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espace des rotations


Torsion du bras - le groupe fondamental de SO(3)

Par Mathoman, vendredi 7 novembre 2008 à 15:25 - Maths pour matheux - Tags

Dernièrement nous avons parlé de groupes cycliques et du groupe de rotation SO(3). Aujourd'hui nous allons revisiter ces deux notions pour explorer une jolie propriété en mathématiques.

Voici une petite vidéo où je tourne mon bol de café au lait. Plus précisément je lui fais deux tours complets. On remarquera qu'après le premier tour mon bras est tourdu, mais après le deuxième tour mon bras revient à sa comfortable position du début.

MathOMan tord son bras... et le remet à sa place!



Bizarre... La tasse de café retrouve sa position initiale après le premier tour. Ca semble évident car une rotation par 360° revient à faire une rotation de 0°. Mon bras, en revanche, a besoin de deux tours, c'est-à-dire 720°, pour retrouver sa position initiale.

Le secret de tout ça réside dans le groupe fondamental de SO(3). Le groupe fondamental est constitué des lacets (chemins fermés) — plus précisément des classes d'homotopie de lacets, deux lacets étant dit homotopes si on peut déformer l'un dans l'autre de manière continue.

Le problème est donc de savoir si l'on peut passer continûment d'un lacet dans l'espace des rotations à un autre. C'est une question de topologie non-triviale. Il se trouve que, contrairement a ce que nous dit notre intuition, une rotation de 360° n'est pas équivalente à pas de rotation! C'est profondement incompréhensible à premier abord. Il faut une rotation de 720°.

Explication (par handwaving en prose)

Pour ce qui suit il faut avoir compris que SO(3) peut être vu comme la boule d'unité (de l'espace ambiant à trois dimensions) après identification des antipodes sur la sphère — voir le billet sur le groupe de rotation SO(3) pour les détails.
  • Choisissons deux antipodes P et Q sur la sphère et notons g le chemin qui va de P à Q en ligne droite. Or g est un lacet dans SO(3) à cause de l'identification des antipodes. Plus précisément, il s'agit des rotations atour de l'axe fixe (PQ) commençant avec l'angle -180° et finissant avec l'angle 180°. Ce lacet g représente donc précisément un tour de la tasse de café.
  • Soit h un demi-cercle sur la sphère, allant de P à Q. Il est clair qu'on peut déformer g continûment en h. En termes d'homotopie on a alors g=h.
  • Considérons le demi-cercle h' allant de Q à P qui complète h en un cercle entier. Maintenant vient le point crucial: le cercle entier h+h' est homotope au lacet constant, car on peut le "rétrécir en un point''.
  • D'autre part il est clair que, par identification des antipodes, h et h' sont deux lacets identiques dans SO(3). Nous obtenons ainsi 2g=2h=h+h'=0 dans le groupe fondamentale de SO(3).
Ainsi nous avons montré que 2g=0, c'est-à-dire un tour de 720° du bol de café se déforme continûment au tour nul, ce qui permet à mon bras de se remettre en place.

Il reste à voir qu'on n'a pas déjà g=0, autrement dit qu'il est impossible d'avoir le bras en place déjà après le premier tour. Une manière simple de comprendre que g , ou encore h, n'est pas homotope au lacet constant est de voir h comme un lacet dans l'espace projectif de dimension 3. Il correspond alors à la rotation d'une droite dans l'espace de dimension 4, d'angle 180° autour d'un axe perpendiculaire. La droite revient sur elle-même, mais on ne peut pas rétrécir ce mouvement.

Voilà, si on formalise ces raisonnements un peu plus, on démontre que le groupe fondamental de SO(3) (ou plus généralement de l'espace projectif de dimension au moins 3) est le groupe cyclique à deux éléments Z/2Z.

Les physiciens adorent ce genre de propriétés mathématiques et utilisent même le groupe de Spin, revêtement universel de SO(3). Mais pour expliquer ces applications en physique théorique, il faudra un autre bloggeur — peut-être un PhysOMan?

