Exemple d’un groupe de Lie non-linéaire

Soit H le groupe de Heisenberg, c’est-à-dire le groupe des matrices

( \begin{matrix}1 & x & z \\ 0 & 1 & y \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , x, y, z ∈ ℝ.

Soit Γ son sous-groupe formé des matrices où x = y = 0 et z ∈ ℤ. Alors Γ est fermé dans H et, muni de la topologie induite par H, il est discret. En outre, il est inclus dans le centre de H, qui est formé des matrices

( \begin{matrix}1 & 0 & z \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , z ∈ ℝ.

En particulier, il est distingué. Le groupe de Lie quotient G = H/Γ

G = \{( \begin{matrix}1 & x & \overline{z} \\ 0 & 1 & y \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) | x, y ∈ ℝ , \overline{z} ∈ ℝ/ℤ\}

est isomorphe, en tant que variété, au produit ℝ×ℝ×S^{1} et la projection H → H/Γ s’identifie à la projection canonique ℝ × ℝ × ℝ → ℝ × ℝ × S^{1}. Cette projection est donc un difféomorphisme local au voisinage de tout point de G. En particulier, elle induit un isomorphisme de Lie (H) sur Lie (G).

Proposition. Il n’existe pas de morphisme injectif du groupe de Lie G dans un groupe GL(n, ℂ), n ≥ 1.

Démonstration. Soit 𝔤 l’algèbre de Lie de G. Supposons que f : G → GL(n, ℂ) est un morphisme injectif. Alors il induit une application linéaire Lie (f) : 𝔤 → 𝔤𝔩 (n, ℂ). Montrons que Lie (f) est injective^{1}. En effet, si le noyau de Lie (f) était non nul, tout voisinage de 0 contiendrait un élément non nul dont l’image par Lie (f) est nulle. Or dans un voisinage de e, l’exponentielle est un difféomorphisme local. On obiendrait donc des éléments non triviaux de G, dont l’image par f vaudrait e, en vertu de la commutativité du carré

\xymatrix{G \ar@{^{(}->}[r]^{f} & GL(n, ℂ) \\ 𝔤 \ar[u]^{exp} \ar[r]_{Lie f} & 𝔤𝔩 (n, ℂ). \ar[u]_{exp}}

Etudions l’image de Lie (f). Posons

X = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , Y = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , Z = ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Ces trois éléments forment une base de 𝔤 et nous avons

[X, Z] = [Y, Z] = 0 , [X, Y] = Z.

Notons A, B et C les images de ces trois éléments par Lie (f). Ce sont trois matrices 3 × 3 à coefficients complexes qui vérifient les mêmes relations de commutation que X, Y et Z. Grâce au lemme 1 ci-dessous, la matrice C est nilpotente. Donc la restriction de l’exponentielle à la droite ℝ · C est bijective, grâce au lemme 2. Il s’ensuit que la composition exp ∘Lie (f) restreinte à la droite ℝ·Z est injective. Par le diagramme

1Nous verrons plus tard que le noyau kerf est un groupe de Lie et que Lie (kerf) = ker(Lie (f)).

\xymatrix{G \ar@{^{(}->}[r]^{f} & GL(n, ℂ) \\ 𝔤 \ar[u]^{_{exp_{G}}} \ar[r]_{Lie f} & 𝔤𝔩 (n, ℂ), \ar[u]_{exp}}

cette composition est égale à f ∘ exp_{G}. Donc la restriction de exp_{H} à la droite ℝ · C est injective. Mais on calcule que

exp(tZ) = ( \begin{matrix}1 & 0 & \overline{t} \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Donc tZ ↦ exp(tZ) envoie tous les multiples entiers de Z sur la matrice identité. Cette contradiction montre que f ne peut être injective. ^{√}

Lemme 1. Soient A, B, C trois matrices n × n à coefficients dans un corps k de caractéristique nulle et telles que

[A, B] = C, [A, C] = 0, [B, C] = 0.

Alors la matrice C est nilpotente.

Démonstration. On peut supposer que k est algébriquement clos. Il suffit de montrer que toutes les valeurs propres de C sont nulles. Soit λ une valeur propre de C et V_{λ} ⊂ k^{n} l’espace propre correspondant. Comme A et B commutent avec C, l’espace propre V_{λ} est invariant sous A et B. Notons A′, B′ et C′ les restrictions à la source et au but des trois applications A, B et C à V_{λ}. L’application [A′, B′] est de trace nulle (puisque c’est un commutateur). Elle est égale à C′, c’est-à-dire à la multiplication par λ dans V_{λ}. En prenant la trace des deux côtés de l’équation [A′, B′] = C′, nous obtenons que 0 = λ dim V_{λ}. Comme V_{λ} est un espace propre, sa dimension est non nulle et on a bien λ = 0. ^{√}

Lemme 2. L’exponentielle exp : 𝔤𝔩 (n, ℂ) → GL(n, ℂ) induit une bijection de l’ensemble des matrices nilpotentes sur celui des matrices unipotentes (i.e. des matrices g telles que g − 1 est nilpotente). La bijection inverse est donnée par

g ↦ log(1 + (g − 1)) = (g − 1) − \frac{1}{2}(g − 1)^{2} + ….

Démonstration. Notons d’abord que l’exponentielle d’une matrice nilpotente est bien unipotente. De l’autre côté, si g est une matrice unipotente quelconque, la série log(1 + (g − 1)) se réduit à un polynôme en (g − 1) sans coefficient constant de façon que log(1 + (g − 1)) est une matrice bien définie et nilpotente. Le fait que l’exponentielle et la série donnent des applications inverses l’une de l’autre résulte alors des égalités de séries formelles

T = log(1 + (e^{T} − 1)) et T = exp(log(1 + T)) − 1.

√