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\newtheoremstyle{theoreme}{10pt}{10pt}{\itshape}{6pt}{\bfseries}{.}{\newline}{}

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\title{Sous-groupes finis de $SO(3,\RR)$.}
\author{}
\date{2013 -- 2014}
\begin{document}
\maketitle
\qquad Référence : Felix Ulmer, \emph{Théorie des groupes}, Ellipses, 2012, p.138.

\begin{thm}
Tout sous-groupe fini de $SO(3)$ est isomorphe à l'un des groupes suivants : $\ZZ/n\ZZ,D_n,\mathfrak A_4,\mathfrak S_4,\mathfrak A_5$.
\end{thm}
\begin{proof}
Soit $G$ un tel groupe d'ordre $n\ge 2$, $G$ agit sur $\mathbb S^2$. Un élément de $G\setminus\{\text{id}\}$ est une rotation axiale donc possède $2$ points fixes pour cette action, appelés pôles. On note $X$ l'ensemble des pôles d'éléments de $G\setminus\{\text{id}\}$, on a $2\le|X|\le 2(n-1)$.\\
$X$ est stable par $G$ car si $x$ est un pôle de $g$, alors $h(x)$ est un pôle de $hgh^{-1}$. Par ailleurs, si $x\in X$, le stabilisateur $G_x$ de $x$ est, par restriction à vect$(x)^\bot$, un sous-groupe fini de $SO(2)$ donc est cyclique.

On considère l'action de $G$ sur $X$, alors si $r$ désigne le nombre d'orbites, la formule des classes donne
\[r=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}|\text{Fix(g)}|=\frac 1n(|X|+2(n-1))\]
et puisque $2\le|X|\le 2(n-1)$, on obtient $r=2$ ou $3$.

Supposons qu'il y ait deux orbites. Alors la formule des classes donne
	\[2=\frac 1n(|X_1|+|X_2|+2(n-1)),\]
	d'où $|X_1|+|X_2|=2$, \emph{i.e.} $|X_1|=|X_2|=1$. Il y a donc un pôle dans chaque orbite et donc tous les éléments de $G\setminus\{\text{id}\}$ admettent le même axe de rotation, donc $G$ est cyclique.

Supposons désormais qu'il y ait trois orbites. En notant $n_i$ le cardinal du stabilisateur d'un élément d'une orbite $X_i$, on a d'une part $n_i\ge 2$ et d'autre part la formule des classes donne
	\[3=\frac 1n\left(\frac n{n_1}+\frac n{n_2}+\frac n{n_3}+2(n-1)\right),\]
	d'où
	\[\frac 1{n_1}+\frac 1{n_2}+\frac 1{n_3}=1+\frac 2n.\]
	On en déduit $\frac 3{n_1}>1$, d'où $n_1=2$. D'où
	\begin{equation}
	\frac 1{n_2}+\frac 1{n_3}=\frac 12+\frac 2n.
		\label{eq:un}
	\end{equation}
		Par conséquent, $\frac 2{n_2}>\frac 12$ et donc $n_2=2$ ou $3$.\\
	Si $n_2=2$, alors $\frac 1{n_3}=\frac 2n$ et donc $n_3=\frac n2$ et $n$ est pair. Si $n_2=3$, alors $\frac 1{n_3}=\frac 16+\frac 2n$, d'où $\frac 1{n_3}>\frac 16$, donc $n_3\in\{3,4,5\}$.
	