On m'a recommandé à ce sujet le livre Spinors & Space-Time de Roger Penrose et Wolfgang Rindler mais mes maigres pré-recquis en physique m'ont découragé de l'acquérir ;-)

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Pourquoi ne pas lire aussi :


Preuve que SO(3) est l'espace projectif à 3 dimensions

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Ci-dessus la solution pour l'exercice sur le lien entre groupe de rotation et espace projectif.

Réponses aux questions


  1. \mathbb{B}^1 est l'intervalle fermé [-1,1] et son bord \mathbb{S}^0=\{-1,1\} est constitué des deux extrémités.\mathbb{B}^2 est un disque et son bord \mathbb{S}^1 est un cercle.\mathbb{B}^3 est une ``vraie'' boule et son bord \mathbb{S}^2 est une ``vraie'' sphère.
    \;

  2. Les deux applications suivantes sont bijectives car inverses l'une de l'autre.
    \;
    <br />\mathbb{B}^n\:\longrightarrow\:\mathbb{S}^n_+\;,\;\;\;(x_1,\ldots,x_n<br />)\:\mapsto\:\big(x_1,\ldots,x_n,\sqrt{1-x_1^2-\ldots-x_n^2}\:\big)\,,

    \mathbb{S}^n\:\longrightarrow\:\mathbb{B}^n\;,\;\;\;(x_1,\ldots,x_{n+1})\:\mapsto\:(x_1,\ldots,x_n)\,.<br />

    Illustration: si on projette l'hémisphère nord sur l'hyper-plan équatorial, on obtient la boule d'unité dans cet hyper-plan.

    Projection de l'hémisphère

    Notons que dans le graphique l'axe des abscisses représente l'espace \mathbb{R}^{n}\:. Il est instructif de comprendre ce dessin déjà pour les plus basses dimensions:


    • Si n=1 alors on est dans le plan euclidien \mathbb{R}^2. Le demi-cercle supérieur \mathbb{S}^1_+ (en rouge) se projette bijectivement sur le segment \mathbb{B}^1 (en bleu).
      \;

    • Si n=2 alors on est dans l'espace plan euclidien \mathbb{R}^3 et \mathbb{S}^2 est une ``vraie'' sphère dont le dessin montre une coupe. L'hémisphère nord \mathbb{S}^2_+ (en rouge) se projette bijectivement sur le disque \mathbb{B}^2 (en bleu).
      \;



  3. Chaque droite D\in\mathbb{P}^n coupe la sphère \mathbb{S}^n en deux antipodes: ~\frac{x}{||x||}~ et ~\frac{-x}{||x||}~ où x est arbitraire dans D\backslash\{0\}.
    Au moins un des deux points est dans l'hémisphère nord:

    La droite coupe la sphère en exactement deux points antipodes

    De cette observation on déduit que l'applicationf\;: \;\;\;\mathbb{S}^n_+\;\longrightarrow\;\mathbb{P}^n\:,\;\;\;x\;\mapsto~\mathbb{R}x\,,

    est surjective; en plus, elle est injective en dehors de l'équateur, et deux antipodes sur l'équateur sont envoyés sur une même image. Plus précisément

    \forall x,y\in\mathbb{S}^n_+\,:\;\big[\,x\neq y\,\text{ et }\,f(x)=f(y) \:\big]\;\Rightarrow \;<br />\big[\:x=-y\;\text{ et }\;x_{n+1}=y_{n+1}=0\:\big]\,.<br />

    Par conséquence \: \mathbb{P}^n\: est en bijection avec l'ensemble obtenu à partir de \: \mathbb{S}^n_+\: par identification des antipodes sur l'équateur. Or d'après la question précédente nous savons que \: \: \mathbb{S}^n_+ \:\simeq\: \mathbb{B}^n\: \: et l'équateur n'est rien d'autre que le bord \: \mathbb{S}^{n-1}\: de \: \mathbb{B}^n\: . Par conséquence \: \: \mathbb{P}^n \,\simeq\: \mathbb{B}^n/\!\sim\: .

