Fibré tangent unitaire au ½ plan de Poincaré — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Fibré tangent unitaire au ½ plan de Poincaré

Bonjour,
Je commence à travailler sur les groupes fuchsiens et je tombe sur cette proposition:

Un sous-groupe $\Gamma$ de $PSL(2,\mathbf{R})$ est discret si et seulement s'il agit discontinûment sur $\mathcal{H}$, i.e. si toutes ses orbites sont discrètes.

Et vient la démonstration :
Le groupe $PSL(2, \mathbf{R})$ agit librement et transitivement sur le fibré unitaire tangent $U \mathcal{H}$

J'ai une vague idée de ce qu'est un fibré tangent mais je n'arrive pas à comprendre ni ce que celui-ci représente dans le cas du demi-plan $\mathcal{H}$, et encore moins pourquoi $PSL(2,\mathbf{R})$ agit librement et transitivement dessus.
Si vous pouviez m'éclairer je vous en serais très reconnaissant.

Ellister

Réponses

  • Mon cher ellister
    Le demi-plan de Poincaré $\mathcal H$ est un ouvert de $\mathbb R^2.\qquad$
    Donc son fibré tangent est trivial:
    $$T\mathcal H=\mathcal H\times \mathbb R^2.\qquad$$
    Et son fibré tangent unitaire le serait aussi:
    $$U\mathcal H=\mathcal H\times \mathbb S^1.\qquad$$
    J'espère ne pas avoir dit de bêtises!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Un élément du fibré tangent (unitaire), c'est un point et un vecteur tangent (de norme $1$) en ce point. Ici, comme la variété est un ouvert de $\R^2$, on peut identifier tous les espaces tangents à $\R^2$, de sorte qu'un élément du fibré tangent est couple $(z,v)\in\mathcal{H}\times\R^2$. En fait je l'identifierai à $\mathcal{H}\times\C$.

    Tu dois savoir (montrer) que le groupe $\mathrm{PSL}(2,\R)$ agit transitivement sur $\mathcal{H}$ et que le stabilisateur de $i$ est isomorphe au groupe spécial orthogonal $\mathrm{SO}(2,\R)/\{\pm\mathrm{I}_2\}$, qui est un cercle. Il n'est pas très étonnant qu'il agisse lui-même transitivement sur le cercle unité que forment les vecteurs tangents à $\mathcal{H}$ en $i$.

    Une matrice $\left(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix}\right)$ de $\mathrm{SL}(2,\R)$ fixe $i$ ssi $ai+b=di-c$, i.e. $a=d$ et $b=-d$. Avec $ad-bc=1$, cela donne $a^2+b^2=1$, c'est-à-dire que $a=\cos \theta$ et $b=-\sin\theta$ pour $\theta$ convenable. Le stabilisateur de $i$ dans $\mathrm{SL}(2,\R)$ est l'ensemble des $r_\theta=\left(\begin{smallmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{smallmatrix}\right)$ pour $\theta$ réel.

    Pour voir l'action sur les vecteurs tangents en $i$, on introduit une courbe qui passe par $i$. Prenons $\gamma:t\mapsto (1+t)i$, qui est un paramétrage d'une géodésique qui passe par $\gamma(0)=i$. De plus, $\gamma'(0)=i$ (c'est le vecteur $(0,1)$ de $\R^2$), qui est unitaire (la métrique est $\mathrm{d}x^2+\mathrm{d}y^2$ au point $i=(0,1)$). Pour $\theta\in\R$, on calcule \[
    r_\theta\cdot\gamma(t)=\frac{\cos(\theta)i(1+t)-\sin\theta}{\sin(\theta)i(1+t)+\cos \theta}=\cdots=i+ie^{-2i\theta}t+o(t).\] Ainsi $r_\theta$ envoie le couple $(i,i)$ du fibré tangent unitaire sur $(i,ie^{-2i\theta})$. On en déduit que l'action de $\mathrm{SL}(2,\R)$ sur le fibré tangent unitaire est transitive. De plus le stabilisateur de $(i,i)$ est formé des $r_\theta$ tels que $e^{-2i\theta}=1$, c'est-à-dire $r_\theta=\pm\mathrm{I}_2$, deux rotations qui forment précisément le noyau de $\mathrm{SL}(2,\R)\to\mathrm{PSL}(2,\R)$. Cela montre que le stabilisateur de $(i,i)$ dans $\mathrm{PSL}(2,\R)$ est trivial.
  • Merci beaucoup pour ces réponses !
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!