{M = } \begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}}&\mathbf{0}&\mathbf{-b}\\ \mathbf{\dfrac{b(1+b\,c)}{a^{2}}}&\mathbf{\dfrac{1}{a}}&\mathbf{-\dfrac{b^{2}}{a}}\\ \mathbf{-c}&\mathbf{0}&\mathbf{a} \end{bmatrix}\ \ \ \ (2.2.2) \] -En calculant l'inverse de la matrice \(\mathbf{M}\), soit : \[ \mathbf{M^{-1} = } \begin{bmatrix} \mathbf{a}&\mathbf{0}&\mathbf{b}\\ \mathbf{-b}&\mathbf{a}&\mathbf{0}\\ \mathbf{c}&\mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}} \end{bmatrix}\ .\ \ (2.2.3) \] cette dernière matrice provient du tableau carré d'ordre 4 ci dessous : \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \mathbf{\underset {\downarrow }{X_{a}}}&\mathbf{\underset{\downarrow}{X_{b}}}&\mathbf{\underset {\downarrow }{X_{c}}}& \\ \hline \mathbf{a}&\mathbf{0}&\mathbf{b}&\mathbf{\dfrac{\partial }{\partial a}}\\ \hline \mathbf{-b}&\mathbf{a}&\mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{\partial }{\partial b}} \\ \hline \mathbf{c}&\mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}}&\mathbf{\dfrac{\partial }{\partial c}}\\ \hline \end{array}\ \ \ \ (2.2.4) \] -Chaque colonne de la matrice inverse donne un élément de la base duale.
Ce qui donne : \[ \begin{align} &\mathbf{X_{a}=a\ \dfrac{\partial}{\partial a}-b\ \dfrac{\partial}{\partial b}+c\ \dfrac{\partial }{\partial c}}\\ &\mathbf{X_{b}=a\ \dfrac{\partial}{\partial b}}\\ &\mathbf{X_{c}=b\ \dfrac{\partial}{\partial a}+\dfrac{(1+b\,c)}{a}\ \dfrac{\partial }{\partial c}}\ \ \ \ (2.2.5) \end{align} \] Les trois opérateurs ci-dessus vérifient les relations de commutation de Lie : \[\mathbf{[X_{a},X_{b}]=2\,X_{b}\ ,[X_{a},X_{c}]=-2\,X_{c}\ et\ [X_{b},X_{\small c}]=X_{a}}\ .\ \ (2.2.6) \] Les relations ci-dessus sont de la forme : \[ \mathbf{\left [X_{i},X_{j}\right ]\,=\,C^{k}_{ij}\,X_{k}}\ \ \ \ (2.2.7) \] Il est possible d'avoir les opérateurs (2.14) en développant \(\mathbf{f(x(a,b,c)\,x(1+da,db,dc))}\) jusqu'à l'ordre 1, on obtient : \[ \begin{align} &\mathbf{f(a,b,c)}\\ &+\mathbf{(a\,da+b\,dc)\,\dfrac{\partial f(a,b,c)}{\partial a}}\\ &+\mathbf{(-b\,da+a\,db)\,\dfrac{\partial f(a,b,c)}{\partial b}}\\ &+\mathbf{(c\,da+\dfrac{(1+b\,c)}{a}\,dc)\,\dfrac{\partial f(a,b,c)}{\partial c}}\ \ \ \ (2.2.8) \end{align} \] Il suffit de regrouper l'expression ci-dessus suivant les différentielles de base \(\mathbf{da}\), \(\mathbf{da}\) et \(\mathbf{dc}\) : \[ \begin{align} &\mathbf{f(a,b,c)}\\ &+\mathbf{da\,X_{a}\,f(a,b,c)}\\ &+\mathbf{db\,X_{b}\,f(a,b,c)}\\ &+\mathbf{dc\,X_{c}\,f(a,b,c)}\ \ \ \ (2.2.9) \end{align} \] Les relations (2.4) et (2.8) sont une conséquence de la propriété d'associativité du groupe.
La méthode utilisée pour obtenir les opérateurs à partir des formes permet de vérifier trivialement : \[ \mathbf{<\omega ^{i}|X_{j}>=\delta ^{i}_{j}}\ \ \ \ (2.2.10) \]

Remarques

-En permutant \(\mathbf{x^{-1}}\) et \(\mathbf{dx}\) dans la relation (2.1) on obtient des formes différentielles invariantes par
translation à droite. La base duale correspondante sera formée d'opérateurs différentiels eux aussi
invariants par translation à droite.
Les constantes de structure ( coefficients du second membre)présentes dans (2.4) et (2.10) sont changées de signe.
-Les deux types d'opérateurs (gauche et droite) commutent entre eux.
-Il faut interpréter les crochets de Lie \(\mathbf{[\overset{g}{U},\overset{g}{V}]}\), présents dans les relations (2.8), comme l'effet à l'ordre 1 d'une
translation à droite orchestrée par \(\mathbf{\overset{g}{U}}\) sur \(\mathbf{\overset{g}{V}}\). Il ne faut pas oublier que \(\mathbf{\overset{g}{U}}\) et \(\mathbf{\overset{g}{V}}\) sont invariantes par translation à gauche!
L'opérateur de translation à droite est donc du type \[ \mathbf{\LARGE{.}\ \mapsto \ \left [\overset{g}{U},\ \LARGE{.}\ \right ]} \] -Pouvez vous expliquer pourquoi \(\mathbf{\left [\overset{g}{X_{i}},\overset{d}{X_{j}}\right ]}\) est nul ?
-L'invariance à gauche de \(\mathbf{\omega = x^{-1}\, dx}\) se déduit de \(\mathbf{ (a\,x)^{-1}\, d\, (a\, x) = x^{-1}\, a^{-1}\, a\, dx}\) avec \(\mathbf{a^{-1}\, a = 1}\).

-L'invariance à droite de \(\mathbf{\omega = dx\, x^{-1}}\) se déduit de \(\mathbf{d\, (x\, a)\,(x\,a)^{-1} = dx\, a\, a^{-1}\, x^{-1}}\) avec \(\mathbf{a\, a^{-1} = 1}\).

2.3 Mélange gauche-droite

Les formes \(\mathbf{\overset {g}{\omega ^{i}}(x)}\) et \(\mathbf{\overset {d}{\omega ^{i}}(x)}\) sont respectivement invariantes par translation à gauche (\(\mathbf{x\, \longmapsto a\, x}\)) et translation à droite (\(\mathbf{x\, \longmapsto x\, a}\)). Ces formes
permettent d'écrire les relations de Maurer-Cartan(en rapport avec la loi de groupe) et s'échangent sous l'action de l'inversion (\(\mathbf{x\, \longmapsto x^{-1}}\)) :
\(\mathbf{\overset {g}{\omega ^{i}}(x^{-1}) = -\overset {d}{\omega ^{i}}(x)}\) et \(\mathbf{\overset {d}{\omega ^{i}}(x^{-1}) = -\overset {g}{\omega ^{i}}(x)}\).
Nous allons mélanger les deux types de formes en définissant :

\[ \mathbf{\overset {+}{\omega }(x) \, =\dfrac{1}{2}\, \left ( \overset {g}{\omega }(x) + \overset {d}{\omega }(x) \right )} \] \[ \mathbf{\overset {-}{\omega }(x) \, =\dfrac{1}{2}\, \left ( \overset {g}{\omega }(x) - \overset {d}{\omega }(x) \right )}\ \ \ \ (2.3.1) \]

Commençons par l'étude de quelques propriétés de la forme plus :

\[ \mathbf{\overset {+}{\omega}(x) \, =\dfrac{1}{2}\, \left (x^{-1}\, dx +dx\, x^{-1}\right )}\ \ \ \ (2.3.2) \] \[ \begin{align} \mathbf{\overset {+}{\omega}(x^{-1}) \, =\, }&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left (x\, d\, x^{-1} +d\, x^{-1}\, x\right )}\\ \mathbf{\, =\, }&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left (-\, dx\, x^{-1}-x^{-1}\, dx\, \right )}\\ \mathbf{\, =\, }&\mathbf{-\dfrac{1}{2}\, \left ( \overset {d}{\omega }(x) + \overset {g}{\omega }(x) \right )}\\ \mathbf{\, =\, }&\mathbf{-\, \overset {+}{\omega}(x)}\ \ \ \ (2.3.3) \end{align} \] \[ \begin{align} \mathbf{\overset {+}{\omega}(a\,x\, a^{-1}) \, =\,}&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left (\left (a\,x\, a^{-1} \right )^{-1}\, d\,\left (a\,x\, a^{-1} \right )+d\,\left (a\,x\, a^{-1} \right )\, \left (a\,x\, a^{-1} \right )^{-1}\right )}\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left ( a\, x^{-1}\, a^{-1}\, a\, dx\, a^{-1}\, +a\,dx\,a^{-1}\, a\, x^{-1}\, a^{-1}\right )}\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{a \left (\, \dfrac{1}{2}\, \left ( x^{-1}\, dx+\, dx\, x^{-1} \right )\, \right )a^{-1}}\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{ a\, \overset {+} {\omega}(x)\,a^{-1}}\ \ \ \ (2.3.4) \end{align} \]

Terminons par l'étude des mêmes propriétés de la forme moins :

\[ \mathbf{\overset {-}{\omega}(x) \, =\dfrac{1}{2}\, \left (x^{-1}\, dx -dx\, x^{-1}\right )}\ \ (2.3.5) \] \[ \begin{align} \mathbf{\overset {-}{\omega}(x^{-1}) \, =\,}&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left (x\, d\, x^{-1} -d\, x^{-1}\, x\right )}\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left (-\, dx\, x^{-1}+x^{-1}\, dx\, \right )}\ ,\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left ( \overset {g}{\omega }(x) - \overset {d}{\omega }(x) \right )}\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{ \overset {-}{\omega}(x)}\ \ \ \ (2.3.6) \end{align} \] \[ \begin{align} \mathbf{\overset {-}{\omega}(a\,x\, a^{-1}) \, =\,}&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left (\left (a\,x\, a^{-1} \right )^{-1}\, d\,\left (a\,x\, a^{-1} \right )-d\,\left (a\,x\, a^{-1} \right )\, \left (a\,x\, a^{-1} \right )^{-1}\right )}\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{\dfrac{1}{2}\, \left ( a\, x^{-1}\, a^{-1}\, a\, dx\, a^{-1}\, -a\,dx\,a^{-1}\, a\, x^{-1}\, a^{-1}\right )}\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{a \left (\, \dfrac{1}{2}\, \left ( x^{-1}\, dx-\, dx\, x^{-1} \right )\, \right )a^{-1}}\\ \mathbf{\, =\,}&\mathbf{a\, \overset {-}{\omega }(x)\,a^{-1}}\ \ \ \ (2.3.7) \end{align} \] Nous verront plus tard que la forme moins est un moment.

2.4 Obtention rapide des relations de Maurer-Cartan

De \(\mathbf{x\, x^{-1}=1}\) nous déduisons \(\mathbf{dx\, x^{-1}+x\, dx^{-1}=0}\) soit :
\[ \mathbf{dx^{-1}=-x^{-1}\, dx\, x^{-1}}\ \ \ \ (2.4.1) \] \[ \mathbf{\ \overset{g}{\omega}=x^{-1}\, dx}\\ \] \[ \mathbf{d\overset{g}{\omega}=dx^{-1}\wedge dx}\\ \mathbf{\ \ \ \ \ =-x^{-1}\, dx\,x^{-1}\,\wedge dx}\\ \mathbf{\ \ \ \ \ =-x^{-1}\, dx\,\wedge x^{-1}\, dx} \] \[ \mathbf{\ \ d\overset{g}{\omega}=-\overset{g}{\omega}\wedge \overset{g}{\omega}}\ \ \ \ (2.4.2) \] \[ \mathbf{\ \overset{d}{\omega}=dx\, x^{-1}}\\ \] \[ \mathbf{d\overset{d}{\omega}=dx \wedge dx^{-1}}\\ \mathbf{\ \ \ \ \ = dx \wedge (-x^{-1}\, dx\, x^{-1})}\\ \mathbf{\ \ \ \ \ =-dx\, x^{-1}\wedge dx\, x^{-1}} \] \[ \mathbf{\ \ d\overset{d}{\omega}=-\overset{d}{\omega}\wedge \overset{d}{\omega}}\ \ \ \ (2.4.3) \]

3. Aspect métrique

3.1 Produit scalaire sur l'algèbre de Lie

Soient \(\mathbf{L_{1}(h_{1},x_{1},y_{1})}\) et \(\mathbf{L_{2}(h_{2},x_{2},y_{2})}\) deux éléments de l'algèbre, on définit le produit scalaire par :
\[ \mathbf{\big\langle\,L_{1}| L_{2}\,\big\rangle = \dfrac{1}{2}\,trace(L_{1}L_{2})}\ \ \ \ (3.1.1) \] La grandeur ci-dessus est invariante par l'application adjointe(\(\mathbf{L\longmapsto x\,L\,x^{-1}}\)).
Le calcul donne :
\[ \mathbf{\big\langle\,L_{1}| L_{2}\,\big\rangle = h_{1}h_{2} + \dfrac{1}{2}\, x_{1}y_{2} + \dfrac{1}{2}\, y_{1}x_{2}}\ \ \ \ (3.1.2) \] La matrice de la forme bilinéaire correspondante est donc :
\[\mathbf{[g]=}\begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{1}{2}}\\ \mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{1}{2}}&\mathbf{0}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (3.1.3)\] Le produit scalaire permet de capturer les formes invariantes avec le sens suivant :
\[ \begin{align} &\mathbf{\omega^{a}=\big\langle\,\omega| H\,\big\rangle}\\ &\mathbf{\omega^{b}=\big\langle\,\omega| X\,\big\rangle}\\ &\mathbf{\omega^{c}=\big\langle\,\omega| Y\,\big\rangle}\ \ \ \ (3.1.4) \end{align} \] Muni de ce produit scalaire, il est possible de définir une base réciproque engendrée par le triplet (\(\mathbf{H^{*}}\), \(\mathbf{X^{*}}\) ,\(\mathbf{Y^{*}}\)).

