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\newcommand{\stab}{\mathrm{stab}}

\newcommand{\orb}[1]{\mathcal O(#1)}
\title{Sous groupes finis de $\mathcal{SO}(3)$}
\date{}
\begin{document}
 \maketitle
\paragraph{Théorème.} Tout groupe fini de $\mathcal{SO}(3)$ est de l'un des cinq types suivants:
\begin{itemize}
\item Un groupe cyclique engendré par une rotation d'axe $\Delta$ et d'angle $2\pi / n$ ($n\in\mathbb N^\ast$).
\item Un groupe diédral $D_n$.
\item $\mathfrak{A}_4$.
\item $ \mathfrak{S}_4$.
\item $\mathfrak{A}_5$.
\end{itemize}
\vspace{0.5cm}
\hrule
\vspace{0.5cm}
\paragraph{Équation aux classes.}
Soit $G$ un tel groupe (non trivial). On note $n$ son ordre et $e$ l'identité. Pour tout point $g \in G\setminus \{e\}$, $g$ est une rotation d'axe $\Delta_g$ dont l'action naturelle sur la sphère unité admet alors deux points fixes, notés $x_g$ et $x'_g=-x_g$. On appelle ces points des pôles de $G$ et on note leur ensemble $\mathscr P$ (qui est fini, de cardinal inférieur à $2n-1$). Il est clair que si $x$ est un pôle, $-x$ en est un aussi. L'ensemble des rotations de $G$ d'axe $\mathbb Rx$ s'identifie (via projection sur $\{x\}^\perp$ à un sous-groupe $G_x$ de $\mathcal{SO}(2)$ et est donc cyclique. Notons $n_x$ l'ordre de ce sous groupe.

Soit $x$ un pôle de $G$. On note $\mathcal O(x)$ l'orbite de $x$ sous $G$. Si $y\in \orb x$, il existe $g_0 \in G$ qui envoie $x$ sur $y$. Ainsi, $\forall g \in G$, $g\cdot x = x \Leftrightarrow g_0 g g_0^{-1} \cdot y = y$, ce qui montre que $G_x$ est envoyé sur $G_y$ par conjugaison. En particulier, $y$ est un pôle et $|G_x|=|G_y|$. La relation orbite stabilisateur donne de plus $n=|G_x| |\orb x|$.

On considère alors (comme dans la démonstration de la formule de Burnside), l'ensemble des couples $(g,x)$ où $g \in G\setminus\{e\}$ et $x$ est un pôle relatif à $g$. On va compter ces couples de deux manières différentes. La condition $g\neq e$ indique que pour $g$ donné, il y a exactement deux pôles $x$ de $g$. Le nombre $A$ de tels couples vaut donc $A=2(n-1)$.

Par ailleurs, fixant un pôle $x$ de $G$, il y a exactement $|G_x|-1$ éléments de $G \setminus \{e\}$ qui fixent $x$. On a donc l'égalité
$$A=\sum_{x\in \mathscr P} (|G_x|-1).$$
En notant $\mathscr C$ l'ensemble des orbites des divers pôles et en utilisant la conservation de $|G_y|$ pour $y$ parcourant une orbite $C$ (qu'on note alors $n_C$), on obtient
$$A=\sum{C \in \mathscr C} |C|(n_C -1).$$
En égalant à l'autre calcul, on obtient$2(n-1)=\sum{C \in \mathscr C} |C|(n_C -1)$, soit (avec $n=n_C |C|$)
\begin{equation}\label{eqclas} 2-\frac{2}{n} = \sum_{C\in \mathscr C} \left( 1-\frac{1}{n_C}\right).\end{equation}
\paragraph{Discussion de l'équation aux classes.} $n >1$ donc $1 \leqslant 2-\frac{2}{n} < 2$. Dans $\sum_{C\in \mathscr C} \left( 1-\frac{1}{n_C}\right)$, il y a donc au moins deux termes non nuls, et puisque $n_c \geqslant \frac{1}{2}$, au plus trois.
\begin{enumerate}[a)]
 \item{Cas de deux termes non nuls.}
\eqref{eqclas} s'écrit alors
$$2=\frac{n}{n_1}+\frac{n}{n_2}.$$ 
$\frac{n}{n_1}$ et $\frac{n}{n_2}$ sont des entiers non nuls donc $n_1=n_2=n$. Les deux orbites correspondantes sont donc réduites à un unique élément ($x_1$ et $x_2$). Ainsi, $G$ laisse fixe l'axe $(x_1,x_2)$ donc est un sous groupe de rotations d'axe $(x_1,x_2)$, donc est cyclique (car s'identifie à un sous groupe fini de $\mathcal{SO}(2))$.

