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Groupes arithmétiquesSylvestre Blanc

3Première partie . Définitions1 IntroductionLe but de ce travail est d’étudier les groupes fuchsiens d’un point devue algébrique. Il est connu que ceux-ci donnent lieu à des algèbres de quaternions.Ainsi, nous allons essayer de comprendre de quelle manière cesalgèbres apparaissent et démontrer un critère de l’arithméticité des groupessous des hypothèses purement algébriques. On va aussi étudier un exempleparticulier sur lequel on appliquera la théorie développée.2 Trigonométrie hyperboliqueTout ce travail traite du demi-plan de Poincaré H. Il s’agit d’une variétériemannienne dont une carte est donnée par le demi-plan supérieur de C etl’identité. Sa métrique est( 1y 2 001y 2 )où x et y sont les parties réelles et imaginaires du point considéré. Lesgéodésiques de H sont les cercles orthogonaux à l’axe réel. A partir de cellesci,on peut construire toutes les figures dont la géométrie à besoin. La figurede base est le triangle. Il consiste en trois arcs de géodésique se coupantselon des angles α, β et γ. Comme la courbure du demi-plan de Poincaréest négative, la somme α + β + γ est toujours plus petite que π. De plus,il existe une formule très utile qui relie la longueur des côtés a, b et c, auxangles du triangle,cosh(c) =cos(α) cos(β) + cos(γ)sin(α) sin(β)Dans le demi-plan de Poincaré, un polygone géodésique est une partie duplan dont le bord est constitué d’un nombre fini de segments de géodésiques.3 Groupes fuchsiensLes isométries de H sont toutes données par l’une des deux formulessuivantes,f(z) = az+bcz+df(z) = az+bcz+doù a,b,c,d ∈ R. Celles qui conservent l’orientation sont de la première forme.On peut les mettre sous une forme matricielle,

4 Algèbre de quaternions 4( a b)cLe miracle est que l’on obtient aussi un élément de P Sl(2,R) et que lacomposition de deux isométries se calcule bien en multipliant les matricescorrespondantes.Définition 3.1: Un groupe fuchsien est un sous-groupe discret de P Sl(2,R).Si Γ est un groupe fuchsien, on note Γ\H, le quotient de H relativement à Γ.C’est une surface de Riemann (avec des singularités si Γ a des points fixes).Dans la suite, nous nous intéresserons aux cas où Γ\H est d’aire µ(Γ\H)

4 Algèbre de quaternions 5Définition 4.3: La trace réduite d’un quaternion est, par définition, donnéeparT rd(x 0 + x 1 i + x 2 j + x 3 k) = 2x 0La norme réduite estNrd(x 0 + x 1 i + x 2 j + x 3 k) = x 2 0 − ax2 1 − bx2 2 + abx2 3Lorsque l’on écrit les quaternions sous leur forme matricielle, on s’apperçoitque la trace réduite est égale à la trace matricielle et que la normeréduite correspond au déterminant.Une algèbre de quaternion peut être une algèbre de division ou non.Elle en est une si et seulement si tous ses éléments non nuls ont une normeréduite non nulle. De plus, on a la proposition suivante,Proposition 4.4: Si A =algèbre de division.(a,bF)n’est pas isomorphe à M(2,F ), alors A est une( Toutes ) les algèbres de quaternions sont isomorphes à une algèbre A =a,b, avec a,b ∈ F ∗ . Il existe une base de A, {1,i,j,k} telle queFi 2 = a j 2 = b k = ij = −ji .Soit A, une algèbre de quaternion et σ : F → K, un homomorphisme decorps. On peut alors définir,)( )A σ =et A σ ⊗ K = σ(a),σ(b)K(σ(a),σ(b)σ(F )Dans tout ce travail F sera toujours un corps algébrique totalement réel.Cela signifie que F est une extension algébrique de Q de degré fini n et quetous ses plongements {φ i } i=1,... ,n dans C, sont en fait des plongements dansR. On supposera que φ 1 = Id.Définition 4.5: On dira qu’une algèbre de quaternion A possède la propriétédes ramifications s’il existe des R-isomorphismes ρ i tels queρ 1 : A φ 1⊗ R → M(2,R) ρ i : A φ i⊗ R → H 2 ≤ i ≤ nOn a évidemment les propriétés suivantesNrd(x) = Det(ρ 1 (x))φ i (Nrd(x)) = Nrd H (ρ i (x))T rd(x) = T r(ρ 1 (x))φ i (T rd(x)) = T rd H (ρ i (x))