Utilisons la méthode générale :

\(\mathbf{\big\langle\,H^{*}| H\,\big\rangle = 1\quad}\) \(\mathbf{\big\langle\,H^{*}| X\,\big\rangle = 0\quad}\) \(\mathbf{\big\langle\,H^{*}| Y\,\big\rangle = 0}\)
\(\mathbf{\big\langle\,X^{*}| H\,\big\rangle = 0\quad}\) \(\mathbf{\big\langle\,X^{*}| X\,\big\rangle = 1\quad}\) \(\mathbf{\big\langle\,X^{*}| Y\,\big\rangle = 0}\)
\(\mathbf{\big\langle\,Y^{*}| H\,\big\rangle = 0\quad}\) \(\mathbf{\big\langle\,Y^{*}| X\,\big\rangle = 0\quad}\) \(\mathbf{\big\langle\,Y^{*}| Y\,\big\rangle = 1}\ \ \ \ (3.1.5)\)

Le lecteur fera le calcul et obtiendra :
\[ \mathbf{H^{*}=H \quad X^{*}= 2\, Y \quad Y^{*}= 2\, X}\ \ \ \ (3.1.6) \]
Dans notre cas particulier d'algèbre pseudo-euclidienne,on va imiter les expressions ci-dessous valables dans un espace euclidien de dimension trois :

\[ \begin{align} &\mathbf{\vec{e_{1}}^{*}=\dfrac{\vec{e_{2}}\times\vec{e_{3}}}{|\vec{e_{1}},\vec{e_{2}},\vec{e_{3}}|}}\\ &\mathbf{\vec{e_{2}}^{*}=\dfrac{\vec{e_{3}}\times\vec{e_{1}}}{|\vec{e_{1}},\vec{e_{2}},\vec{e_{3}}|}}\\ &\mathbf{\vec{e_{3}}^{*}=\dfrac{\vec{e_{1}}\times\vec{e_{2}}}{|\vec{e_{1}},\vec{e_{2}},\vec{e_{3}}|}}\ \ \ \ (3.1.7) \end{align} \] La transcription donne :

\[ \begin{align} &\mathbf{H^{*}=\dfrac{[X,Y]}{\dfrac{1}{2} \, trace\left(H[X,Y]\right )}= H}\\ &\mathbf{X^{*}=\dfrac{[Y,H]}{\dfrac{1}{2} \, trace\left(H[X,Y]\right )}= 2\, Y}\\ &\mathbf{Y^{*}=\dfrac{[H,X]}{\dfrac{1}{2} \, trace\left(H[X,Y]\right )}= 2\, X}\ \ \ \ (3.1.8) \end{align} \] Terminons en disant que la matrice \(\mathbf{\left [g \right ]}\) peut se diagonaliser sous la forme
\[\mathbf{[g]=}\begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{-1}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (3.1.9)\] Il suffit de choisir comme nouvelle base \(\mathbf{(H,X+Y,X-Y)}\).

3.2 Tenseur métrique sur le groupe de Lie

On demande au \(\mathbf{ds^{2}}\) d'être invariant par les translations, automorphismes et anti-automorphismes. Le bon candidat est :
\[ \mathbf{ds^{2}=-\, \dfrac{1}{2}\,trace \left (dx\,dx^{-1} \right )}\ \ \ \ (3.2.1) \] Le signe moins permet de retrouver le produit scalaire sur l'algèbre de Lie. Il suffit de faire \(\mathbf{x\sim 1+L}\) et \(\mathbf{x^{-1}\sim 1-L}\) dans (3.2.1).
Après queques petits calculs, on obtient :
\[ \mathbf{ds^{2}=\dfrac{(1+b\,c)}{a^{2}}\,da^{2}-\dfrac{c}{a}\,da\,db-\dfrac{b}{a}\,da\,dc + db\,dc}\ \ \ \ (3.2.2) \] La matrice du tenseur correspondant est donc :
\[\mathbf{[g]=}\begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a^{2}}}&\mathbf{\dfrac{-c}{2\,a}}&\mathbf{\dfrac{-b}{2\, a}}\\ \mathbf{\dfrac{-c}{2\,a}}&\mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{1}{2}}\\ \mathbf{\dfrac{-b}{2\, a}}&\mathbf{\dfrac{1}{2}}&\mathbf{0}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (3.2.3)\] Sachant que \(\mathbf{x^{-1}x=1}\) alors \(\mathbf{dx^{-1}x+x^{-1}dx=0}\) et donc \(\mathbf{dx^{-1}=-x^{-1}dx\,x^{-1}}\).
Reportons cette dernière relation dans la définition (3.2.1) :
\[ \mathbf{ds^{2}=-\dfrac{1}{2}\,trace \left (dx\,\left (-x^{-1}dx\,x^{-1}\right ) \right )\ .} \] Simplifions les signes et utilisons la propriété suivante de la trace, \(\mathbf{trace(A)=trace(P^{-1}\,A\,P)}\), avec \(\mathbf{P=x}\)
\[ \mathbf{ds^{2}= \dfrac{1}{2}\,trace \left (\left (x^{-1}dx \right )^{2} \right )\ .} \] En se rappelant de (2.1) et (2.2), il vient :
\[\mathbf{ds^{2}= \dfrac{1}{2}trace \left (\begin{bmatrix} \mathbf{\omega ^{a}}&\mathbf{\omega ^{b}}\\ \mathbf{\omega ^{c}}&\mathbf{-\omega ^{a}}\\ \end{bmatrix}^{2} \right )}\] Soit finalement :
\[ \mathbf{ds^{2}= \omega ^{a\,^{2}}+\omega ^{b}\,\omega ^{c}}\ \ \ \ (3.2.4) \]

Remarques

-L'utilistion des formes invariantes à droite donne le même résultat.

-Si on pose \(\mathbf{ds^{2}=g_{ij}\,dx^{i}\,dx^{j}}\) (voir 3.11) alors \(\mathbf{g_{ij}= \big\langle \dfrac{\partial}{\partial x^{i}} |\dfrac{\partial}{\partial x^{j}}\big\rangle}\).

-Si on pose \(\mathbf{ds^{2}=g_{ij}\,\omega^{i}\,\omega^{j}}\) (voir 3.3) alors \(\mathbf{g_{ij}= \big\langle X_{i}|X_{j}\big\rangle}\).

3.3 Coordonnées normales

Soit \(\mathbf{L=\alpha\,H+\beta\,X+\gamma\,Y}\) et sachant que \(\mathbf{x=exp(L)}\), la relation (1.1.11) permet d'écrire :
\[ \mathbf{x=ch\left ( \sqrt{\alpha ^{2}+\beta\,\gamma}\right) \begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1} \end{bmatrix}\, +\dfrac{sh\left ( \sqrt{\alpha ^{2}+\beta\,\gamma}\right)}{\sqrt{\alpha ^{2}+\beta\,\gamma}}\, \begin{bmatrix} \mathbf{\alpha}&\mathbf{\beta}\\ \mathbf{\gamma}&\mathbf{-\alpha} \end{bmatrix}}\ \ \ \ (3.3.1) \] La diagonalisation du tenseur fixe (3.3) se ferait en faisant un premier changement de variable
\(\mathbf{\beta = u-v}\) et \(\mathbf{\gamma = u+v}\), ce qui donne
\[ \mathbf{x=ch\left ( \sqrt{\alpha ^{2} +u^{2}-v^{2}}\right) \begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1} \end{bmatrix}\, +\dfrac{sh\left ( \sqrt{\alpha ^{2} +u^{2}-v^{2}}\right )}{\sqrt{\alpha ^{2}+u^{2}-v^{2}}}\, \begin{bmatrix} \mathbf{\alpha}&\mathbf{u-v}\\ \mathbf{u+v}&\mathbf{-\alpha} \end{bmatrix}}\ \ \ \ (3.3.2) \] Posons maintenant :
\[ \left\lbrace \begin{align} &\mathbf{\rho =\sqrt{\alpha ^{2}+u^{2}-v^{2}}}\\ &\mathbf{x_{1}=\dfrac{sh(\rho)}{\rho}\,\alpha}\\ &\mathbf{x_{2}=\dfrac{sh(\rho)}{\rho}\,u}\\ &\mathbf{x_{3}=\dfrac{sh(\rho)}{\rho}\,v}\ \ \ \ (3.3.3) \end{align} \right. \] Les expressions de \(\mathbf{x}\) et de \(\mathbf{x^{-1}}\) deviennent plus simples :
\[ \mathbf{\,\,\,\,\,\,x=ch(\rho) \begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1} \end{bmatrix}\, + \begin{bmatrix} \mathbf{x_{1}}&\mathbf{x_{2}-x_{3}}\\ \mathbf{x_{2}+x_{3}}&\mathbf{-x_{1}} \end{bmatrix} } \] \[ \mathbf{x^{-1}=ch(\rho) \begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1} \end{bmatrix}\, - \begin{bmatrix} \mathbf{x_{1}}&\mathbf{x_{2}-x_{3}}\\ \mathbf{x_{2}+x_{3}}&\mathbf{-x_{1}} \end{bmatrix} }\ \ \ \ (3.3.4) \] Les relations suivantes nous seront utiles pour calculer le tenseur métrique :
\[ \mathbf{sh^{2}(\rho)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{3}^{2}} \] \[ \mathbf{ch^{2}(\rho)=1+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{3}^{2}}\ \ \ \ (3.3.5) \] Calculons les différentielles de \(\mathbf{x}\) et de \(\mathbf{x^{-1}}\)
\[ \mathbf{\,\,\,\,\,\,dx=sh(\rho)\,d\rho \begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1} \end{bmatrix}\, + \begin{bmatrix} \mathbf{dx_{1}}&\mathbf{dx_{2}-dx_{3}}\\ \mathbf{dx_{2}+dx_{3}}&\mathbf{-dx_{1}} \end{bmatrix} } \] \[ \mathbf{dx^{-1}=sh(\rho)\,d\rho \begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1} \end{bmatrix}\, - \begin{bmatrix} \mathbf{dx_{1}}&\mathbf{dx_{2}-dx_{3}}\\ \mathbf{dx_{2}+dx_{3}}&\mathbf{-dx_{1}} \end{bmatrix} }\ \ \ \ (3.3.6) \] Le produit des différentielles ci-dessus se calcule bien :
\[ \begin{align} &\mathbf{dx\,dx^{-1}=sh^{2}(\rho)d\rho\,^{2}-\begin{bmatrix} \mathbf{dx_{1}}&\mathbf{dx_{2}-dx_{3}}\\ \mathbf{dx_{2}+dx_{3}}&\mathbf{-dx_{1}} \end{bmatrix}^{2}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\left (sh^{2}(\rho)d\rho\,^{2}-\left (dx_{1}^{2}+dx_{2}^{2}-dx_{3}^{2} \right )\right ) \begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1} \end{bmatrix}}\ \ \ \ (3.3.7) \end{align} \] Avec la définition
\[ \mathbf{ds^{2}=-\dfrac{1}{2}trace \left (dx\,dx^{-1} \right )\,,} \] nous obtenons :
\[ \mathbf{ds^{2}=dx_{1}^{2}+dx_{2}^{2}-dx_{3}^{2}-sh^{2}(\rho)d\rho\,^{2}}\ \ \ \ (3.3.8) \] La différentiation de la première relation de (3.17) et l'utilisation de la deuxième relation de (3.17) permettent d'écrire :
\[ \mathbf{sh^{2}(\rho)\,d\rho\,^{2}=\dfrac{\left (x_{1}\,dx_{1}+x_{2}\,dx_{2}-x_{3}\,dx_{3}\right )\,^{2}}{1+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{3}^{2}}}\ \ \ \ (3.3.9) \] Il suffit de substituer (3.21) dans (3.20)
\[ \mathbf{ds^{2}= \underbrace { dx_{1}^{2}+dx_{2}^{2}-dx_{3}^{2}}_{terme\ pseudo-euclidien}- \underbrace {\dfrac{\left (x_{1}\,dx_{1}+x_{2}\,dx_{2}-x_{3}\,dx_{3}\right )\,^{2}}{1+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{3}^{2}}}_{terme\, de\, courbure}}\ \ \ \ (3.3.10) \] En dévelopant le carré de (3.22) on obtient la nouvelle matrice du tenseur métrique :
\[ \mathbf{[g]=\dfrac{1}{1+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{3}^{2}}\, \begin{bmatrix} \mathbf{1+x_{2}^{2}-x_{3}^{2}}&\mathbf{-x_{1}\,x_{2}}&\mathbf{x_{1}\,x_{3}}\\ \mathbf{-x_{2}\,x_{1}}&\mathbf{1+x_{1}^{2}-x_{3}^{2}}&\mathbf{x_{2}\,x_{3}}\\ \mathbf{x_{3}\,x_{1}}&\mathbf{x_{3}\,x_{2}}&\mathbf{-1-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}} \end{bmatrix} }\ \ \ \ (3.3.11) \]

