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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 % latex2html id marker 18974
$ Aff(1,{\rm I\!R})$. Considérons le cas où $ G=SL(2,R)$. Il admet le paramétrage par des coordonnées

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

défini dans % latex2html id marker 18980
$ U=\{(x,y,z)\in{\rm I\!R}^3\vert z\neq 0\}$. On a % latex2html id marker 18982
$ \varphi^{-1}({\bf 1})=(0,0,1)$. Son application linéaire tangente en ce point est donnée

\begin{displaymath}
% 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 ).
\end{displaymath}

Elle transforme % latex2html id marker 18986
$ (h,k,l)\in{\rm I\!R}^3$ en

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

La fonction $ m$ est donnée par(5.8)

$\displaystyle 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

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

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

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

La solution de ces équations découlera immédiatement de l'expression de l'exponentielle des éléments de % latex2html id marker 19025
$ 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 % latex2html id marker 19033
$ \exp:U\to GL(p,{\rm I\!R})$ est un paramétrage d'un voisinage de % latex2html id marker 19035
$ \bf 1$ dans $ G$.

En vertu d'un théorème d'analyse non linéaire, si la différentielle en $ u_0\in U$ d'une fonction % latex2html id marker 19041
$ \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 % latex2html id marker 19051
$ \exp_{*0}$ est injectif. Or

% latex2html id marker 19053
$\displaystyle \exp_{*0}H={\frac{d{e^{tH}}}{dt}}\vert _{t=0}=He^{tH}\vert _{t=0}=H.\ \ \qed
$

Lorsque $ G=SO(2)$,

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

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 % latex2html id marker 19065
$ SL(2,{\rm I\!R})$. Cherchons $ X:t\mapsto e^{tH}$ lorsque % latex2html id marker 19069
$ H\in
sl(2,{\rm I\!R})$ sous la forme(5.9)

% latex2html id marker 19085
$\displaystyle 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 % latex2html id marker 19089
$ H^2=-\det(H){\bf 1}$, on obtient l'équation

% latex2html id marker 19091
$\displaystyle \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

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

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

$\displaystyle \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$.


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