    \,
  4. Le résultat précédent implique en particulier que \:\mathbb{P}^1 \,\simeq\, \mathbb{B}^1/\!\sim\:.
    Or \:\mathbb{B}^1=[-1,1] et par conséquence \:\mathbb{B}^1/\!\sim\: est simplement l'intervalle [-1,1] où on a recollé -1 et 1.
    Ainsi \:\mathbb{B}^1/\!\sim\: est en bijection avec le cercle \,\mathbb{S}^1\,. Nous obtenons \mathbb{P}^1 \,\simeq\,\mathbb{S}^1. Illustration:

    Recoller un segment en un cercle

    D'autre part SO(2) est le groupe des rotations du plan euclidien orienté \mathbb{R}^2. Comme chaque rotation est déterminée de manière unique par son angle compris dans [0,2\pi[ il est évident que SO(2) est en bijection avec le cercle \mathbb{S}^1.
    Conclusion: SO(2)\simeq \mathbb{P}^1.
    \,

  5. Pour la suite voir le fichier pdf.

Blagues de matheux

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Classer les gens
  • Il y a trois sortes de gens au monde: ceux qui savent compter et ceux qui ne savent pas compter.
  • Il y a deux sortes de gens au monde: ceux qui pensent que le monde peut être divisé en deux sortes de gens et ceux qui pensent que ce n'est pas possible.
  • Il y a 10 sortes de gens au monde: ceux qui comprennent la notation binaire et ceux qui ne la comprennent pas.

Combien faut-il de mathématiciens pour changer une ampoule ?
  • Aucun. C'est laissé au lecteur en exercice.
  • Aucun. Un mathématicien ne peut pas changer une ampoule, mais il peut prouver que cela est faisable.
  • Un. Il la donne à un physicien et ramène ainsi le problème à un problème précédemment résolu.
  • La solution est triviale.
  • Un seul, une fois que vous avez réussi à lui présenter le problème dans des termes qu'il peut comprendre.

Combien faut-il d'analystes pour changer une ampoule ?
Trois. Un pour prouver l'existence, un pour prouver l'unicité et un pour déterminer les condtions initiales.

Combien faut-il d'analystes numériques pour changer une ampoule ?
3,9967 (après six itérations)

Combien faut-il de mathématiciens constructivistes pour changer une ampoule ?
Aucun. Ils ne croient pas au rotations infinitésimales.

Combien faut-il de géomètres classiques pour changer une ampoule ?
Cela ne peut pas être fait à la règle et au compas.

Combien faut-il de topologistes pour changer une ampoule ?
Un seul. Mais que fait-il du beignet??

Combien faut-il de Bourbakistes pour changer une ampoule ?
Changer une ampoule est un cas particulier d'un problème plus général concernant l'entretien et la réparation d'un système électrique. Pour déterminer un minorant et un majorant du nombre de personnes nécessaires, nous devons vérifier si les conditions du lemme 2.1 (disponibilité du personnel) et ceux du corollaire 2.3.55 (motivation du personnel) sont vérifiées. Si et seulement si ces conditions sont réunies, on obtient le résultat en appliquant le théorème de la section 3.11.23. Le majorant obtenu est, bien sûr, à prendre en compte dans un espace mesuré, muni de la topologie *-faible.

SO(3) e(s)t l'espace projectif à 3 dimensions

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Quelques fois on garde un souvenir très complet d'une démonstration mathématique, et ce souvenir inclût également des accessoires absurdes et inutiles comme par exemple le numéro de la page du livre où on l'a apprise ou la couleur de la chemise du professeur qui l'a expliquée...

Ci-dessous j'explique, en forme d'exercice corrigé, pourquoi le groupe SO(3) de rotations dans l'espace peut être identifié à l'espace projectif réel \mathbb{P}^3. Et je me rappelle que c'était un collègue d'études qui m'a raconté cette preuve par la méthode de hand waving sous le soleil d'été dans une piscine plein air à Bonn!

Un bel énoncé géométrie et topologie
Le but de l'exercice est de montrer que \;SO(2)\:\simeq\: \mathbb{P}^1\;\; et \;\;SO(3)\:\simeq\:\mathbb{P}^3\,.