3.4 Aspect Clifford

Ordonnons \(\mathbf{\overset {g}{\omega}}\) suivant les différentielles des coordonnées de base \(\mathbf{d\,x^{i}}\) :
\[ \mathbf{\overset {g}{\omega} = \overset {g}{M_{a}}\, da + \overset {g}{M_{b}}\, db + \overset {g}{M_{c}}\, dc}\ \ \ \ (3.4.1) \] Le lecteur calculera les matrices \(\mathbf{\overset{g}{M_{i}}}\) et obtiendra :
\[ \mathbf{\overset {g}{M_{a}}=}\begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{(1 + b\,c)}{a}}&\mathbf{\dfrac{b\,(1 + b\, c )}{a^{2}}}\\ \mathbf{-c}&\mathbf{-\dfrac{(1 + b\,c)}{a}} \end{bmatrix},\ \mathbf{\overset {g}{M_{b}}=}\begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{1}{a}}\\ \mathbf{0}&\mathbf{0} \end{bmatrix}\ \mathrm{et}\ \mathbf{\overset {g}{M_{c}} =}\begin{bmatrix} \mathbf{-b}&\mathbf{-\dfrac{b^{2}}{a}}\\ \mathbf{a}&\mathbf{b} \end{bmatrix} \ \ \ \ (3.4.2)\] On peut vérifier les relations suivantes :

\(\mathbf{g_{ij} = \dfrac{1}{2}\, trace \left (\overset {g}{M_{i}}\, \overset {g}{M_{j}} \right )}\) et \(\mathbf{\{\overset {g}{M_{i}},\overset {g}{M_{j}} \} = 2\, g_{ij}\, I_{2}}\) (3.4.3)
Ordonnons \(\mathbf{\overset {d}{\omega}}\) suivant les différentielles des coordonnées de base \(\mathbf{d\,x^{i}}\) :
\[ \mathbf{\overset {d}{\omega} = \overset {d}{M_{a}}\, da + \overset {d}{M_{b}}\, db + \overset {d}{M_{c}}\, dc}\ \ \ \ (3.4.4) \] Le lecteur calculera les matrices \(\mathbf{\overset{d}{M_{i}}}\) et obtiendra :
\[ \mathbf{\overset {d}{M_{a}}=}\begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{(1 + b\,c)}{a}}&\mathbf{-b}\\ \mathbf{\dfrac{c\,(1+b\, c)}{a^{2}}}&\mathbf{-\dfrac{(1 + b\,c)}{a}} \end{bmatrix},\ \mathbf{\overset {d}{M_{b}}=}\begin{bmatrix} \mathbf{-c}&\mathbf{a}\\ \mathbf{-\dfrac{c^{2}}{a}}&\mathbf{c} \end{bmatrix}\ \mathrm{et}\ \mathbf{\overset {d}{M_{c}} =}\begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{0}\\ \mathbf{\dfrac{1}{a}}&\mathbf{0} \end{bmatrix} \ \ \ \ (3.4.5)\] On peut vérifier les relations suivantes :

\(\mathbf{g_{ij} = \dfrac{1}{2}\, trace \left (\overset {d}{M_{i}}\, \overset {d}{M_{j}} \right )}\) et \(\mathbf{\{\overset {d}{M_{i}},\overset {d}{M_{j}} \} = 2\, g_{ij}\, I_{2}}\) (3.4.6)

3.5 Imitation d'une formule de Cauchy

Pour une fonction \(\mathbf{F}\) de la variable \(\mathbf{y}\) nous avons la relation :
\[ \mathbf{F(y+u)=F(y)+u\, F^{'}(y)+\dfrac{u^{2}}{2}\, F^{''}(y)+...}\ \ \ \ (3.5.1) \] Restreignons à l'ordre \(\mathbf{1}\) : \[ \mathbf{F^{'}(y)\sim \dfrac{F(y+u)-F(y)}{u}}\ \ \ \ (3.5.2) \] Transposons le numérateur de 3.5.2 dans notre groupe de Lie : \[ \begin{align} \mathbf{x^{-1}(a,b,c)\, x(a+da,b+db,c+dc)}&\mathbf{=x^{-1}(a,b,c)\, \left (x(a,b,c) +dx(a,b,c)\, \right )}\\ &\mathbf{=x^{-1}(a,b,c)\, x(a,b,c)+x^{-1}(a,b,c)\, dx(a,b,c)}\\ &\mathbf{=e+\overset {g}{\omega}}\ \ \ \ (3.5.3) \end{align} \] On retrouve \(\mathbf{\overset{g}{\omega}}\) omme correction à l'ordre \(\mathbf{1}\) et vivant dans l'algèbre de Lie.
A l'ordre \(\mathbf{2}\), nous avons la formule de Cauchy :
\[ \mathbf{F^{''}(y)=\, \lim_{u \to 0 }\dfrac{F(y+u)-2\, F(y)+F(y-u)}{u^{2}}}\ \ \ \ (3.5.4) \] Réécrivons le numérateur de 3.5.4 :
\[ \mathbf{(F(y+u)-F(y))-(F(y)-f(y-u))}\ \ \ \ (3.5.5) \] Transposons ce numérateur dans notre groupe de Lie :
\[ \mathbf{\left (x^{-1}(a-da,b-db,c-dc)\, x(a,b,c) \right )^{-1}\, \left (x^{-1}(a,b,c)\, x(a+da,b+db,c+dc)\right ) }\ \ \ \ (3.5.6) \] soit :
\[ \mathbf{x^{-1}(a,b,c)\, x(a-da,b-db,c-dc)\, x^{-1}(a,b,c)\, x(a+da,b+db,c+dc)}\ \ \ \ (3.5.7) \] soit :
\[ \mathbf{x^{-1}(a,b,c)\left (x(a,b,c)-dx(a,b,c) \right )\, x^{-1}(a,b,c)\, \left (x(a,b,c)+dx(a,b,c) \right )}\ \ \ \ (3.5.8) \] soit :
\[ \mathbf{\left (e-\overset{g}{\omega}\right )\, \left ( e+\overset{g}{\omega}\right )}\ \ \ \ (3.5.9) \] ou :
\[ \mathbf{e-\overset{g}{\omega}\, ^{2}}\ \ \ \ (3.5.10) \] La correction à l'ordre \(\mathbf{2}\) est alors :
\[ \mathbf{-\overset{g}{\omega}\, ^{2}}\ \ \ \ (3.5.11) \] En tenant compte du facteur \(\mathbf{1/2}\) de l'expression 3.5.4, il vient pour la correction :
\[ \mathbf{-\dfrac{1}{2}\, \overset{g}{\omega}\, ^{2}}\ \ \ \ (3.5.12) \] La trace permet d'obtenir le scalaire :
\[ \mathbf{-\dfrac{1}{2}\, trace \left (\overset{g}{\omega}\, ^{2}\right )}\ \ \ \ (3.5.13) \] On retrouve la distance-carrée.

4. Exploitation différentielle de la loi de groupe

4.1 Recherche des opérateurs

Par dérivation partielle des relations (1.1.2) en l'élément neutre \(\mathbf{e=(1,0,0)}\), on peut obtenir
les opérateurs du groupe invariants par translation à gauche :
\[ \mathbf{ \begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial c^{'}}}\\ \mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial c^{'}}}\\ \mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial c^{'}}} \end{bmatrix}_{x^{'}=e} = \begin{bmatrix} \mathbf{a}&\mathbf{0}&\mathbf{b}\\ \mathbf{-b}&\mathbf{a}&\mathbf{0}\\ \mathbf{c}&\mathbf{0}&\mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}} \end{bmatrix} }\ \ \ \ (4.1.1) \] Il suffit de lire les colonnes de la matrice :
\[ \begin{align} &\mathbf{\overset{g}{X_{a}}=a\ \dfrac{\partial}{\partial a}-b\ \dfrac{\partial}{\partial b}+c\ \dfrac{\partial }{\partial c}}\\ &\mathbf{\overset{g}{X_{b}}=a\ \dfrac{\partial}{\partial b}}\\ &\mathbf{\overset{g}{X_{c}}=b\ \dfrac{\partial}{\partial a}+\dfrac{(1+b\,c)}{a}\ \dfrac{\partial }{\partial c}}\ \ \ \ (4.1.2) \end{align} \] Pour obtenir les opérateurs du groupe invariants par translation à droite, il faut faire le
travail précédent avec la relation \(\mathbf{x^{"}=x^{'}\,x}\) qui donne :
\[ \left\lbrace \begin{align} &\mathbf{a^{''}=a^{'}\,a+b^{'}\,c}\\ &\mathbf{b^{''}=a^{'}\,b+\dfrac{b^{'}\,(1+b\,c)}{a}}\\ &\mathbf{c^{''}=c^{'}\,a+\dfrac{(1+b^{'}\,c^{'})\,c}{a^{'}}}\ \ \ \ (4.1.3) \end{align} \right. \] La dérivation partielle de (4.1.3) donne :
\[ \mathbf{ \begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial c^{'}}}\\ \mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial c^{'}}}\\ \mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial c^{'}}} \end{bmatrix}_{x^{'}=e} = \begin{bmatrix} \mathbf{a}&\mathbf{c}&\mathbf{0}\\ \mathbf{b}&\mathbf{\dfrac{\left (1+b\,c\right )}{a}}&\mathbf{0}\\ \mathbf{-c}&\mathbf{0}&\mathbf{a} \end{bmatrix} }\ \ \ \ (4.1.4) \] Il suffit de lire les colonnes de la matrice :
\[ \begin{align} &\mathbf{\overset{d}{X_{a}}=a\ \dfrac{\partial}{\partial a}+b\ \dfrac{\partial}{\partial b}-c\ \dfrac{\partial }{\partial c}}\\ &\mathbf{\overset{d}{X_{b}}=c\ \dfrac{\partial}{\partial a}+\dfrac{\left (1+b\,c\right)}{a}\,\dfrac{\partial}{\partial b}}\\ &\mathbf{\overset{d}{X_{c}}=a\ \dfrac{\partial}{\partial c}}\ \ \ \ (4.1.5) \end{align} \]