5 Ordre 65 OrdreDéfinition 5.1: Soit F , un corps. On appelle ensemble des entiers sur F , eton note O F , l’ensemble des éléments de F qui sont racines d’un polynômeunitaire à coefficients entiers.Définition 5.2: On donne ici trois définitions équivalentes d’un ordre.– Un ordre O dans une algèbre de quaternion A sur un corps F estun sous-anneau de A contenant 1 et qui est de type fini en tant queO F -module. De plus, il doit engendrer tout A sur F .– Un ordre O dans une algèbre de quaternion A sur un corps F telque [F : Q] = n est un sous-anneau de A contenant 1 et qui est unZ-module libre de rang 4n.– Un ordre O dans une algèbre de quaternion A sur un corps F est unsous-anneau d’éléments entiers de A, i.e. les x ∈ A tels que Nrd(x) ∈O F et T rd(x) ∈ O F , et tel que F.O = A.6 Groupes ArithmétiquesOn s’intéressera dans la suite beaucoup aux éléments de norme 1 d’unordre, i.e. O 1 = {x ∈ O|Nrd(x) = 1}. Pour tout ordre O d’une algèbre dequaternion A, ρ 1 (O 1 ) est un sous-groupe de Sl(2,R) etΓ(A,O) =ρ 1 (O 1 ){Id 2 , − Id 2 }est un sous-groupe de P Sl(2,R). On peut montrer que Γ(A,O) est un groupefuchsien. Mais je ne connais pas de procédé général qui permettrais de leprouver dans chaque cas. On peut toutefois donner la démonstration du faitque Γ(A,O) est fuchsien, où A =(−1,2Q)et O est l’ensemble des quaternionsde A dont les coefficients sont entiers. Ce résultat nous sera utile pour latroisième partie.Preuve Il suffit de montrer qu’il existe un voisinage de l’identité qui necontient pas d’autre élément du groupe. Soit donc( √ √ )a + b 2 c + d 2−c + d √ 2 a − b √ 2un quaternion proche de l’identité. C’est-à-dire,|a + b √ 2 − 1| < ɛ |a − b √ 2 − 1| < ɛ |c + d √ 2| < ɛ | − c + d √ 2| < ɛDes deux premières inégalités, on tire |2a − 2| < 2ɛ et donc a = 1. Des deuxdernières inégalités, on fait de même et on trouve que |2c| < 2ɛ, ainsi c = 0.Il est maintenant facile de conclure et de trouver que b = 0 et d = 0.

7Définition 6.1: Si Γ est un sous-groupe d’indice fini d’un Γ(A,O), alors onappelle Γ, groupe fuchsien dérivé de l’algèbre de quaternion A.Définition 6.2: Deux groupes sont dits commensurables si leur intersectionest d’index fini dans chacun d’eux.Définition 6.3: Si Γ est un groupe fuchsien commensurable avec un Γ(A,O),alors Γ est dit groupe arithmétique.Deuxième partie . Un critère d’arithméticité7 Lemme techniqueLemme 7.1: Soit Γ un groupe fuchsien tel que µ(Γ\H) < ∞ et T r(Γ) ⊂ k,où k est un corps algrébrique tel que [k : Q] < ∞. Alors ∃g ∈ Sl(2,R) et uncorps algébrique K avec [K : Q] < ∞ tel que g −1 Γg ⊆ P Sl(2,K)Preuve Un théorème concernant les groupes fuchsiens, nous assure que Γcontient une transformation hyperbolique T . Soient donc, e 1 et e 2 , les vecteurspropres de T . On les choisit de telle manière que det(e 1 ,e 2 ) > 0. Soientencore λ et λ −1 , les valeurs propres correspondantes.λ est réel, car T est hyperbolique. Pour le voir, il suffit de constater quele discriminant est bien positif. Posons g 1 comme étant la matrice dont lescolonnes sont e 1 et e 2 . On posera aussi K = k(λ).On a que( )g1 −1 λ 0T g 1 =0 λ −1Choisissons T 2 ∈ Γ tel que( )g1 −1 a bT 2g 1 =c davec c ≠ 0 et b > 0. Posons g 2 =( √ )b 010 √bAinsi, (g 1 g 2 ) −1 Γ(g 1 g 2 ) contient un( ) λ 0T 0 =0 λ −1 avecλ ≠ 1 et un T 1 =(a1 1c 1 d 1)avec c 1 ≠ 0 .