Notations
Dans un premier temps — dont nous nous contentons ici — le symbole \:\simeq\: signifie simplement qu'il existe une bijection entre les ensembles concernés; c'est clairement une relation d'équivalence.
Comme d'habitude \mathbb{P}^n dénote l'espace projectif réel de dimension n, c'est-à-dire l'ensemble des droites vectorielles dans \mathbb{R}^{n+1}. Fixons aussi les notations pour trois sous-ensembles importants de \mathbb{R}^{n+1}\::
  • la boule \;\mathbb{B}^{n+1}=\{x\in\mathbb{R}^{n+1} \:|\: x_1^2+\cdots+x_{n+1}^2\leq1\}\,,
    \:
  • la sphère \;\mathbb{S}^{n}=\{x\in\mathbb{R}^{n+1} \:|\: x_1^2+\cdots+x_{n+1}^2=1\}\,,
    \:
  • l'hémisphère nord \;\mathbb{S}^{n}_+=\{x\in\mathbb{S}^{n} \:|\: x_{n+1}^2\geq0\}\,.
    \:
Le bord de la boule \mathbb{B}^{n+1} est la sphère \mathbb{S}^n. Chaque point x sur ce bord possède un antipode, à savoir le point —x.
Si on ``recolle'' \mathbb{B}^{n+1} par identification des antipodes sur son bord, alors on obtient un nouvel ensemble que nous notons \mathbb{B}^{n+1}/\!\sim\,. Ca, c'est du handwaving. De manière ensembliste on pourra écrire

\;\;\;\;\;\mathbb{B}^{n+1}/\!\sim~\;\,=\;\,\left(\mathbb{B}^{n+1}\backslash\mathbb{S}^n\right)\:\dot{\bigcup}\:<br />\big\{\{x,-x\}\,|\,x\in\mathbb{S}^n\big\}\,.<br />


Questions
  1. Expliquer par des mots de quelles formes sont la boule \mathbb{B}^n et son bord \mathbb{S}^{n-1} dans les cas n=1,2,3.
  2. Démontrer que \;\mathbb{S}^n_+ \:\simeq\: \mathbb{B}^n\,.
    \,
  3. Démontrer que \;\mathbb{B}^n/\!\sim~\;\simeq\:\mathbb{P}^n\,.
    \,
  4. Démontrer que \;SO(2)~\simeq~\mathbb{P}^1\,.
    \,
  5. Démontrer que \;SO(3)~\simeq~\mathbb{P}^3\,.
    \,
Cliquez pour lire la Solution.

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Avis de recherche

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Mon ami Laurent Kaczmarek souhaite recenser toutes les preuves du résultat suivant d'algèbre linéaire.
Un espace vectoriel de dimension finie sur un corps non-dénombrable n'est pas réunion dénombrable de sous-espaces vectoriels stricts.
Preuves dans les cas réel ou complexe acceptées (et même souhaitées !).

Humour mathématique

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Après le précédent billet, bien triste, il est le temps de rire un peu ! Voici quelques blagues et une contrepèterie de matheux pour retrouver notre sourire ;-)

Que répond une mathématicienne venant d'accoucher à qui l'on demande "Avez-vous eu un garçon ou une fille ?"
"Oui."

Logarithme et exponentielle sont au restaurant. Qui paie l'addition ?
C'est exponentielle, car logarithme népérien...

Quel est le comble du mathématicien ?
C'est de se faire piquer sa moitié par un tiers dans un car.

Combien de fois peut-on soustraire 5 de 23 et combien reste-t-il ?
Autant de fois que l'on veut et il reste 18 à chaque fois.

Qu'est-ce qu'un ours polaire ?
Un ours cartésien après un changement de coordonnées.

Qu'est-ce qui est jaune, normé et complet ?
Un espace de Bananach.

Pourquoi la vie est-elle complexe ?
Elle a des composantes réelles et imaginaires.

Qu'obtient-on en croisant un éléphant et une banane ?
|elephant| |banane| sin(theta)

Qu'est-ce qu'un homme complexe dit à une femme réelle ?
"Viens danser !"

What's purple and commutes ?
An abelian grape.

What's yellow and equivalent to the Axiom of Choice.
Zorn's Lemon.

Une contrepèterie : Mon prof de maths a montré Bézout.

Théorème : Tout entier positif est intéressant.

Preuve : Supposons le contraire. Alors l'ensemble des entiers positifs non-intéressants est non-vide. D'après l'axiome du bon ordre il possède un plus petit élément. Alors cet élément est drôlement intéressant — contradiction !

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