4.2 Recherche des formes

Pour obtenir les formes du groupe invariantes par translation à gauche, il faut utiliser la relation \(\mathbf{x^{"}=x^{-1}\,x^{'}}\) :
\[ \left\lbrace \begin{align} &\mathbf{a^{''}=\dfrac{(1+b\,c)}{a}\,a^{'}-b\,c^{'}}\\ &\mathbf{b^{''}=\dfrac{(1+b\,c)}{a}\,b^{'}-\dfrac{b\,(1+b^{'}\,c^{'})}{a^{'}}}\\ &\mathbf{c^{''}=-c\,a^{'}+a\,c^{'}}\ \ \ \ (4.2.1) \end{align} \right. \] Dérivons partiellement (4.6) par rapport à \(\mathbf{x^{'}}\) au point \(\mathbf{x}\) :
\[ \mathbf{ \begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial c^{'}}}\\ \mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial c^{'}}}\\ \mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial c^{'}}} \end{bmatrix}_{x^{'}=x} = \begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}}&\mathbf{0}&\mathbf{-b}\\ \mathbf{\dfrac{b\,(1+b\,c)}{a^{2}}}&\mathbf{\dfrac{1}{a}}&\mathbf{\dfrac{-b^{2}}{a}}\\ \mathbf{-c}&\mathbf{0}&\mathbf{a} \end{bmatrix} }\ \ \ \ (4.2.2) \] Il suffit de lire les lignes de la matrice :
\[ \begin{align} &\mathbf{\overset{g}{\omega^{a}}=\dfrac{(1+b\,c)}{a}\ da-b\ dc}\\ &\mathbf{\overset{g}{\omega^{b}}=\frac{b\,(1+b\ c)}{a^{\, 2}}\ da+\frac{db}{a}-\frac{b^{\, 2}}{a}\ dc}\\ &\mathbf{\overset{g}{\omega^{c}}=-c\ da+a\ dc}\ \ \ \ (4.2.3) \end{align} \] Pour obtenir les formes du groupe invariantes par translation à droite, il faut utiliser la relation \(\mathbf{x^{"}=x^{'}\,x^{-1}}\) :
\[ \left\lbrace \begin{align} &\mathbf{a^{''}=a^{'}\,\dfrac{(1+b\,c)}{a}-b^{'}\,c}\\ &\mathbf{b^{''}=-a^{'}\,b+b^{'}\,a}\\ &\mathbf{c^{''}=c^{'}\,\dfrac{(1+b\,c)}{a}-\dfrac{(1+b^{'}\,c^{'})}{a^{'}}\,c}\ \ \ \ (4.2.4) \end{align} \right. \] Dérivons partiellement (4.2.4) par rapport à \(\mathbf{x^{'}}\) au point \(\mathbf{x}\) :
\[ \mathbf{ \begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial a^{''}}{\partial c^{'}}}\\ \mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial b^{''}}{\partial c^{'}}}\\ \mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial a^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial b^{'}}}&\mathbf{\dfrac{\partial c^{''}}{\partial c^{'}}} \end{bmatrix}_{x^{'}=x} = \begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}}&\mathbf{-c}&\mathbf{0}\\ \mathbf{-b}&\mathbf{a}&\mathbf{0}\\ \mathbf{\dfrac{c\,(1+b\,c)}{a^{2}}}&\mathbf{-\dfrac{c^{2}}{a}}&\mathbf{\dfrac{1}{a}} \end{bmatrix} }\ \ \ \ (4.2.5) \] Il suffit de lire les lignes de la matrice :
\[ \begin{align} &\mathbf{\overset{d}{\omega^{a}}=\dfrac{(1+b\,c)}{a}\ da-c\ db}\ ,\\ &\mathbf{\overset{d}{\omega^{b}}=-b\ da+a\ db}\ ,\\ &\mathbf{\overset{d}{\omega^{c}}=\dfrac{c\,(1+b\,c)}{a^{2}}\ da-\dfrac{c^{2}}{a}\ db+\dfrac{1}{a}\ dc}\ \ \ \ (4.2.6) \end{align} \]

4.3 Notion de vecteur infinitésimal sur le groupe

Le produit de deux éléments voisins du groupe sera assimilé à un petit vecteur affine, ce dernier
possèdera une traduction évidente dans l'algèbre de Lie.
Pour produire des formes invariantes par translation à gauche, la correspondance est la suivante :

\[ \begin{array}{|l|l|} \hline \mathbf{Espace\,affine}&\mathbf{Alg\grave{e}bre\,de\,Lie}\\ \hline \mathbf{\overrightarrow{MM^{'}}}&\mathbf{x^{-1}\,x^{'}-e} \\ \hline \mathbf{\overrightarrow{M^{'}M^{''}}}&\mathbf{x^{'}\,^{-1}\,x^{''}-e} \\ \hline \mathbf{\overrightarrow{MM^{''}}} &\mathbf{x^{-1}\,x^{''}-e} \\ \hline \mathbf{\overrightarrow{MM^{'}}+\overrightarrow{M^{'}M^{''}}}&\mathbf{x^{-1}\,\underbrace{x^{'}\,x^{'}\,^{-1}}_{\text{e}}\,x^{''}-e} \\ \hline \end{array} \] Utilisons cette idée pour produire la forme de Cartan invariante par translation à gauche.
Le petit vecteur \(\mathbf{\overrightarrow{M(a,b,c)M(a+da,b+db,c+dc)}}\) devient :
\[ \mathbf{x^{-1}(a,b,c)x(a+da,b+db,c+dc)-e} \] \[ \mathbf{x^{-1}(a,b,c)(x(a,b,c)+dx(a,b,c))-e} \] \[ \mathbf{x^{-1}(a,b,c)dx(a,b,c)} \] On reconnait \(\mathbf{\overset{g}{\omega}}\).

Pour produire des formes invariantes par translation à droite, la correspondance est la suivante :

\[ \begin{array}{|l|l|} \hline \mathbf{Espace\,affine}&\mathbf{Alg\grave{e}bre\,de\,Lie}\\ \hline \mathbf{\overleftarrow{M^{'}M}}&\mathbf{x^{'}\,x^{-1}-e} \\ \hline \mathbf{\overleftarrow{M^{''}M^{'}}}&\mathbf{x^{''}\,x^{'}\,^{-1}-e} \\ \hline \mathbf{\overleftarrow{M^{''}M}} &\mathbf{x^{''}\,x^{-1}-e} \\ \hline \mathbf{\overleftarrow{M^{''}M^{'}}+\overleftarrow{M^{'}M}}&\mathbf{x^{''}\,\underbrace{x^{'}\,^{-1}\,x^{'}}_{\text{e}}\,x^{-1}-e} \\ \hline \end{array} \] Utilisons cette idée pour produire la forme de Cartan invariante par translation à droite.
Le petit vecteur \(\mathbf{\overleftarrow{M(a+da,b+db,c+dc)M(a,b,c)}}\) devient :
\[ \mathbf{x(a+da,b+db,c+dc)x^{-1}(a,b,c)-e} \] \[ \mathbf{(x(a,b,c)+dx(a,b,c))x^{-1}(a,b,c)-e} \] \[ \mathbf{dx(a,b,c)x^{-1}(a,b,c)} \] On reconnait \(\mathbf{\overset{d}{\omega}}\).
Dans cette optique on peut se demander ce que devient \(\mathbf{\overrightarrow{M\,M^{'}}\times \overrightarrow{M\,M^{"}}}\) ou M' et M" sont deux
points voisins de M mais avec des dérivations différentes. La transcription donne :
\[ \mathbf{\left [ x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + dM \right )-e,x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + \delta \,M \right )-e\right ]} \] soit :
\[ \begin{align} &\mathbf{x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + dM \right )x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + \delta M \right )-x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + dM \right )}\\ &\mathbf{-x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + \delta M \right ) + e}\\ &\mathbf{-x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + \delta M \right )x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + dM \right )+x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + \delta M \right )}\\ &\mathbf{x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + dM \right ) - e} \end{align} \] Après simplification et factorisation il vient :
\[ \mathbf{x^{-1}\left (M \right )\left ( x\left (M + dM \right )x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M + \delta M \right )- x\left (M + \delta M \right )x^{-1}\left (M \right )\, x\left (M +dM \right ) \right )} \] Développons au premier ordre :
\[ \mathbf{\ \ x^{-1}\left (M \right )\left (x\left (M \right )+dx \left (M \right )\right )x^{-1}\left (M \right )\left (x \left (M \right )+ \delta x \left (M \right ) \right ) -x^{-1}\left (M \right )\left (x\left (M \right )+ \delta x \left (M \right )\right )x^{-1}\left (M \right )\left (x \left (M \right )+ dx \left (M \right ) \right )} \] On reconnaît :
\[ \mathbf{\left (e+\omega \left (d \right ) \right )\, \left (e+\omega \left (\delta \right )\right ) -\left (e+\omega \left (\delta \right ) \right )\, \left (e+\omega \left (d \right )\right ) } \] finalement :
\[ \mathbf{\left [ \omega \left(d \right ),\omega \left(\delta \right ) \right ]} \]

Les fins connaisseurs voient la 2-forme de Lagrange \(\mathbf{\nabla \omega \, (d,\delta)}\).

5. Action du groupe sur l'algèbre

5.1 Introduction

La représentation adjointe est définie par \(\mathbf{Ad_{x}(L)=x\,L\,x^{-1}}\). La relation (6.1.1) montre
que cette quantité est dans l'algèbre de Lie. Il s'agit donc d'une application linéaire de l'algèbre
vers elle même.
Le calcul se présente sous la forme :
\[ \begin{bmatrix} \mathbf{a}&\mathbf{b}\\ \mathbf{c}&\mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}}\\ \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} \mathbf{p}&\mathbf{q}\\ \mathbf{r}&\mathbf{-p}\\ \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{(1+b\,c)}{a}}&\mathbf{-b}\\ \mathbf{-c}&\mathbf{a}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (5.1.1) \] En posant :
\[\mathbf{L^{'}=}\begin{bmatrix} \mathbf{p^{'}}&\mathbf{q^{'}}\\ \mathbf{r^{'}}&\mathbf{-p^{'}}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (5.1.2)\] Après quelques calculs, il vient :
\[ \begin{bmatrix} \mathbf{p^{'}}\\ \mathbf{q^{'}}\\ \mathbf{r^{'}} \end{bmatrix} = \underbrace{ \begin{bmatrix} \mathbf{(1+2\,b\,c)}&\mathbf{-a\,c}&\mathbf{\dfrac{b\,(1+b\,c)}{a}}\\ \mathbf{-2\,a\,b}&\mathbf{a^{2}}&\mathbf{-b^{2}}\\ \mathbf{\dfrac{2\,c\,(1+b\,c)}{a}}&\mathbf{-c^{2}}&\mathbf{\dfrac{(1+b\,c)^{2}}{a^{2}}} \end{bmatrix}}_{\mathbf{[Ad_{x}]}}\, \begin{bmatrix} \mathbf{p}\\ \mathbf{q}\\ \mathbf{r} \end{bmatrix}\ \ \ \ (5.1.3) \] L'ensemble des \(\mathbf{Ad_{x}}\) constitue lui même un groupe.

Remplaçons \(\mathbf{(a,b,c)}\) par \(\mathbf{(1+\Delta a,\Delta b,\Delta c)}\)dans (5.1.3) et développons à l'ordre 1 :
\[ \begin{bmatrix} \mathbf{p^{'}}\\ \mathbf{q^{'}}\\ \mathbf{r^{'}} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mathbf{p}\\ \mathbf{q}\\ \mathbf{r} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{-\Delta c}&\mathbf{\Delta b}\\ \mathbf{-2\,\Delta b}&\mathbf{2\,\Delta a}&\mathbf{0}\\ \mathbf{2\,\Delta c}&\mathbf{0}&\mathbf{-2\,\Delta a} \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} \mathbf{p}\\ \mathbf{q}\\ \mathbf{r} \end{bmatrix}\ \ \ \ (5.1.4) \] Introduisons trois opérateurs différentiels notés \(\mathbf{\hat H}\), \(\mathbf{\hat X}\) et \(\mathbf{\hat X}\) tels que :
\[ \begin{bmatrix} \mathbf{p^{'}}\\ \mathbf{q^{'}}\\ \mathbf{r^{'}} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mathbf{p}\\ \mathbf{q}\\ \mathbf{r} \end{bmatrix} - \mathbf{(\Delta a\,\hat H+\Delta b\,\hat X+\Delta c\,\hat Y)} \begin{bmatrix} \mathbf{p}\\ \mathbf{q}\\ \mathbf{r} \end{bmatrix}\ \ \ (5.1.5) \] La comparaison de (5.1.4) et (5.1.5) permet d'obtenir rapidement : \[ \begin{align} &\mathbf{\hat H=-2\,(q\,\dfrac{\partial}{\partial q}-r\,\dfrac{\partial}{\partial r})}\\ &\mathbf{\hat X=-r\,\dfrac{\partial}{\partial p}+2\,p\,\dfrac{\partial}{\partial q}}\\ &\mathbf{\hat Y=q\,\dfrac{\partial}{\partial p}-2\,p\,\dfrac{\partial}{\partial r}}\ _ \ \ (5.1.6) \end{align} \] Par analogie avec la mécanique quantique, nous allons montrer que les opérateurs de (5.1.6) sont
les composantes d'un vecteur moment (type angulaire) dont la forme classique est donnée par :
\[ \mathbf{\vec{M}=\,\vec{R}\,\times \,\vec{P}}\ \ \ \ (5.1.7) \] La transcription dans l'algèbre de Lie est :
\[ \mathbf{M=[\underbrace {R}_{position},\underbrace {P}_{impulsion}]}\ \ \ \ (5.1.8) \] Avec :
\[ \left\lbrace \begin{align} &\mathbf{R=p\,H+q\,X+r\,Y}\\ &\mathbf{P=\left (-\dfrac{\partial}{\partial p}\right )\,H^{*}+\left (-\dfrac{\partial}{\partial q}\right )\,X^{*}+\left (-\dfrac{\partial}{\partial r}\right )\,Y^{*}}\ \ \ \ (5.1.9) \end{align} \right. \] D'après (3.1.8),on en déduit :
\[ \mathbf{P =\, -\dfrac{\partial}{\partial p}\,H-\dfrac{\partial}{\partial q}\,2\,Y-\dfrac{\partial}{\partial r}\,2\, X}\ \ \ \ (5.1.10) \] Le calcul du moment donne :
\[\mathbf{M=\left (-2\,q\,\dfrac{\partial}{\partial q}+ 2\, r\,\dfrac{\partial}{\partial r} \right )\,H +\left (2\, q\,\dfrac{\partial}{\partial p}-4\,p\,\dfrac{\partial}{\partial r} \right )\,X +\left ( -2\,r\,\dfrac{\partial}{\partial p}+4\,p\,\dfrac{\partial}{\partial q} \right )\,Y}\ \ \ \ (5.1.11) \] Réintroduisons la base réciproque :
\[\mathbf{M=\left (-2\,q\,\dfrac{\partial}{\partial q}+2\,r\,\dfrac{\partial}{\partial r} \right )\,H^{*} +\left ( -r\,\dfrac{\partial}{\partial p}+2\,p\,\dfrac{\partial}{\partial q} \right )\,X^{*} +\left (q\,\dfrac{\partial}{\partial p}-2\,p\,\dfrac{\partial}{\partial r} \right )\,Y^{*}}\ \ \ \ (5.1.12) \] On retrouve bien les opérateurs de (5.1.6).