8 Lemme des quaternions 8Montrons(maintenant)que (g 1 g 2 ) −1 Γ(g 1 g 2 ) ⊆ P Sl(2,K).a bSoit T = ∈ (gc d 1 g 2 ) −1 Γ(g 1 g 2 ), on a alors( ) ( ) ( )λ 0 a b λa λb0 λ −1 =c d λ −1 c λ −1 ∈ (gd 1 g 2 ) −1 Γ(g 1 g 2 )Ainsi a + d et λa + λ −1 d ∈ K. Et donc a et d sont dans K. On refaitle même raisonnement et on montre que a 1 et d 1 sont dans K. De plus,en calculant le déterminant, on a que a 1 d 1 − c 1 ∈ K et donc c 1 ∈ K etT 1 ∈ P Sl(2,K).Ainsi,( ) ( ) ( )a b a1 1 aa1 + bc=1 a + bd 1c d c 1 d 1 a 1 c + dc 1 c + dd 1et par le même argument, aa 1 +bc 1 ∈ K et c+dd 1 ∈ K. Comme a,a 1 ,d,d 1 ,c 1 ∈K, on a aussi que b,c ∈ K. 8 Lemme des quaternionsLemme 8.1: Soit Γ un groupe fuchsien tel que T r(Γ) ⊂ k, un corps algébriquetel que [k : Q] < ∞. Soit k 0 = Q(T r(Γ)) etA = k 0 [Γ] = {d∑a i T i |a i ∈ k 0 ,T i ∈ Γ,d ∈ N}.i=1Alors A est une algèbre de quaternion sur k 0 .Preuve Par la preuve du lemme technique, on peut supposer que Γ contientdeux éléments,( )( )λ 0a1 1T 0 =0 λ −1 avec λ ≠ 1 et T 1 =avec cc 1 d 1 ≠ 01et que Γ ⊆ P Sl(2,K 0 ) avec K 0 = k 0 (λ).On voit que ou bien K 0 = k 0 ou bien K 0 est une extension quadratiquede k 0 . Ainsi A ⊆ M(2,K 0 ) et 1 < dim k0 (A) ≤ 8.Il y a trois choses à montrer :– Le radical R de A est trivial.– Le centre Z de A est k 0 .– dim k0 (A) = 4.

