Forme de Killing et groupe de Lie
Salut à tous, j'ai vu écrit que si un groupe de Lie réel connexe est compact et de centre fini alors la forme de Killing de son algèbre de Lie est définie négative.
Je n'ai pas d'idée sur comment le montrer. J'ai essayé des choses avec Hopf Rhino mais je ne vois pas.
Avez-vous une idée ?
[Wilhelm Killing (1847-1923) mérite bien sa majuscule. AD]
Je n'ai pas d'idée sur comment le montrer. J'ai essayé des choses avec Hopf Rhino mais je ne vois pas.
Avez-vous une idée ?
[Wilhelm Killing (1847-1923) mérite bien sa majuscule. AD]
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Réponses
N'empêche que je ne vois pas le lien avec defini négatif.
Dire que le centre est fini (ou plus généralement discret), c'est dire que la représentation adjointe de l'algèbre de Lie est fidèle. Avec ça, on peut lire la première page de ce cours en oubliant le mot “semi-simple”.
Je traduis l'argument : on fixe un produit scalaire euclidien $\langle\cdot,\cdot\rangle$ sur l'algèbre de Lie de $G$. Quitte à le moyenner sur $G$, c'est-à-dire à le remplacer par $(X,Y)\mapsto\int_G\langle \mathrm{Ad}(g)X,\mathrm{Ad}(g)Y\rangle\mathrm{d}g$) où $\mathrm{d}g$ est la mesure de Haar, on peut supposer qu'il est $G$-invariant, c'est-à-dire que les opérateurs $\mathrm{Ad}(g)$ sont orthogonaux. Mais alors, comme pour $X$ dans l'algèbre de Lie de $G$, l'action adjointe $\mathrm{ad}(X)$ est la dérivée en $0$ de $A_t=\exp\mathrm{ad}(tX)$, c'est un opérateur anti-symétrique, c'est-à-dire $\mathrm{ad}(X)^T=-\mathrm{ad}(X)$. (Pour prouver l'anti-symétrie, partir de $A_t^T\,A_t=\mathrm{id}$ pour tout $t$, dériver et faire $t=0$.)
La forme quadratique associée à la forme de Killing vaut
\[\kappa(X,X)=\mathrm{tr}(\mathrm{ad}(X)\mathrm{ad}(X))=-\mathrm{tr}(\mathrm{ad}(X)^{T}\;\mathrm{ad}(X))\le0,\]
avec égalité SSI $\mathrm{ad}(X)=0$ SSI $X=0$. En effet, l'application $(f,g)\mapsto \mathrm{tr}(f^T\;g)$ est un produit scalaire euclidien sur l'espace des endomorphismes de l'algèbre de Lie de $G$, où vit $\mathrm{ad}(X)$).
Edit : une photo pour suggérer qu'il faut faire attention dans les noms : Hopf-Rinow, c'est mieux que...
Merci pour l'image elle m'a bien amusé.
Si on sais que $G$ est compact le centre sera fini car fermé et discret dans un compact.
Si le centre est fini alors $G$ sera homeomorphe a $Z(G) \times G / Z(G)$ qui est produit de compact(car $G / Z(G) \simeq Ad(G)$ en effet comme $G$ est connexe alors le noyau de $Ad$ est le centre.).
donc il suffit d'un pour avoir l'autre mais je ne vois pas comment en obtenir un.
Ensuite, à la question « pourquoi le centre serait nécessairement fini ? », la réponse est : il n'y a aucune raison qu'il le soit ! Par exemple, pour le groupe abélien $G=\Z$, le groupe adjoint $\mathrm{Ad}(G)$ est trivial donc compact et le centre est discret mais le groupe n'est pas compact. Sauf erreur, si $\mathrm{Ad}(G)$ est compact, alors $G$ est compact SSI $Z(G)$ est fini.
Partant d'un groupe compact $G$, l'hypothèse sur le centre est nécessaire. Sans elle, on peut faire le produit par un tore (un produit de copies $U_1(\C)\simeq\R/\Z$) central : la forme de Killing est alors négative mais pas définie négative. Moins évident : on ne peut essentiellement rien faire d'autre, cf. wikipedia.
Pourquoi cette question ? Pour la question initiale, ça ne sert à rien, n'est-ce pas ?
Ton contre-exemple ne marche pas : $G = \mathbb{Z}$ n'est pas connexe.
Sinon dans ton premier message comment as-tu $A^{T}_{t}A_{t} = Id$ je te prie ? Parce que l'exponentielle d'une matrice orthogonale n'est pas forcément orthogonale.
Dans la preuve, on a fabriqué un produit scalaire invariant : pour tout $g\in G$, $X,Y\in\mathrm{Lie}(G)$, on a : $\langle\mathrm{Ad}(g)(X),\mathrm{Ad}(g)(Y)\rangle=\langle X,Y\rangle$. Ceci entraîne que l'endomorphisme $\mathrm{Ad}(g)$ est orthogonal. Puis, pour $X$ dans l'algèbre de Lie, le fait que $\exp(t\mathrm{ad}(X))$ est orthogonale (car c'est $\mathrm{Ad}(\exp(tX))$) pour tout $t$ entraîne que $\mathrm{ad}(X)$ est anti-symétrique (poser $A=\mathrm{ad}(X)$, écrire $\exp(tA)^T\exp(tA)=\mathrm{id}$ pour tout $t$, dériver, faire $t=0$ et déduire que $A^T+A=0$).
Pour le reste je ne connaissais que de nom ce qu'est une mesure de Haar. Je vais rechercher la source de se résultat mais le trucs c'était vraiment $G$ connexe, $Ad(G)$ compact et $Z(G)$ discret implique $G$ compact et $Z(G)$ fini.
Je ne sais pas comment interpréter ton exclamation mais quand j'ai dit $\mathbb{Z}$ non connexe je ne l'ai pas fait comme si j'ai découvert quelque chose d'extraordinaire c'était juste un rappel de l’énoncé originel.
Explication : j'ai perdu de vue l'hypothèse de connexité de $G$ qui figurait en tout petits caractères uniquement dans le premier message : du coup, je pensais que tu me reprochais d'avoir pris un centre non connexe (le « il » ne permet pas de lever l'ambiguïté).
Du coup, la question devient tout à fait d'un autre niveau... et je ne sais pas y répondre comme ça. Cette réponse sur MSO appelle ce résultat « théorème de Weyl » (une indication que ce n'est pas évident) et un coup d'œil à la référence indiquée me dissuade de la transcrire ici...
Bonne après midi:-).