Remarques

-Il est facile de vérifier que \(\mathbf{(Ad_{x})^{-1}= Ad_{x^{-1}}}\).

-Le produit de dualité \(\mathbf{\overset{d}{\omega ^{i}}\left (\overset{g}{X_{j}}\right )}\) est l'élément de matrice de \(\mathbf{Ad_{x}}\) (ligne i et colonne j).

-Le produit de dualité \(\mathbf{\overset{g}{\omega ^{i}}\left (\overset{d}{X_{j}}\right )}\) est l'élément de matrice de \(\mathbf{Ad_{x^{-1}}}\) (ligne i et colonne j).

-Il est possible de définir une action co-adjointe :

Si \(\mathbf{L=p\,H+q\,X+r\,Y}\) et \(\mathbf{L^{*}=p\,H^{*}+q\,X^{*}+r\,Y^{*}}\) alors

\[ \mathbf{Ad_{x}(L) = [Ad_{x}]} \begin{bmatrix} \mathbf{p}\\ \mathbf{q}\\ \mathbf{r} \end{bmatrix}, \] \[ \mathbf{Ad_{x}(L^{*}) = } \begin{bmatrix} \mathbf{p} &\mathbf{q} &\mathbf{r} \end{bmatrix} \mathbf{[Ad_{x^{-1}}]}\ \ \ \ (5.1.13) \]

5.2 Recherche de l'invariant quadratique de l'algèbre par l'application adjointe

Considérons \(\mathbf{F=F(p,q,r)}\) annulant les opérateurs de (5.1.6), on obtient le système
\[ \begin{equation} \begin{cases} \mathbf{q\,\dfrac{\partial F}{\partial q}-r\,\dfrac{\partial F}{\partial r}=0}&\mathbf{\ \ \ \ (i)}\\ \mathbf{r\,\dfrac{\partial F}{\partial p}-2\,p\,\dfrac{\partial F}{\partial q}=0}&\mathbf{\ \ \ \ (ii)}\\ \mathbf{-q\,\dfrac{\partial F}{\partial p}+2\,p\,\dfrac{\partial F}{\partial r}=0}&\mathbf{\ \ \ \ (iii)}\ \ \ \ (5.2.1) \end{cases} \end{equation} \] On peut remarquer que \(\mathbf{q\,(ii)+r\,(iii)=\, -2\,p\,(i)}\), les trois équations de (5.2.1) ne sont pas indépendantes.
Formons un système avec \(\mathbf{(i)}\), \(\mathbf{(ii)}\) et \(\mathbf{dF=0}\)
\[ \begin{equation} \begin{cases} \mathbf{q\,\dfrac{\partial F}{\partial q}-r\,\dfrac{\partial F}{\partial r}=0}\\ \mathbf{r\,\dfrac{\partial F}{\partial p}-2\,p\,\dfrac{\partial F}{\partial q}=0}\\ \mathbf{dp\,\dfrac{\partial F}{\partial p}+dq\,\dfrac{\partial F}{\partial q}+dr\,\dfrac{\partial F}{\partial r}=0}\ \ \ \ (5.2.2) \end{cases} \end{equation} \] Pour avoir une solution non trivialement nulle , le déterminant doit être nul :
\[ \begin{vmatrix} \mathbf{0}&\mathbf{q}&\mathbf{-r}\\ \mathbf{r}&\mathbf{-2\,p}&\mathbf{0}\\ \mathbf{dp}&\mathbf{dq}&\mathbf{dr} \end{vmatrix}\mathbf{=0}\ \ \ \ (5.2.3) \] La relation(5.2.3) ci-dessus s'écrit \(\mathbf{-r\,d\,\left (p^{2}+q\,r \, \right)=0}\) donc
\(\mathbf{F(p,q,r)= p^{2}+q\,r }\) à une constante multiplicative près.

5.3 Invariant bilinéaire de l'algèbre par l'application adjointe

\(\mathbf{F=F(p_{1},q_{1},r_{1},p_{2},q_{2},r_{2})}\) doit vérifier le système :
\[ \begin{equation} \begin{cases} \mathbf{q_{1}\,\dfrac{\partial F}{\partial q_{1}}-r_{1}\,\dfrac{\partial F}{\partial r_{1}}+q_{2}\,\dfrac{\partial F}{\partial q_{2}}-r_{2}\,\dfrac{\partial F}{\partial r_{2}}=0}\\ \mathbf{r_{1}\,\dfrac{\partial F}{\partial p_{1}}-2\,p_{1}\,\dfrac{\partial F}{\partial q_{1}}+r_{2}\,\dfrac{\partial F}{\partial p_{2}}-2\,p_{2}\,\dfrac{\partial F}{\partial q_{2}}=0}\\ \mathbf{-q_{1}\,\dfrac{\partial F}{\partial p_{1}}+2\, p_{1}\,\dfrac{\partial F}{\partial r_{1}}-q_{2}\,\dfrac{\partial F}{\partial p_{2}}+2\, p_{2}\,\dfrac{\partial F}{\partial r_{2}}=0}\ \ \ \ (5.3.1) \end{cases} \end{equation} \] A une constante près la grandeur suivante est solution de (5.3.1) :
\[ \mathbf{F=2\, p_{1}\, p_{2}+q_{1}\, r_{2}+q_{2}\, r_{1}}\ \ \ \ (5.3.2) \] On retrouve l'expression de la forme de Killing-Cartan qui est en \(\mathbf{trace\, \left (\, ad_{L_{1}}\, ad_{L_{2}}\right )}\) .

6. Développements en série sur l'algèbre

6.1 Application adjointe

Le groupe agit sur son algèbre par l'application adjointe \(\mathbf{Ad}\) : \[ \mathbf{Ad_{x}(v)=x\,v\,x^{-1}} \] Dans l'expression ci-dessus \(\mathbf{v}\) est dans l'algèbre de Lie et \(\mathbf{x=e^{u}}\) est dans le groupe de Lie.
On cherche un développement en série de puissances de \(\mathbf{v}\) pour l'expression \(\mathbf{e^{u}\ v\ e^{-u}}\).
Ordre \(\mathbf{0}\) pour \(\mathbf{u}\) :
\[ \mathbf{e^{u}\ v\ e^{-u}\sim v} \] Ordre \(\mathbf{1}\) pour \(\mathbf{u}\) :
\[ \begin{align} &\mathbf{e^{u}\ v\ e^{-u}\sim (1+u)\ v\ (1-u)}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim (1+u)\ (v-v\ u)}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim v-v\ u+u\ v}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim v+[u,v]} \end{align} \] Ordre \(\mathbf{2}\) pour \(\mathbf{u}\) :
\[ \begin{align} &\mathbf{e^{u}\ v\ e^{-u}\sim (1+u+\dfrac{u^{2}}{2})\ v\ (1-u+\dfrac{u^{2}}{2})}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim (1+u+\dfrac{u^{2}}{2})\ (v-v\ u+\dfrac{v\ u^{2}}{2})}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim v-v\ u+\dfrac{v\ u^{2}}{2}+u\ v-u\ v\ u+\dfrac{u^{2}\ v}{2}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim v+u\ v-v\ u+\dfrac{u^{2}\ v-2\ u\ v\ u+v\ u^{2}}{2}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim v+[u,v]+\dfrac{[u,[u,v]]}{2}} \end{align} \] Ordre \(\mathbf{3}\) pour \(\mathbf{u}\) :
\[ \begin{align} &\mathbf{e^{u}\ v\ e^{-u}\sim (1+u+\dfrac{u^{2}}{2}+\dfrac{u^{3}}{6})\ v\ (1-u+\dfrac{u^{2}}{2}-\dfrac{u^{3}}{6})}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim(1+u+\dfrac{u^{2}}{2}+\dfrac{u^{3}}{6})\ (v-v\ u+\dfrac{v\ u^{2}}{2}-\dfrac{v\ u^{3}}{6})}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim v-v\ u+\dfrac{v\ u^{2}}{2}-\dfrac{v\ u^{3}}{6}+u\ v-u\ v\ u+\dfrac{u\ v\ u^{2}}{2}+\dfrac{u^{2}\ v}{2}-\dfrac{u^{2}\ v\ u}{2}+\dfrac{u^{3}\ v}{6}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim v+u\ v-v\ u+\dfrac{u^{2}\ v-2\ u\ v\ u+v\ u^{2}}{2}+\dfrac{u^{3}\ v-3\ u^{2}\ v\ u+3\ u\ v\ u^{2}-v\ u^{3}}{6}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim v+[u,v]+\dfrac{[u,[u,v]}{2}+\dfrac{[u,[u,[u,v]]]}{6}}\ . \end{align} \] On devine la relation souhaitée :
\[ \boxed{\mathbf{e^{u}\ v\ e^{-u}=\sum_{n=0}^{\infty}\ \dfrac{ad_{u}\,^{^{\Large{n}}}\ (v)}{n!}}}\ \ \ \ (6.1.1) \] Sous forme condensée :
\[ \boxed{\mathbf{e^{u}\ v\ e^{-u}=e^{\large{ad_{u}}}(v)}}\ \ \ \ (6.1.2) \] Si on permute \(\mathbf{x}\) et \(\mathbf{x^{-1}}\) dans l'application adjointe, on obtient deux autres relations :
\[ \boxed{\mathbf{e^{-u}\ v\ e^{u}=\sum_{n=0}^{\infty}\ (-1)^{n}\ \dfrac{ad_{u}\,^{^{\Large{n}}}\ (v)}{n!}}}\ \ \ (6.1.3) \] et
\[ \boxed{\mathbf{e^{-u}\ v\ e^{u}=e^{\large{-ad_{u}}}(v)}}\ \ \ \ (6.1.4) \]

