5.2.1 Groupes et exponentielle

Rappelons que pour tout $H\in gl(p,{\rm I\!R})$, l'équation différentielle ordinaire

$$\frac{dX}{dt} = XH, \ X(0)={\bf 1},$$ (5.1)

admet une seule solution $t\in{\rm I\!R}\mapsto X(t)\in gl(p,{\rm I\!R})$. Elle est notée $e^{tH}$(^5.3). La matrice $e^H$, parfois désignée par $\exp(H)$, s'appelle l'exponentielle de la matrice $H$.

Proposition 26   Le groupe $G$ contient l'exponentielle de tous ses vecteurs tangents en ${\bf 1}$: si $H\in{\mathcal G}$ alors $e^H\in G$.

La démonstration est simple dans son idée. Elle est un peu délicate techniquement. En voici le scénario. On fixe $H\in{\mathcal G}$. Dans un premier temps, on montre que si $\epsilon > 0$ est assez petit, alors $e^{tH}\in G$ lorsque $\vert t\vert<\epsilon$. Pour cela, on choisit un paramétrage $(U,\varphi)$ de $G$ au voisinage de ${\bf 1}$ et on construit une solution de (7) sous la forme $\varphi(u(t))$, où $t\mapsto u(t)$ est une courbe de $U$ définie au voisinage de 0 et passant par $u_0=\varphi^{-1}({\bf 1})$ en $t=0$. A cause de l'unicité des solutions d'une équation différentielle, il faut bien que $\varphi(u(t))=e^{tH}$ dans ce voisinage. On obtient $u$ comme solution d'une équation différentielle qui est en quelque sorte l'équivalent de (7) aux niveau du paramétrage. Dans un second temps, on utilise la propriété suivante

$$e^{tH}e^{sH}=e^{(t+s)H}$$

de l'exponentielle pour montrer que $e^H\in G$(^5.4).

a)Il existe $\epsilon > 0$ tel que $e^{tH}\in G$ lorsque $\vert t\vert<\epsilon$.

Choisissons donc un paramétrage $(U,\varphi)$ d'un voisinage de ${\bf 1}$ dans $G$ et posons $u_0=\varphi^{-1}({\bf 1})$.

Notons $m$ l'expression de la multiplication dans ce paramétrage:

$$m(u,v)=\varphi^{-1}(\varphi(u)\varphi(v)).$$

Cette fonction est définie pour $u$ et $v$ dans un voisinage $U'$ de $u_0$ choisi pour que le produit $\varphi(u)\varphi(v)$ appartienne à la partie de $G$ décrite par le paramétrage, $\varphi(U)$. La fonction $m$ est d'ailleurs de classe $C^{\infty}$. En effet, on peut supposer que $\varphi$ est de classe $C^{\infty}$(^5.5) et, de plus, supposer que c'est un paramétrage par des coordonnées (cela simplifie les choses mais la propriété est vraie pour tout paramétrage). Il est alors évident que $\varphi^{-1}$ est de classe $C^{\infty}$ et donc que $m$ l'est aussi puisque la multiplication des matrices l'est également: $\varphi^{-1}(\varphi(u)\varphi(v))$ consiste à prendre certaines des composantes de $\varphi(u)\varphi(v)$.

Pour illustrer ce que représente $m$ sur un exemple, considérons le paramétrage

$$% latex2html id marker 18826(u,v)\mapsto \left ( \begin{ar... ...y}\right ),\ (u,v)\in U=\{(x,y)\in{\rm I\!R}^2\vert x\neq 0\},$$

de $Aff(1,{\rm I\!R})$. Les paramètres de ${\bf 1}$ sont $(1,0)$ et la fonction $m$ est

$$((u,v),(u',v'))\mapsto (uu',uv'+v).$$

Notons $g_u$ l'application $v\mapsto m(u,v)$ et posons $h=\varphi^{-1}_{*u_0}H$(^5.6). L'équation différentielle

