5.2.1.1 Illustration

Pour aider à comprendre le mécanisme de la démonstration précédente, nous allons faire les calculs explicites dans un cas particulier moins élémentaire que celui de $Aff(1,{\rm I\!R})$. Considérons le cas où $G=SL(2,R)$. Il admet le paramétrage par des coordonnées

$$% latex2html id marker 18978\varphi:(x,y,z)\mapsto \left ( \begin{array}{cc} (xy+1)/z&x\\ y&z \end{array}\right )$$

défini dans $U=\{(x,y,z)\in{\rm I\!R}^3\vert z\neq 0\}$. On a $\varphi^{-1}({\bf 1})=(0,0,1)$. Son application linéaire tangente en ce point est donnée

$$% latex2html id marker 18984\varphi_{_{*(0,0,1)}}= \left (... ...cr} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0& -1 \end{array}\right ).$$

Elle transforme $(h,k,l)\in{\rm I\!R}^3$ en

$$% latex2html id marker 18988\left ( \begin{array}{cc} -l&h\\ k&l\\ \end{array}\right )\in sl(2,{\rm I\!R}).$$

La fonction $m$ est donnée par(^5.8)

$$m((x,y,z),(u,v,w))=((xy+1)\frac{u}{z}+xw,\frac{y}{w}(uv+1)+zv,yu+zw).$$

On la considère dans l'ouvert formé des $(x,y,z,u,v,w)$ pour lesquels $z\neq 0$, $w\neq 0$ et $yu+zw\neq 0$.

L'application $g_{(x,y,z)}$ s'obtient en bloquant le premier argument de $m$ à la valeur $(x,y,z)$. On a donc

$$(g_{(x,y,z)})_{*(0,0,1)} = % latex2html id marker 19017 \left ( \begin{array}{ccc} \fra... ...\frac{y}{w^2}\\ [1ex] y&0& z \end{array}\right )_{\vert(0,0,1)}$$

$$= % latex2html id marker 19021 \left ( \begin{array}{ccc} \frac{xy+1}{z}&0&x\\ [1ex] 0&z&-y\\ [1ex] y&0& z \end{array}\right ) .$$

L'équation différentielle dont il est question dans la démonstration est alors

$$% latex2html id marker 19023\left\{ \begin{array}{cclc} {\... ...\ [1ex] {\frac{d{z}}{dt}}&=&hy+lz&,z(0)=1. \end{array}\right.$$

La solution de ces équations découlera immédiatement de l'expression de l'exponentielle des éléments de $sl(2,{\rm I\!R})$ décrite après la propriété suivante.

Proposition 27   Il existe un voisinage ouvert $U$ de 0 dans ${\mathcal G}$ dans lequel l'application $\exp:U\to GL(p,{\rm I\!R})$ est un paramétrage d'un voisinage de $\bf 1$ dans $G$.

En vertu d'un théorème d'analyse non linéaire, si la différentielle en $u_0\in U$ d'une fonction $\varphi:U\subset{\rm I\!R}^p\to{\rm I\!R}^m$ de classe $C^\infty$ est injective, alors, quitte à restreindre $U$ à un voisinage de $u_0$, c'est un paramétrage de son image $\varphi(U)$. Pour établir la proposition, il nous suffit donc de vérifier que $\exp_{*0}$ est injectif. Or

$$\exp_{*0}H={\frac{d{e^{tH}}}{dt}}\vert _{t=0}=He^{tH}\vert _{t=0}=H.\ \ \qed$$

Lorsque $G=SO(2)$,

$$% latex2html id marker 19057{\mathcal G}={\rm I\!R} \left ( \begin{array}{cc} 0&-1\\ 1&0 \end{array}\right ),$$

et le paramétrage correspondant n'est autre que l'application qui associe à $\alpha$ la matrice de rotation d'angle $\alpha$, qui représente la multiplication à gauche par le nombre complexe $e^{i\alpha}$.

Voyons à quoi ressemble le paramétrage par l'exponentielle dans le cas de $SL(2,{\rm I\!R})$. Cherchons $X:t\mapsto e^{tH}$ lorsque $H\in sl(2,{\rm I\!R})$ sous la forme(^5.9)

$$X(t)=u(t)H+v(t){\bf 1}.$$

En imposant à $X$ de vérifier l'équation (7), et en tenant compte du fait que $H^2=-\det(H){\bf 1}$, on obtient l'équation

$$\frac{du}{dt} H + \frac{dv}{dt}{\bf 1}=vH-\det(H)u{\bf 1}, \ X(0)={\bf 1}.$$

On est donc amené à poser

$$% latex2html id marker 19093\left\{ \begin{array}{ll} {\fr... ... [1ex] {\frac{d{v}}{dt}}=-\det(H)u&,v(0)=1. \end{array}\right.$$

La fonction $u$ est donc solution de l'équation

$$\frac{d^2u}{dt^2}=-\det(H)u,\ u(0)=0,\ {\frac{d{u}}{dt}}(0)=1.$$

En posant $\alpha=\sqrt{\vert\det(H)\vert}$, on obtient facilement $u$ puis $e^H$.

• $\det(H)>0$:
  $$e^H=\frac{\sin\alpha}{\alpha}H+\cos\alpha{\bf 1};$$

• $\det(H)=0$:
  $$e^H=H+1;$$

• $\det(H)<0$:
  $$e^H=\frac{\sinh\alpha}{\alpha}H+\cosh\alpha{\bf 1}.$$