6.2 Loi de groupe

A deux éléments \(\mathbf{a}\) et \(\mathbf{b}\) de l'algèbre de lie correspondent deux éléments \(\mathbf{e^{a}}\) et \(\mathbf{e^{a}}\) du groupe de Lie.
Le produit de ces derniers est dans le groupe donc est de la forme \(\mathbf{e^{c}}\).
On cherche la série donnant \(\mathbf{c}\) en fonction de \(\mathbf{a}\) et \(\mathbf{b}\). Nous devrons utiliser :
\[ \left\lbrace \begin{align} &\mathbf{c=Log(e^{a}\ e^{b})}\\ &\mathbf{Log(1+q)\sim \ q-\dfrac{q^{2}}{2}+\dfrac{q^{3}}{3}} \end{align} \right. \] Ordre \(\mathbf{1}\) pour \(\mathbf{a}\) et \(\mathbf{b}\) :
\[ \begin{align} &\mathbf{c\sim Log((1+a)\ (1+b))}\\ &\mathbf{\ \ \sim Log(1+a+b)}\\ &\mathbf{\ \ \sim a+b} \end{align} \] Ordre \(\mathbf{2}\) pour \(\mathbf{a}\) et \(\mathbf{b}\) :
\[ \begin{align} &\mathbf{c\sim Log((1+a+\dfrac{a^{2}}{2})(1+b+\dfrac{b^{2}}{2}))}\\ &\mathbf{\ \ \sim Log(1+a+b+\dfrac{a^{2}+2\ a\ b+b^{2}}{2})}\\ &\mathbf{\ \ \sim(a+b+\dfrac{a^{2}+2\ a\ b+b^{2}}{2})-\dfrac{(a+b)^{2}}{2}}\\ &\mathbf{\ \ \sim a+b+\dfrac{a^{2}+2\ a\ b+b^{2}-a^{2}-b^{2}-a\ b-b\ a}{2}}\\ &\mathbf{\ \ \sim a+b+\dfrac{[a,b]}{2}} \end{align} \] Ordre \(\mathbf{3}\) pour \(\mathbf{a}\) et \(\mathbf{b}\) :
\[ \begin{align} &\mathbf{c\sim Log((1+a+\dfrac{a^{2}}{2}+\dfrac{a^{3}}{6})(1+b+\dfrac{b^{2}}{2}+\dfrac{b^{3}}{6}))}\\ &\mathbf{\ \ \sim Log(1+a+b+\dfrac{a^{2}+2\ a\ b+b^{2}}{2}+\dfrac{a^{3}+3\ a^{2}\ b+3\ a\ b^{2}+b^{3}}{6})}\\ &\mathbf{\ \ \sim a+b+\dfrac{a^{2}+2\ a\ b+b^{2}}{2}+\dfrac{a^{3}+3\ a^{2}\ b+3\ a\ b^{2}+b^{3}}{6}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ -\dfrac{1}{2}\ (a^{2}+a\ b+\dfrac{a^{3}+2\ a^{2}\ b+a\ b^{2}}{2}+b\ a+b^{2}+\dfrac{b\ a^{2}+2\ b\ a\ b+b^{3}}{2}+\dfrac{a^{3}+2\ a\ b\ a+b^{2}\ a}{2}+\dfrac{a^{2}\ b+2\ a\ b^{2}+b^{3}}{2})}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ +\dfrac{a^{3}+a^{2}\ b+a\ b\ a+a\ b^{2}+b\ a^{2}+b\ a\ b+b^{2}\ a+b^{3}}{3}}\\ &\mathbf{\ \ \sim a+b}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ +\dfrac{a^{2}+2\ a\ b+b^{2}}{2}-\dfrac{a^{2}+a\ b+b\ a+b^{2}}{2}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ +\dfrac{2\ a^{3}+6\ a^{2}\ b+6\ a\ b^{2}+2\ b^{3}}{12}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ -\dfrac{6\ a^{3}+6\ b^{3}+6\ b\ a\ b+6\ a\ b\ a+3\ b\ a^{2}+3\ b^{2}\ a+9\ a\ b^{2}+9\ a^{2}\ b}{12}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ +\dfrac{4\ a^{3}+4\ a^{2}\ b+4\ a\ b\ a+4\ a\ b^{2}+4\ b\ a^{2}+4\ b\ a\ b+4\ b^{2}\ a+4\ b^{3}}{12}}\\ &\mathbf{\ \ \sim a+b+\dfrac{a\ b-b\ a}{2}+\dfrac{a\ b^{2}+a^{2}\ b-2\ b\ a\ b-2\ a\ b\ a+b\ a^{2}+b^{2}\ a}{12}}\\ &\mathbf{\ \ \sim a+b+\dfrac{[a,b]}{2}+\dfrac{[a,[a,b]]+[b,[b,a]]}{12}} \end{align} \] On se contentera de :
\[ \boxed{\mathbf{c=a+b+\dfrac{[a,b]}{2}+\dfrac{[a,[a,b]]+[b,[b,a]]}{12}+...}}\ \ \ \ (6.2.1) \]

6.3 Différentielle de l'application exponentielle

On cherche la série représentant \(\mathbf{d_{u}\ e^{u}\ (v)}\),les éléments \(\mathbf{u}\) et \(\mathbf{v}\) étant dans l'algèbre de Lie.
Par définition :
\[ \begin{align} &\mathbf{d_{u}\ e^{u}\ (v)=\ \ \ \lim _{t \to 0 }\ \dfrac{e^{u+t\ v}-e^{u}}{t}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =e^{u}\ \lim_{t \to 0 }\ \dfrac{e^{-u}\ e^{u+t\ v}-1}{t}}\ . \end{align} \] Calculons le terme qui se présente sous forme de limite.
On néglige les termes en \(\mathbf{t^{n}}\) pour \(\mathbf{n>1}\) et on se restreint au degré total \(\mathbf{3}\) pour les produits de \(\mathbf{u}\) par \(\mathbf{v}\) :
\[ \mathbf{\dfrac{(1-u+\dfrac{u^{2}}{2}-\dfrac{u^{3}}{6})\ (1+u+t\ v+\dfrac{u^{2}+t\ u\ v+t\ v\ u}{2}+\dfrac{u^{3}+t\ u^{2}\ v+t\ u\ v\ u+t\ v\ u^{2}}{6})-1}{t}} \] Développons l'expression ci-dessus :
\[ \begin{align} &\mathbf{1+u+t\ v+\dfrac{u^{2}+t\ u\ v+t\ v\ u}{2}+\dfrac{u^{3}+t\ u^{2}\ v+t\ u\ v\ u+t\ v\ u^{2}}{6}-1}\\ &\mathbf{-u-u^{2}-t\ u\ v-\dfrac{u^{3}+t\ u^{2}\ v+t\ u\ v\ u}{2}}\\ &\mathbf{+\dfrac{u^{2}+u^{3}+t\ u^{2}\ v}{2}}\\ &\mathbf{-\dfrac{u^{3}}{6}} \end{align} \] Terme en \(\mathbf{t^{0}}\) :
\[ \mathbf{1+u-u+\dfrac{u^{2}}{2}-u^{2}+\dfrac{u^{2}}{2}+\dfrac{u^{3}}{6}-\dfrac{u^{3}}{2}+\dfrac{u^{3}}{2}-\dfrac{u^{3}}{6}=0} \] Terme en \(\mathbf{t^{1}}\) :
\[ \begin{align} &\mathbf{t\ v+\dfrac{t\ u\ v}{2}+\dfrac{t\ v\ u}{2}-t\ u\ v+\dfrac{t\ u^{2}\ v}{6}+\dfrac{t\ u\ v\ u}{6}+\dfrac{t\ v\ u^{2}}{6}-\dfrac{t\ u^{2}\ v}{2}-\dfrac{t\ u\ v\ u}{2}+\dfrac{t\ u^{2}\ v}{2}}\\ &\mathbf{=}\\ &\mathbf{t\ v+\dfrac{t\ v\ u-t\ u\ v}{2}+\dfrac{t\ u^{2}\ v-2\ t\ u\ v\ u+t\ v\ u^{2}}{6}}\\ &\mathbf{=}\\ &\mathbf{t\ v-\dfrac{t\ [u,v]}{2}+\dfrac{t\ [u,[u,v]]}{6}} \end{align} \] En divisant par \(\mathbf{t}\), on devine l'expression :
\[ \boxed{\mathbf{d_{u}\ e^{u}\ (v)=e^{u}\ \sum_{n=0}^{\infty}\ (-1)^{n}\ \dfrac{ad_{u}\,^{^{\Large {n}}}\ (v)}{(n+1)!}}}\ \ \ \ (6.3.1) \] Sous forme condensée :
\[ \boxed{\mathbf{d_{u}\ e^{u}\ (v)=e^{u}\ \left (\dfrac{1-e^{\large{-ad_{u}}}}{ad_{u}}\right )(v)}}\ \ \ \ (6.3.2) \] Si on multiplie l'expression ci-dessus par \(\mathbf{e^{-u}}\) à gauche, on obtient la forme de Cartan invariante par translation à gauche.
Cette forme de cartan est dans l'algèbre de Lie, ce que confirme le deuxième membre de l'égalité.
L'expression de la différentielle utile pour la forme de Cartan invariante par translation à droite est :
\[ \mathbf{d_{u}\ e^{u}\ (v)=\ \lim_{t \to 0 }\ \dfrac{e^{u+t\ v}\ e^{-u}-1}{t}\ e^{u}}\ . \] Ce qui entraîne une nouvelle expression :
\[ \boxed{\mathbf{d_{u}\ e^{u}\ (v)=\sum_{n=0}^{\infty}\ \dfrac{ad_{u}\,^{^{\Large {n}}}\ (v)}{(n+1)!}\ e^{u}}}\ \ \ \ (6.3.3) \] Ou sous forme condensée :
\[ \boxed{\mathbf{d_{u}\ e^{u}\ (v)=\ \left (\dfrac{e^{\large{ad_{u}}}-1}{ad_{u}}\right )(v)\ e^{u}}}\ \ \ \ (6.3.4) \] La relation (6.3.4) permet d'envisager un développement faisant intervenir un sinus et cosinus hyperbolique : \[ \mathbf{\dfrac{e^{-u}\ d_{u}\ e^{u}+e^{u}\ d_{u}\ e^{-u}}{2}\ (v)=\dfrac{sinh(ad_{u})}{ad_{u}}\ (v)} \] \[ \mathbf{\dfrac{e^{-u}\ d_{u}\ e^{u}-e^{u}\ d_{u}\ e^{-u}}{2}\ (v)=\dfrac{(cosh(ad_{u})-1)}{ad_{u}}\ (v)}\ \ \ \ (6.3.5) \] Les grandeurs ci-dessus sont invariantes par conjugaison \(\mathbf{x\ \longmapsto x^{-1}}\) sur le groupe soit \(\mathbf{u\ \longmapsto -u}\) sur l'algèbre.
Dans les expressions (6.3.5) on voit poindre deux choses :
-Une trigonométrie hyperbolique qui sera intoduite dans le paragraphe 7 ;
-La nécessité de calculer des rapports du type \(\mathbf{\overset{-}{\omega} /\overset{+}{\omega}}\) en vue d'obtenir un vecteur de Hamilton.

6.4 Lien entre commutateur sur le groupe et commutateur sur l'algèbre

Sur le groupe le commutateur de deux élements \(\mathbf{x}\) et \(\mathbf{y}\) est défini par :
\[ \mathbf{C(x,y)\, =\, x^{-1}\, y^{-1}\, x \, y} \] La correspondance exponentielle entre l'algèbre et son groupe permet de réécrire l'expression ci-dessus comme :
\[ \mathbf{C(a,b,t)\, = \, e^{-\, \sqrt{t}\, a}\, e^{-\, \sqrt{t}\, b}\, e^{\sqrt{t}\, a} \, e^{\sqrt{t}\, b}} \] Ordre 0 :
\[ \mathbf{C(a,b,t)\, \sim \, 1} \] Ordre 1 : \[ \begin{align} &\mathbf{C(a,b,t)\, \sim \, (1-\sqrt{t}\, a)\, (1-\sqrt{t}\, b) \, (1+\sqrt{t}\, a)\, (1+\sqrt{t}\, b) }\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim (1-\sqrt{t}\, (a+b))\, (1+\sqrt{t}\, (a+b))}\\ &\mathbf{C(a,b,t)\, \sim \, 1} \end{align} \] Ordre 2 : \[ \begin{align} &\mathbf{C(a,b,t)\, \sim \, (1-\sqrt{t}\, a +\, \dfrac{t\, a^{2}}{2})\, (1-\sqrt{t}\, b +\, \dfrac{t\, b^{2}}{2}) \, (1+\sqrt{t}\, a+\, \dfrac{t\, a^{2}}{2})\, (1+\sqrt{t}\, b+\, \dfrac{t\, b^{2}}{2}) }\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim (1-\sqrt{t}\, (a+b)+\, t\, (\dfrac{a^{2}}{2}+a\, b+\dfrac{b^{2}}{2}))\, (1+\sqrt{t}\, (a+b)+\, t\, (\dfrac{a^{2}}{2}+a\, b+\dfrac{b^{2}}{2}))}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim 1+\sqrt{t}\, (a+b) +2\, t\, (\dfrac{a^{2}}{2}+a\, b+\dfrac{b^{2}}{2})-\sqrt{t}\, (a+b)-t\, (a+b)^{2}) }\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim 1+t\, ((a^{2}+2\, a\, b+b^{2})-(a^{2}+a\, b+b\, a+b^{2}))}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sim 1+t\, [a,b]} \end{align} \] On devine la relation : \[ \boxed{\mathbf{[a,b] = \lim_{t \to 0}\dfrac{e^{-\, \sqrt{t}\, a}\, e^{-\, \sqrt{t}\, b}\, e^{\sqrt{t}\, a} \, e^{\sqrt{t}\, b}-1}{t}}}\ \ \ \ (6.4.1) \] ou bien : \[ \boxed{\mathbf{[a,b] = \dfrac{d}{dt}\, \left (e^{-\, \sqrt{t}\, a}\, e^{-\, \sqrt{t}\, b}\, e^{\sqrt{t}\, a} \, e^{\sqrt{t}\, b}\, \right )\, (t=0)}}\ \ \ \ (6.4.2) \]