9 Lemme de l’ordre 9Soit T ∈ R, il existe donc e ∈ N tel que T e = 0 et donc det(T ) = 0.Ce qui implique que T r(T j ) = T r(T ) j ∀j ∈ N, car il y a une valeur proprenulle. Et donc si j = e, on a T r(0) = 0 = T r(T ) e et T r(T ) = 0.De plus, R est un idéal, donc si( ) a bT =c dalors a + d = 0 et λa + λ −1 d = 0 ⇒ a = d = 0.Et(acbd) ( ) (a1 1 0 b=c 1 d 1 c 0) ( )a1 1=c 1 d 1( bc1 bd 1a 1 c c)On emploie, alors l’argument maintenant devenu habituel et on a que bc 1 =c = 0 et donc b = c = 0 et T = 0. On a donc bien que R = 0.Soit( ) a bT = ∈ Zc dAlors T T 0 = T 0 T ⇔ T0 −1 T T 0 = T .( a λ −2 ) ( )b a bλ 2 = ⇒ b = c = 0c d c dDe plus, T 1 T = T T 1 et donc( ) ( ) (a1 1 a 0 a 0=c 1 d 1 0 d 0 d) ( )a1 1⇒ a = d ⇒ T ∈ kc 1 d 0 Id1Pour montrer que la dimension est 4, on utilise un théorème d’algèbrequi nous dit que la dimension d’une algèbre simple et centrale est un carréd’entier (cf, par exemple, AMS Colloqium publications volume XXIV). Doncdim(A) = 4.9 Lemme de l’ordreLemme 9.1: Soit Γ, une groupe fuchsien avec µ(Γ\H) < ∞ et k 0 = Q(T r(Γ)),[k 0 : Q] < ∞. De plus, on suppose que T r(Γ) ⊆ O k0 (les entiers de k 0 ).Soitd∑A = k 0 [Γ] = { a i T i |a i ∈ k 0 ,T i ∈ Γ,d ∈ N}etO = O k0 [Γ] = {i=1d∑a i T i |a i ∈ O k0 ,T i ∈ Γ,d ∈ N}i=1Alors, O est un ordre de l’algèbre de quaternion A.

10 Théorème 10Preuve O est un sous-anneau engendrant A sur k 0 . Il contient l’identité.Il reste donc à montrer que O est un O k0 -module de type fini.Par le lemme technique, on peut supposer que :( )( )λ 0a1 1T 0 =0 λ −1 ∈ Γ et T 1 =∈ Γc 1 d 1avec λ ≠ 1 et c 1 ≠ 0, et que Γ ⊆ P Sl(2,K 0 ) où K 0 = k 0 (λ). Il est clair queO k0 ⊆ O K0 .De plus, λ est un entier de k 0 , car il est racine d’un polynômecaractéristique. On a aussi que a + d et λa + λ −1 d sont dans O k0 . Et donc,a + d et λ 2 a + d sont aussi dans O k0 . En soustrayant, on a que a et d sontdans le module O k 01−λ 2 .Par le démonstration du lemme technique, aa 1 + bc 1 et c + dd 1 sont aussidans O k 0. Et donc a,b,c,d ∈ O k 0qui est un idéal. Ainsi O est un sousmodulede type fini d’un O k0 -module libre, ce qui fait de lui un sous-module1−λ 2 1−λ 2de type fini.10 ThéorèmeThéorème 10.1: Soit Γ, un groupe fuchsien tel que µ(Γ\H) < ∞. Alors Γ estdérivé d’une algèbre de quaternion sur un corps de nombre totalement réelF, si et seulement si les deux conditions suivantes sont satisfaites :– k 1 = Q(T r(Γ)) est algébrique de degré n < ∞ et T r(Γ) ⊆ O k1 , lesentiers de k 1 .– ∀φ, plongement de k 1 vers C différent de l’identité, on a que φ(k 1 ) estborné.Preuve de la nécessité Soit Γ, un sous-groupe d’index fini dans un Γ(A,O)avec A, une algèbre de quaternion et O, un ordre de A. On a T r(Γ) ⊆ F etdonc k 1 ⊆ F , et comme F est totalement réel, k 1 l’est aussi.De plus, on a que T rd(O) ⊂ O F ⇒ T r(Γ) ⊂ O k1 et donc la premièrecondition est vérifiée.Pour la seconde condition, on supposera que n > 1, car sinon, il n’y arien à vérifier. ∀2 ≤ i ≤ n, on a que φ i (T r(Γ)) ⊂ T rd H (ρ i (O 1 )). De plus,∀x ∈ O 1 , on a Nrd H (ρ i (x)) = φ i (Nrd(x)) et donc ρ i (O 1 ) ⊆ H 1 . Mais commeon sait que T rd H (H 1 ) ⊆ [−2,2], on a que φ i (T r(Γ)) est borné.Remarque 10.2: La preuve de la suffisance des conditions va être faite dansles lemmes suivants.