$${\frac{d{u}}{dt}}=(g_u)_{*u_0}h, \ u(0)=u_0,$$

admet une solution $t\mapsto u(t)\in U'$ définie dans un intervalle $]-\epsilon,\epsilon[$, où elle est par ailleurs unique. Son image $\varphi(u)$ par le paramétrage est une solution de (7). En effet,

$${\frac{d{\varphi(u)}}{dt}} = \varphi_{*u}{\frac{d{u}}{dt}}$$

$$= \varphi_{*u}(g_u)_{*u_0}\varphi^{-1}_{*u_0}H.(\footnotemark )$$   ^5.7

Considérons une courbe $s\mapsto v(s)$ de $U$ passant par $u_0$ et tangente à $h$ en $s=s_0$, par exemple $s_0=0$ et $v(s)=u_0+sh$. La courbe $s\mapsto \varphi(v(s))$ tracée sur $G$ passe par ${\bf 1}$ et est tangente à $H$ en $s=s_0$. Par conséquent,

$$\varphi_{*u}(g_u)_{*u_0}\varphi^{-1}_{*u_0}H = \varphi_{*u}(g_u)_{*u_0}h$$

$$= (\varphi\circ g_u)_{*u_0}{\frac{d{v(s)}}{ds}}\vert _{s=s_0}$$

$$= {\frac{d{\varphi\circ g_u\circ v}}{ds}}\vert _{s=s_0}$$

$$= \varphi(u)H$$

car $(\varphi\circ g_u\circ v)(s)=\varphi(u)\varphi(v(s))$. Comme $\varphi(u(0))={\bf 1}$, $\varphi(u)$ est bien solution de (7). Par conséquent, $\varphi(u(t))=\exp(tH)$ pour $t$ assez petit.

Dans le cas du groupe $Aff(1,{\rm I\!R})$, on vérifie que si

$$% latex2html id marker 18934H= \left( \begin{array}{cc} a&b\\ 0&0 \end{array}\right)$$

alors $h=(a,b)$ et que

$$% latex2html id marker 18938(g_{(u,v)})_{*(1,0)}= \left( \begin{array}{cc} u&0\\ 0&u \end{array}\right).$$

L'équation différentielle obtenue s'écrit donc, dans ce cas, sous la forme du système

$$% latex2html id marker 18940\left\{ \begin{array}{c} {\fra... ...,\ u(0)=1\\ {\frac{d{v}}{dt}}=bu,\ v(0)=0 \end{array}\right.$$

Sa solution est immédiate. Nous obtenons

$$% latex2html id marker 18942\exp t \left( \begin{array}{cc... ...y}{cc} e^{ta}&\frac{b}{a}(e^{ta}-1)\\ 0&1 \end{array}\right)$$

si $a\neq 0$ et

$$% latex2html id marker 18946\exp t \left( \begin{array}{cc... ...t) = \left( \begin{array}{cc} 1&bt\\ 0&1 \end{array}\right).$$

b)Conclusion de la démonstration.

On peut choisir un entier positif $n$ pour que $1/n\in]\epsilon,-\epsilon[$. Pour un tel $n$, $e^{\frac{1}{n}H}\in G$. Nous pouvons donc décomposer

$$e^H=\underbrace{e^{\frac{1}{n}H}\cdots \ e^{\frac{1}{n}H}}_n$$

en un produit d'éléments de $G$, ce qui montre qu'il en est un lui aussi.$\qedsymbol$

Dans certains cas particuliers, la connaissance explicite de ${\mathcal G}$ permet de vérifier directement que les exponentielles $e^H,\ H\in {\mathcal G}$, appartiennent à $G$, en utilisant le comportement de $\exp$ vis-à-vis des opérations matricielles. Par exemple la formule

$$\det(e^H)=e^{{\rm tr}H}$$

montre que l'exponentielle d'une matrice de trace nulle est une matrice de déterminant $1$, etc.