7. Vecteur de Hamilton

7.1 Analogie avec les rotations

Faisons un premier changement de variables dans l'algèbre de Lie :
\(\mathbf{p = l_{1}}\),\(\mathbf{q = l_{2}- l_{3}}\) et \(\mathbf{r = l_{2} + l_{3}}\)
ce qui implique :
\[\mathbf{p^{2} + q\,r = l_{1}^{2} + l_{2}^{2} - l_{3}^{2}}\] Introduisons des coordonnées hyperboliques :
\[ \mathbf{l_{1} = \rho \, ch(\phi) } \] \[ \mathbf{l_{2} = \rho \, sh(\phi)\, sh(\theta) } \] \[ \mathbf{l_{3} = \rho \, sh(\phi)\, ch(\theta) } \] On en déduit :
\[ \begin{align} &\mathbf{l_{1}^{2} + l_{2}^{2} - l_{3}^{2} = \rho ^{2}\, ch ^{2}(\phi) +\rho ^{2}\, sh ^{2}(\phi)\, sh ^{2}(\theta) -\rho ^{2}\, sh ^{2}(\phi)\, ch ^{2}(\theta)}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \rho ^{2}\, ch ^{2}(\phi) +\rho ^{2}\, sh ^{2}(\phi)\, \underbrace{\left (sh ^{2} (\theta) -\, ch ^{2}(\theta) \right )}_{-1}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \rho ^{2} \underbrace{\left ( ch ^{2}(\phi) - sh ^{2} (\phi) \right )}_{1}}\\ &\mathbf{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \rho ^{2} } \end{align} \] Introduisons les relations précédentes dans (1.11) puis dans (1.1), ce qui permet de former la matrice \(\mathbf{x}\), on obtient :
\[\mathbf{x=}\begin{bmatrix} \mathbf{ch(\rho)+ sh(\rho)\, ch(\phi) }&\mathbf{sh(\rho)\, sh(\phi) \left ( -ch(\theta ) + sh(\theta) \right )}\\ \mathbf{sh(\rho) \, sh(\phi)\left ( ch(\theta ) + sh(\theta) \right )}&\mathbf{ch(\rho) - sh(\rho)\, ch(\phi)}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (7.1.1)\] Par analogie avec les rotations introduisons les coordonnées du vecteur de Hamilton :
\[ \mathbf{q_{1} = th \left (\dfrac{\rho}{2} \right )\, ch(\phi) } \] \[ \mathbf{q_{2} = th \left ( \dfrac{\rho}{2}\right )\, sh(\phi)\, sh(\theta) } \] \[ \mathbf{q_{3} = th \left (\dfrac{\rho}{2}\right) \, sh(\phi)\, ch(\theta) } \] Sachant que :
\[ \mathbf{ch(\rho) = \dfrac{1 + th^{2}\left (\dfrac{\rho}{2} \right )}{1 - th^{2}\left (\dfrac{\rho}{2} \right )} } \] \[ \mathbf{sh(\rho) = \dfrac{2\, th \left (\dfrac{\rho}{2} \right )}{1 - th^{2}\left (\dfrac{\rho}{2} \right )} } \] \[ \mathbf{th^{2}\left (\dfrac{\rho}{2} \right ) = q_{1}^{2} + q_{2}^{2} - q_{3}^{2} } \] Il vient :
\[\mathbf{x=}\begin{bmatrix} \mathbf{\dfrac{1 + q_{1}^{2} +q_{2}^{2} -q_{3}^{2} + 2\, q_{1}}{1 - q_{1}^{2} -q_{2}^{2} +q_{3}^{2}}}&\mathbf{\dfrac{2\, (q_{2} - q_{3})}{1 - q_{1}^{2} -q_{2}^{2} +q_{3}^{2}}}\\ \mathbf{\dfrac{2\, (q_{2} + q_{3})}{1 - q_{1}^{2} -q_{2}^{2} +q_{3}^{2}}}&\mathbf{\dfrac{1 + q_{1}^{2} +q_{2}^{2} -q_{3}^{2} - 2\, q_{1}}{1 - q_{1}^{2} -q_{2}^{2} +q_{3}^{2}}}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (7.1.2)\] La matrice obtenue est orthogonale : Elle vérifie \(\mathbf{x\, x^{t}=1}\) .

7.2 Relation de Cayley

La formule de Cayley permet d'obtenir une matrice de rotation à partir d'une matrice antisymétrique, cette
dernière est dans l'algèbre de Lie du groupe des rotations. La relation s'écrit avec des notations parlantes :
\[ \mathbf{R = (1 - A)^{-1}\,(1 + A)}\ \ \ \ (7.2.1) \] Dans notre cas \(\mathbf{R}\) devient \(\mathbf{x}\), que l'on cherche, \(\mathbf{A}\) devient \(\mathbf{L}\) qui est dans l'algèbre de Lie de SL(2,R).
Sachant que :
\[ \mathbf{L =} \begin{bmatrix} \mathbf{q_{1}}&\mathbf{q_{2}-q_{3}}\\ \mathbf{q_{2}+q_{3}}&\mathbf{-q_{1}} \end{bmatrix} \] alors :
\[ \mathbf{1 - L =} \begin{bmatrix} \mathbf{1 - q_{1}}&\mathbf{-q_{2}+q_{3}}\\ \mathbf{-q_{2}-q_{3}}&\mathbf{1 + q_{1}} \end{bmatrix} \] et :
\[ \mathbf{d\acute{e}t(1 - L) = 1 - q_{1}^{2} - q_{2}^{2} + q_{3}^{2}} \] il vient :
\[ \mathbf{(1 - L)^{-1} = \dfrac{1}{1 - q_{1}^{2} - q_{2}^{2} + q_{3}^{2}}} \begin{bmatrix} \mathbf{1 + q_{1}}&\mathbf{q_{2}-q_{3}}\\ \mathbf{q_{2}+q_{3}}&\mathbf{1 - q_{1}} \end{bmatrix} \] ce qui permet d'obtenir
\[ \mathbf{(1 - L)^{-1}\,(1 + L) = \dfrac{1}{1 - q_{1}^{2} - q_{2}^{2} + q_{3}^{2}}} \begin{bmatrix} \mathbf{1 + q_{1}}&\mathbf{q_{2}-q_{3}}\\ \mathbf{q_{2}+q_{3}}&\mathbf{1 - q_{1}} \end{bmatrix}^{2}\ \ \ \ (7.2.2) \] On vérifie que (7.2.2) est bien égal à (7.1.2).
Pour finir disons que si :
\[ \mathbf{ds^{2}=-\dfrac{1}{2}trace \left (dx\,dx^{-1} \right )} \] nous obtenons pour matrice du tenseur métrique :
\[\mathbf{[g]= \dfrac{4}{\left (1 - q_{1}^{2} - q_{2}^{2} + q_{3}^{2}\right )^{2}}}\begin{bmatrix} \mathbf{1}&\mathbf{0}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{-1} \end{bmatrix}\ \ \ \ (7.5) \]

7.3 Classes de conjugaison

On peut visualiser l'espace d'une classe de conjugaison de trace \(\mathbf{t}\) en écrivant :
\[ \mathbf{\dfrac{1+q_{1}^{2}+q_{2}^{2}-q_{3}^{2}}{1-q_{1}^{2}-q_{2}^{2}+q_{3}^{2}}-\dfrac{t}{2}=0}\ \ \ \ (7.3.1) \]

Voici la représentation de quelques surfaces de niveau pour t dans la liste [5,2,0,-2,-5] :

L' animation suivante montre l'évolution des surfaces de niveau en fonction de \(\mathbf{t}\) dans la liste [-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5] :

Remarques

-En faisant \(\mathbf{q_{3}=0}\) on obtient un disque de Poincaré.
-En toute rigueur il faudrait pour \(\mathbf{A}\) une matrice du type \(\mathbf{i\, F}\) avec \(\mathbf{F}\) anti-hermitienne(\(\mathbf{F=-F^{\dagger}}\)), ce qui revient
à avoir un vecteur de hamilton imaginaire pur ; C'est le prix à payer pour passer de pseudo-euclidien à euclidien.

8. Action d'un opérateur

8.1 Par produit intérieur sur une forme

Considérons un opérateur général et une forme générale (trois coordonnées de base comme dans SL(2,R)) :
\(\mathbf{X = X^{1}\dfrac{\partial }{\partial x^{1}} + X^{2}\dfrac{\partial }{\partial x^{1}} + X^{3}\dfrac{\partial }{\partial x^{3}}}\)

\(\mathbf{\omega = \omega _{1}\, dx^{1} + \omega _{2}\, dx^{2} + \omega _{3}\, dx^{3}}\)

Alors le produit intérieur de l'opérateur par la forme est égal par définition :

\[ \mathbf{i_{X}(\omega ) = X^{1}\omega _{1} +X^{2}\omega _{2} + X^{1}\omega _{1}}\ \ \ \ (8.1.1) \] Cette contraction est parfois notée \(\mathbf{\left \langle X|\omega \right \rangle}\). Si on prend les formes et opérateurs du paragraphe 2, on obtient
les relations de dualité bien connues. De la même manière on peut définir la contraction de \(\mathbf{X}\) avec le tenseur
métrique \(\mathbf{g}\); Il suffit d'agir sur le premier terme du produit tensoriel car \(\mathbf{g}\) est symétrique. On obtient :

\(\mathbf{i_{X_{a}}(g) = -2\,\omega ^{a}}\)

\(\mathbf{i_{X_{b}}(g) = -\omega ^{c}}\)

\(\mathbf{i_{X_{c}}(g) = -\omega ^{b}}\) (8.1.2)

On peut échanger les rôles de \(\mathbf{\omega}\) et \(\mathbf{X}\), pour le produit de dualité rien ne se passera, en revanche il faut faire agir
la forme sur le tenseur métrique inverse. Ce dernier noté \(\mathbf{g^{-1}}\) s'obtient en calculant la matrice inverse \(\mathbf{[g]^{-1}}\).
Posons :
\[ \mathbf{g^{-1} = g^{ij}\, \dfrac{\partial}{\partial x^{i}}\otimes \dfrac{\partial}{\partial x^{j}}}\ \ \ \ (8.1.3) \] alors on obtient :
\[ \begin{align} \mathbf{g^{-1}} &\mathbf{ = a^{2}\, \dfrac{\partial}{\partial a}\otimes \dfrac{\partial}{\partial a} + a\,b\, \dfrac{\partial}{\partial a}\otimes \dfrac{\partial}{\partial b} + a\,c\, \dfrac{\partial}{\partial a}\otimes \dfrac{\partial}{\partial c}}\\ &\mathbf{ \,\,+ a\,b\, \dfrac{\partial}{\partial b}\otimes \dfrac{\partial}{\partial a} + b^{2}\, \dfrac{\partial}{\partial b}\otimes \dfrac{\partial}{\partial b} +(2 + b\,c)\, \dfrac{\partial}{\partial b}\otimes \dfrac{\partial}{\partial c}}\\ &\mathbf{ \,\,+ a\,c\, \dfrac{\partial}{\partial c}\otimes \dfrac{\partial}{\partial a} +(2 + b\,c)\, \dfrac{\partial}{\partial c}\otimes \dfrac{\partial}{\partial b} + c^{2}\, \dfrac{\partial}{\partial c}\otimes \dfrac{\partial}{\partial c}}\ \ \ \ (8.1.4) \end{align} \] Le calcul des produits intérieurs donne :

\(\mathbf{i_{\omega ^{a}}(g^{-1}) = X_{a}}\),

\(\mathbf{i_{\omega ^{b}}(g^{-1}) = 2\, X_{c}}\),

\(\mathbf{i_{\omega ^{c}}(g^{-1}) = 2\, X_{b}}\) (8.1.5)

Il est possible d'obtenir un opérateur matriciel \(\mathbf{X}\) en faisant la contraction de la matrice de Cartan, coordonnée par coordonnée,
par le tenseur métrique \(\mathbf{g^{-1}}\). Les calculs ci-dessus nous donnent :
\[ \mathbf{X =}\begin{bmatrix} \mathbf{X_{a}}&\mathbf{2\, X_{c}}\\ \mathbf{2\, X_{b}}&\mathbf{-X_{a}}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (8.1.6) \]

Remarques

-La matrice \(\mathbf{X}\) peut être qualifiée d'opérateur de Dirac car \(\mathbf{\dfrac{1}{2} trace(X^{2})}\) donne le Laplacien.
-Cet opérateur est invariant par translation à gauche.
-En partant de la forme de cartan invariante à droite on obtient un opérateur de Dirac lui même invariant par translation à droite.

-Les expressions formelles \(\mathbf{\overset {g}{X} = \dfrac{\partial}{\partial x}\, x}\) et \(\mathbf{\overset {d}{X} = x\, \dfrac{\partial}{\partial \, x}}\) peuvent rendre de bons services pour les invariances et la dualité.