11 Q(T r(Γ)) est totalement réel 1111 Q(T r(Γ)) est totalement réelLemme 11.1: Soit Γ, un groupe fuchsien tel que µ(Γ\H) < ∞ et satisfaisantles deux conditions du théorème. On a alors que k = Q(T r(Γ)) est totalementréel et si φ est un plongement de k vers R différent de l’identité, alorsφ(T r(Γ)) ⊂ [−2,2].Preuve Soit T ∈ Γ, et u et u −1 , les valeurs propres de T . Soit φ, unplongement de k vers C différent de l’identité. On peut étendre φ à k(u). Onappelera ψ, cette extension. On a alors que |ψ(u)| = 1. En effet, si |ψ(u)| ≠ 1alors,|φ(T r(T m ))| = |(ψ(u)) m + (ψ(u)) −m |≥ ||ψ(u)| m − |ψ(u)| −m |et donc {φ(T r(T m ))|m ∈ Z} n’est pas borné . Ainsi, |ψ(u)| = 1. Deplus, φ(T r(T )) = ψ(u) + ψ(u) −1 = ψ(u) + ψ(u) ∈ [−2,2].12 A est une algèbre de quaternionProposition 12.1: Soit Γ, un groupe fuchsien tel que µ(Γ\H) < ∞ et T r(Γ) ⊂O k où k = Q(T r(Γ)). Si Γ satisfait les deux conditions du théorème, alorsA(Γ) = k[Γ], possède la propriété des ramifications.PreuvePar le lemme technique, Γ contientT 0 =( λ 00 λ −1 )λ ≠ 1 et T 1 =( )a1 1c 1 d 1c 1 ≠ 0On va montrer que K = k(λ) est une extension quadratique propre de k.En effet, si k est une extension propre de Q ⇒ ∃ψ : K → C tel que ψ| k ≠ Id.ψ(λ) et ψ(λ) −1 sont les racines dex 2 − ψ(t 0 )x + 1 = 0 où t 0 = T r(T 0 )Par le lemme 5, |ψ(t 0 )| < 2 et donc ψ(K) est un corps imaginaire puisquele discriminant de ce polynôme est négatif. De plus, k est totalement réelet donc ψ(K) est réel, ce qui montre que K est une extension propre de k.Si k = Q, alors t 0 est un entier de Q, puisque c’est une trace d’un élémentde Γ, et donc |t 0 | > 2, puisque T est hyperbolique. Ainsi x 2 − t 0 x + 1 estirréductible sur Q, car t 2 0 − 4 ne peut être un carré. K est donc bien uneextension propre de k.Dans la suite, on notera x ′ , le conjugué de x selon k. Par exemple, λ −1 = λ ′ .

13 Lemme des plongements 12On a T r(T 1 ) = a 1 + d 1 ∈ k, et T r(T 0 T 1 ) = a 1 λ + d 1 λ ′ ∈ k. De plus, λ et λ ′sont indépendants sur k. Posons,Par conjuguaison on a,Et donc,a 1 = α 0 λ + α 1 λ ′d 1 = δ 0 λ + δ 1 λ ′(α 0 λ + α 1 λ ′ )λ + (δ 0 λ + δ 1 λ ′ )λ ′ = (α 0 λ ′ + α 1 λ)λ ′ + (δ 0 λ ′ + δ 1 λ)λ ′(α 0 − δ 1 )λ 2 + (δ 1 − α 0 )λ ′2 = 0Ce qui montre que α 0 = δ 1 . Comme a 1 + d 1 ∈ k, en procédant de la mêmemanière,α 0 λ + α 1 λ ′ + δ 0 λ + δ 1 λ ′ = α 0 λ ′ + α 1 λ + δ 0 λ ′ + δ 1 λEt donc α 0 + δ 0 − α 1 − δ 1 = δ 0 − α 1 = 0. D’où, a 1 = d ′ 1 . De plus, commedet(T 1 ) = 1, c 1 ∈ k.Ainsi,( )( )λ 0a1 1T 0 =0 λ ′ λ ≠ 1 T 1 =c 1 a ′ c 1 ≠ 01De plus, Id,T 0 ,T 1 ,T 0 T 1 , sont linéairement indépendants et donc forment unebase de A[Γ] sur k. Ainsi{( )}a bA[Γ] =b ′ c 1 a ′ |a,b ∈ K, c 1 ∈ kMaintenant, que l’on a déterminé la forme des éléments de A[Γ], on vapouvoir terminer la preuve, mais avant cela, nous avons besoin d’un dernierlemme.13 Lemme des plongementsLemme 13.1: Soit ψ, un plongement de K = k(λ) ⊂ C tel que ψ| k ≠ Id.Alors,( ) a b– ∀T =b ′ c 1 a ′ ∈ Γ, on a |ψ(a)| ≤ 1.( )a1 1– Pour T 1 =c 1 a ′ , on a ψ(c 1 ) < 0.1