\item{Cas de trois termes non nuls.} 
\eqref{eqclas} s'écrit 
$$1+\frac{2}{n} = \frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}+\frac{1}{n_3}$$ où on peut choisir $2\leqslant n_1\leqslant n_2\leqslant n_3$.
Comme $1+\frac{2}{n} > 1$, il doit exister $n_i$ tel que $n_i=2$. Donc $n_1=2$ et $\frac{1}{n_2}+\frac{2}{n}=\frac{1}{n_3}$. On doit avoir $\frac{1}{2}+\frac{2}{n} > \frac{1}{2}$, ce qui impose $n_2=2$ ou $n_2=3$.
\begin{itemize}
 \item{Si $n_1=n_2=2$.} La relation ci-dessus donne $n=2n_3$. L'orbite correspondant à $n_3$, notée $C_3$, a donc $\frac{n}{n_3} = 2$ éléments (diamétralement opposés car fixés par exactement $n/2$ éléments de $G$, éléments qui s'identifient à un sous groupe d'ordre $n/2$ de $\mathcal{SO}(2)$, noté $H$), notés $N$ et $S$. Les deux orbites correspondant à $n_1$ et $n_2$ ont toutes deux $\frac{n}{2}$ pôles, pôles qui sont nécessairement situés dans le plan orthogonal à $(NS)$ (car $\{N,S\}$ est invariant sous $G$). En outre, les $n/2$ pôles de $C_1$ décrivent dans $(NS)^\perp$ un polygône régulier sous l'action de $H$. Par cardinalité, $C_1=\orb x$ sous $H$, avec $x$ pôle de $C_1$ quelconque. Ce polygone, comme orbite sous $G$, est donc globalement invariant par $G$. Ainsi, $G$ peut être vu comme sous groupe de $D_{n/2}$. Par cardinalité, $G\simeq D_{n/2}$.
 \item{Si $n_1=2$ et $n_2=3$.} \eqref{eqclas} s'écrit $\frac{1}{n_3}=\frac{1}{6}+\frac{2}{n}$ avec $n_3 \geqslant 3$. Il y a alors trois possibilités : 
\begin{itemize}
\item{$n_3=3$ donc $n=12$.} Sous $G$, on dispose donc de deux orbites de quatre pôles fixés chacun par trois éléments de $G$ ($C_2$ et $C_3$), et une orbite de 6 pôles fixés par 2 éléments ($C_1$). Les éléments non triviaux de $G$ sont donc d'ordre 2 ou 3. Comme les points de $C_1$ sont diamétralement oppposés (deux points opposés sont fixés par les mêmes éléments), $C_1$ correspond à 3 sous groupes d'ordre 2 de $G$. Notant $C_2=\{a,b,c,d\}$, L'action de $G$ sur $C_2$ induit un morphisme de $G$ dans $\mathfrak{S}_4$, injectif car si $g$ fixe quatre points, c'est l'identité. Or, l'unique sous-groupe de $\mathfrak{S}_4$ d'ordre 12 est $\mathfrak{A}_4$, ce qui montre que $G \simeq \mathfrak{A}_4$.
\item{$n_3=4$ donc $n=24$.} Sous $G$, on a une orbite $C_1$ de 12 points fixés par 2 éléments, une orbite $C_2$ de 8 points fixés par 3 éléments et une orbite $C_3$ de 6 points fixés par 4 éléments. \\
Les 8 pôles de $C_2$ sont deux à deux diamétralement opposés (fixés par le même nombre d'éléments) donc $C_2$ contient 4 paires de points opposés. $G$ agit permute ces paires puisqu'il fixe $C_2$, ce qui induit un morphisme de $G$ dans $\mathfrak{S}_4$. Ce morphisme est injectif car si $g$ fixe les quatre paires, il laisse globalement invariantes quatres droites de l'espace qui engendrent au moins un plan. Il induit donc une homothétie sur ledit plan. Comme $g \in \mathcal{SO}(3)$, la complétion d'une base orthogonale du plan en une base directe orthogonale de l'espace montre (via l'écriture canonique de $g$) que $g$ est l'identité. Ainsi, $G= \mathfrak{S}_4$.
\item{$n_3=5$ donc $n=60$.} Sous $G$, on dispose d'une orbite $C_1$ de 30 points fixés par 2 éléments, d'une orbite $C_2$ de 20 points fixés par 3 éléments et d'une orbite $C_3$ de 12 points fixés par 5 éléments. Les éléments de $G$ non triviaux sont donc d'ordre 2, 3 ou 5. Comme les pôles d'une même orbite sont deux à deux diamétralement opposés, $C_1$ fournit 15 sous groupes d'ordre 2, $C_2$, 10 sous groupes d'ordre 3 et $C_3$, 6 sous groupes d'ordre 5 (tous de la forme $G_x$). Or, puisque tout sous groupe cyclique correspond à un pôle, les seuls groupes cycliques sont ceux-là, et deux sous groupes cyclique quelconques s'intersectent trivialement.

Montrons alors que $G$ est simple. Soit $H$ un sous groupe distingué de $G$ non réduit à $\{e\}$. Soit $x \in H$ non neutre. Tous les conjugués de $x$ sont dans $H$ donc, si $x$ est d'ordre 2, $H$ contient au moins 16 éléments, si $x$ est d'ordre 3, 21 et si $x$ est d'ordre 5, 25. Puisque $|H|$ divise $|G|$, $H$ contient au moins 30 éléments, donc au moins deux éléments d'ordre disctinct, donc a plus de 30 éléments. Finalement, $H=G$ et $G$ est simple. Comme il n'existe qu'un groupe simple d'ordre 60, $G= \mathfrak{A}_5$.
\end{itemize}
\end{itemize}

\end{enumerate}



\end{document}