8.2 Inversion symbolique de la matrice de Cartan

Sans prendre de précuations inversons,algébriquement s'entend, la matrice \(\mathbf{\omega }\) :
\[ \mathbf{\omega ^{-1} = \dfrac{1}{-\omega ^{a}\, ^{2}\, - \omega ^{b}\, \omega ^{c}}} \begin{bmatrix} \mathbf{-\omega ^{a}}&\mathbf{-\omega ^{b}}\\ \mathbf{-\omega ^{c}}&\mathbf{\omega ^{a}}\\ \end{bmatrix}\ \ \ \ (8.2.1) \] Sachant que :

\[ \mathbf{-\omega ^{a}\, ^{2} - \omega ^{b}\, \omega ^{c} = -\dfrac{(1+b\,c)}{a^{2}}\,da^{2}-\dfrac{c}{a}\,da\,db +\dfrac{b}{a}\,da\,dc - db\,dc}\ \ \ \ (8.2.2) \] l'inspection tensorielle de \(\mathbf{\omega ^{-1}}\) montre que ses éléments de matrice sont des opérateurs \(\mathbf{X}\):
Ligne 1 et colonne 1 :
\(\mathbf{-\omega ^{a} = i_{X}( -\dfrac{(1+b\,c)}{a^{2}}\,da\otimes da + \dfrac{c}{2\,a}\,da\otimes db +\dfrac{c}{2\,a}\,db\otimes da +\dfrac{b}{2\, a} da\otimes dc + \dfrac{b}{2\, a} dc\otimes da -\dfrac{1}{2} db\otimes dc -\dfrac{1}{2} dc\otimes db)}\)
La résolution donne :
\(\mathbf{X =a\,\dfrac{\partial}{\partial a} - b\,\dfrac{\partial}{\partial b} + c\,\dfrac{\partial}{\partial c} }\)
ligne 1 et colonne 2 :
\(\mathbf{-\omega ^{b} = i_{X}(-\dfrac{(1+b\,c)}{a^{2}}\,da\otimes da + \dfrac{c}{2\,a}\,da\otimes db +\dfrac{c}{2\,a}\,db\otimes da +\dfrac{b}{2\, a} da\otimes dc + \dfrac{b}{2\, a} dc\otimes da -\dfrac{1}{2} db\otimes dc -\dfrac{1}{2} dc\otimes db)}\)
La résolution donne :
\(\mathbf{X = 2\, b\dfrac{\partial }{\partial a} + \dfrac{2\,(1+b\,c)}{a}\, \dfrac{\partial}{\partial c}}\)
Ligne 2 et colonne 1:
\(\mathbf{-\omega ^{c} = i_{X}(-\dfrac{(1+b\,c)}{a^{2}}\,da\otimes da + \dfrac{c}{2\,a}\,da\otimes db +\dfrac{c}{2\,a}\,db\otimes da +\dfrac{b}{2\, a} da\otimes dc + \dfrac{b}{2\, a} dc\otimes da -\dfrac{1}{2} db\otimes dc -\dfrac{1}{2} dc\otimes db)}\)
La résolution donne :
\(\mathbf{X = 2\, a \dfrac{\partial }{\partial b}}\)
Ligne 2 et colonne 2:
\(\mathbf{\omega ^{a} = i_{X}( -\dfrac{(1+b\,c)}{a^{2}}\,da\otimes da + \dfrac{c}{2\,a}\,da\otimes db +\dfrac{c}{2\,a}\,db\otimes da +\dfrac{b}{2\, a} da\otimes dc + \dfrac{b}{2\, a} dc\otimes da -\dfrac{1}{2} db\otimes dc -\dfrac{1}{2} dc\otimes db)}\)
La résolution donne :
\(\mathbf{X = -a\,\dfrac{\partial}{\partial a} + b\,\dfrac{\partial}{\partial b} - c\,\dfrac{\partial}{\partial c} }\).
On retrouve bien
\[ \mathbf{\omega ^{-1} = X}\, \ \ (8.2.3) \]

8.3 Aspect Clifford

Ordonnons \(\mathbf{\overset {g}{X}}\) suivant les dérivées partielles des coordonnées initiales \(\mathbf{\dfrac{\partial}{\partial x^{i}}}\)
\[ \mathbf{\overset {g}{X} = \overset {g}{\gamma^{a}}\, \dfrac{\partial}{\partial a} + \overset {g}{\gamma ^{b}}\, \dfrac{\partial}{\partial b} + \overset {g}{\gamma ^{c}}\, \dfrac{\partial}{\partial c}}\ .\ \ (8.3.1) \] Le lecteur calculera les matrices \(\mathbf{\overset{g}{\gamma ^{i}}}\) et obtiendra :
\[ \mathbf{\overset {g}{\gamma ^{a}}=}\begin{bmatrix} \mathbf{a}&\mathbf{2\, b}\\ \mathbf{0}&\mathbf{-a} \end{bmatrix},\ \mathbf{\overset {g}{\gamma ^{b}}=}\begin{bmatrix} \mathbf{-b}&\mathbf{0}\\ \mathbf{2\, a}&\mathbf{b} \end{bmatrix}\ \mathrm{et}\ \mathbf{\overset {g}{\gamma ^{c}} =}\begin{bmatrix} \mathbf{c}&\mathbf{\dfrac {2\, (1 + b\,c)}{a}}\\ \mathbf{0}&\mathbf{-c} \end{bmatrix} \ .\ \ (8.3.2)\] On peut vérifier les relations suivantes :

\(\mathbf{g^{ij} = \dfrac{1}{2}\, trace \left (\overset {g}{\gamma ^{i}}\, \overset {g}{\gamma ^{j}} \right )}\) et \(\mathbf{\{\overset {g}{\gamma ^{i}}, \overset {g}{\gamma ^{j}} \} = 2\, g^{ij}\, I_{2}}\) . (8.3.3)
Ordonnons \(\mathbf{\overset {d}{X}}\) suivant les dérivées partielles des coordonnées initiales \(\mathbf{\dfrac{\partial}{\partial x^{i}}}\)
\[ \mathbf{\overset {d}{X} = \overset {d}{\gamma^{a}}\, \dfrac{\partial}{\partial a} + \overset {d}{\gamma ^{b}}\, \dfrac{\partial}{\partial b} + \overset {d}{\gamma ^{c}}\, \dfrac{\partial}{\partial c}}\ .\ \ (8.3.4) \] Le lecteur calculera les matrices \(\mathbf{\overset{d}{\gamma ^{i}}}\) et obtiendra :
\[ \mathbf{\overset {d}{\gamma ^{a}}=}\begin{bmatrix} \mathbf{a}&\mathbf{0}\\ \mathbf{2\, c}&\mathbf{-a} \end{bmatrix},\ \mathbf{\overset {d}{\gamma ^{b}}=}\begin{bmatrix} \mathbf{b}&\mathbf{0}\\ \mathbf{\dfrac{2\, (1+b\, c)}{a}}&\mathbf{-b} \end{bmatrix}\ \mathrm{et}\ \mathbf{\overset {d}{\gamma ^{c}} =}\begin{bmatrix} \mathbf{-c}&\mathbf{2\, a}\\ \mathbf{0}&\mathbf{0} \end{bmatrix} \ .\ \ (8.3.5)\] On peut vérifier les relations suivantes :

\(\mathbf{g^{ij} = \dfrac{1}{2}\, trace \left (\overset {d}{\gamma ^{i}}\, \overset {d}{\gamma ^{j}} \right )}\) et \(\mathbf{\{\overset {d}{\gamma ^{i}}, \overset {d}{\gamma ^{j}} \} = 2\, g^{ij}\, I_{2}}\) . (8.3.6)

8.4 Dérivée de Lie

Une transformation infiniment voisine de l'identité, agissant sur les grandeurs(fonctions,opérateurs et formes), apporte
une correction au premier ordre proportionnelle à la dérivée de Lie :

\(\mathbf{L_{X}(f) = Xf}\)

\(\mathbf{L_{X}(Y) = [X,Y]} \)

\(\mathbf{L_{X}(\omega) =d\circ i_{X}(\omega ) + i_{X}\circ d\omega} \) (8.4.1)

-Les relations ci-dessus sont souvent posées à priori; On peut les découvrir facilement (mais c'est long).
-\(\mathbf{L_{\overset {d}{X_{i}}}(\overset {g}{\omega \,^{j}}) = 0}\)
-\(\mathbf{L_{\overset {g}{X_{i}}}(\overset {d}{\omega \,^{j}}) = 0}\)

-\(\mathbf{L_{\overset {g}{X_{i}}}(g) = L_{\overset {d}{X_{i}}}(g) = 0}\) (8.4.2)

Pour information donnons les matrices associées (sous forme de tableau) pour les grandeurs différentielles invariantes à gauche.

\[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \mathbf{L_{X_{a}}(X_{a})}&\mathbf{L_{X_{a}}(X_{b})}&\mathbf{L_{X_{a}}(X_{c})}& \\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{X_{a}}\\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{2}&\mathbf{0}&\mathbf{X_{b}}\\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{-2}&\mathbf{X_{c}}\\ \hline \end{array} \] \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \mathbf{L_{X_{b}}(X_{a})}&\mathbf{L_{X_{b}}(X_{b})}&\mathbf{L_{X_{b}}(X_{c})}& \\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{1}&\mathbf{X_{a}}\\ \hline \mathbf{-2}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{X_{b}}\\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{X_{c}}\\ \hline \end{array} \] \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \mathbf{L_{X_{c}}(X_{a})}&\mathbf{L_{X_{c}}(X_{b})}&\mathbf{L_{X_{c}}(X_{c})}& \\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{-1}&\mathbf{0}&\mathbf{X_{a}}\\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{X_{b}}\\ \hline \mathbf{2}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{X_{c}}\\ \hline \end{array} \] \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \mathbf{L_{X_{a}}(\omega ^{a})}&\mathbf{L_{X_{a}}(\omega ^{b})}&\mathbf{L_{X_{a}}(\omega ^{c})}& \\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{\omega ^{a}}\\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{-2}&\mathbf{0}&\mathbf{\omega ^{b}}\\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{2}&\mathbf{\omega ^{c}}\\ \hline \end{array} \] \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \mathbf{L_{X_{b}}(\omega ^{a})}&\mathbf{L_{X_{b}}(\omega ^{b})}&\mathbf{L_{X_{b}}(\omega ^{c})}& \\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{2}&\mathbf{0}&\mathbf{\omega ^{a}}\\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{\omega ^{b}}\\ \hline \mathbf{-1}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{\omega ^{c}}\\ \hline \end{array} \] \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \mathbf{L_{X_{a}}(\omega ^{a})}&\mathbf{L_{X_{a}}(\omega ^{b})}&\mathbf{L_{X_{a}}(\omega ^{c})}& \\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{-2}&\mathbf{\omega ^{a}}\\ \hline \mathbf{1}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{\omega ^{b}}\\ \hline \mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{0}&\mathbf{\omega ^{c}}\\ \hline \end{array}\, \ \ (8.4.3) \]

8.5 Petite heuristique du changement de sens

Formes invariantes par tranlation :
\(\mathbf{\overset {g}{\omega} = x^{-1}\, dx}\) et \(\mathbf{\overset {d}{\omega} = dx \,x^{-1}}\)
On a trivialement les deux relations :
\[ \mathbf{\underbrace{x^{-1} \, dx}_{\overset{g}{\omega}}=x^{-1}\, \underbrace{dx \, x^{-1}}_{\overset{d}{\omega}}\, x}\ \ \ \ (8.5.1) \] \[ \mathbf{\underbrace{dx \, x^{-1}}_{\overset{d}{\omega}}=x\, \underbrace{x^{-1}\, dx}_{\overset{g}{\omega}}\, x^{-1}}\ \ \ \ (8.5.2) \] Opérateurs invariants par translation :
\(\mathbf{\overset {g}{X} = \dfrac{\partial}{\partial x}\, x}\) et \(\mathbf{\overset {d}{X} = x\, \dfrac{\partial}{\partial \, x}}\)
On a sans aucune précaution les deux relations :
\[ \mathbf{\underbrace{x \, \dfrac{\partial}{\partial x}}_{\overset{d}{X}}= x \, \underbrace{\dfrac{\partial}{\partial x} \, x}_{\overset{g}{X}}\, x^{-1}}\ \ \ \ (8.5.3) \] \[ \mathbf{\underbrace{\dfrac{\partial}{\partial x} \, x}_{\overset{g}{X}}= x^{-1} \, \underbrace{x \, \dfrac{\partial}{\partial x}}_{\overset{d}{X}} \, x}\ \ \ \ (8.5.4) \]

Retour vers la page d'acceuil de Vulgarisation