	En résumé, la relation $\eqref{eq:un}$ donne les cas suivants :
	\begin{enumerate}
	\item $n_1=n_2=2,n_3=\frac n2$.
	\item $n_1=2,n_2=n_3=3$, alors $n=12$.
	\item $n_1=2,n_2=3,n_3=4$, alors $n=24$.
	\item $n_1=2,n_2=3,n_3=5$, alors $n=60$.
\end{enumerate}
Identifions la structure de $G$ dans chacun des cas :
\begin{enumerate}
	\item Si $n=4$, alors $G\simeq\ZZ/4\ZZ$ ou $G\simeq D_2$.\\
	Supposons $n\neq 4$. Soit $z\in X_3$ et $x\in X_1$, alors $x\neq -z$ car $G_z=G_{-z}$ et $|G_x|\neq|G_z|$ ($n\neq 4$). $G_z$ est cyclique d'ordre $\frac n2$, soit $g$ un générateur de $G_z$. Considérons $P:=(g^i(x))_{0\le i\le \frac n2-1}$, alors $x$ n'est pas fixé par une rotation de $G_z$ donc $P$ forme un polygône régulier à $\frac n2$ côtés et $|X_1|=\frac n2$ donc $P=X_1$. $G$ agit sur $P$ donc par égalité des cardinaux, $G\simeq D_{n/2}$.
\item L'action de $G$ sur $X_2$ est fidèle car $|X_2|=4$ et seule l'identité a un plan de points fixes dans $SO(3)$. D'où un morphisme injectif $G\to\mathfrak S_4$ et par cardinalité, $G\simeq\mathfrak A_4$.
\item On a $|X_2|=8$ et si $z\in X_2$, alors $-z\in X_2$ car $|G_z|=|G_{-z}|$ et les orbites sont de cardinaux distincts. $G$ permute donc les paires de points opposés de $X_2$, ce qui induit un morphisme $\varphi:G\to\mathfrak S_4$. Supposons que $\varphi$ ne soit pas injectif et soit $g\in\ker\varphi$ non trivial. Alors $g$ laisse stable les paires donc $g^2$ admet tout $X_2$ comme points fixes et donc $g^2=$id. Par ailleurs, les deux points fixes $c$ et $-c$ de $g$ ne sont pas dans $X_2$ car les stabilisateurs d'éléments de $X_2$ sont d'ordre divisant $3$, donc si $z\in X_2$, $g(z)=-z$. Soit $h\in G$, alors $hgh^{-1}\in\ker\varphi$ est non trivial et donc $g$ et $hgh^{-1}$ ont même restriction à $X_2$ et donc $hgh^{-1}g^{-1}$ a $8$ points fixes, donc $g=hgh^{-1}$. Or les points fixes de $hgh^{-1}$ sont $h(c)$ et $h(-c)$ donc $\{c,-c\}$ est stable par $G$. Ceci n'est pas possible car il n'y a pas d'orbite de cardinal $2$. Par conséquent, $\varphi$ est injectif et par cardinalité, $G\simeq\mathfrak S_4$.
\item On a $|X_1|=30$ et $n_1=2$, $|X_2|=20$ et $n_2=3$, $|X_3|=12$ et $n_3=5$. Les pôles opposés appartenant à la même orbite, les 30 pôles de $X_1$ fournissent $15$ axes de rotation distincts et donc $15$ sous-groupes d'ordre $2$ qui sont conjugués entre eux comme stabilisateurs d'éléments d'une même orbite. On obtient de même $10$ sous-groupes d'ordre $3$ conjugués et $6$ sous-groupes d'ordre $5$ conjugués. Montrons alors que $G$ est simple. Soit $H$ un sous-groupe distingué de $G$ non trivial et distinct de $G$. Si $5\mid|H|$, $H$ contient les $24$ éléments d'ordre $5$ car il est distingué, donc $|H|=30$ et donc $H$ contient aussi les $15$ éléments d'ordre $2$, ce qui n'est pas possible. Si $2\mid|H|$, alors $H$ contient les $15$ éléments d'ordre $2$ donc $|H|\ge 16$, donc $H\in\{20,30\}$, donc $5\mid|H|$ ce qui n'est pas possible. Finalement $|H|=3$, or $H$ doit contenir les $20$ éléments d'ordre $3$, ce qui n'est pas possible. Donc $G$ est simple et $|G|=60$ donc $G\simeq\mathfrak A_5$.
\end{enumerate}
\end{proof}
\end{document}