14 Fin de preuve 13Preuve 1) Par le lemme 5, on a |ψ(T r(T T m 0 ))| ≤ 2. De plus, a = α 0λ +α 1 λ ′ ∈ K. D’où,ψ(a ′ ) = ψ(α 0 )ψ(λ ′ ) + ψ(α 1 )ψ(λ) = ψ(α 0 )ψ(λ) + ψ(α 1 )ψ(λ ′ ) = ψ(a)De plus, |ψ(λ)| = 1 et k est totalement réel. Ainsi,ψ(T r(T T m 0 )) = ψ(aλm ) + ψ(a ′ λ ′m ) = ψ(aλ m ) + ψ(aλ m ) = 2Re(ψ(a)ψ(λ m ))Et ψ(λ) n’est pas une racine de l’unité, car il est solution de x 2 − ψ(t 0 )x + 1qui ne divise pas x n − 1 et donc {ψ(λ) m |m ∈ Z} est dense dans S 1 . Ainsi,|Re(ψ(a)z)| ≤ 1 ∀z ∈ S 1 ⇒ |ψ(a)| ≤ 1.2) En appliquant le point 1) à T 1 , on trouve que |ψ(a 1 )| ≤ 1 et commedet(T 1 ) = a 1 a ′ 1 − c 1 = 1, on a ψ(c 1 ) − ψ(a 1 a ′ 1 ) − 1 = |ψ(a 1)| 2 − 1 ≤ 0 etc 1 ≠ 0. Ainsi, ψ(c 1 ) < 0.14 Fin de preuveSoient {φ i } 1≤i≤n , les plongements de k dans R avec φ 1 = Id. On étendφ i en ψ i : k(λ) −→ C et on définit Ψ i : A[Γ] −→ M(2,R) de la manièresuivante,( ) ( )a b ψi (a) ψΨ ib ′ c 1 a ′ =i (b)ψ i (b ′ c 1 ) ψ i (a ′ )Ainsi, A φ 1⊗R ∼ = M(2,R). Il est aussi très facile de montrer que A φ i⊗R ∼ =H pour les i > 1 en utilisant le fait que ψ i (a ′ ) = ψ i (a). La preuve est donccomplète. Troisième partie . Deux Octogones15 ArithméticitéDans cette section, nous allons appliquer le théorème précédent à uncertain groupe d’isométrie du demi-plan de Poincaré. Nous allons le fairesur deux exemples. Il s’agit dans les deux cas d’un octogone régulier, auquelon a identifié les côtés de la manière suivante dans le cercle de Poincaré,

15 Arithméticité 14Les matrices associées à ces isométries sont dans le premier cas,(α + √2β−α − √ β ) (√β22− √ β 2− √ )2α√ββ2− α √β2− α√2− √ β2α √( 2−α + √2βα − √ β ) (√β22− √ β 2+ √ )2α√ββ2+ α √β2+ α √2+ √ β2α √2et dans le second cas,(β− √ 2α( α + β −α− √ ) ( √ )2α 2α + β 0β0 β − √ 2α)−αβ − αα) ( β + α α−α + βoù α = √ 1 + √ 2, β = 1 + √ 2. Afin d’appliquer le théorème, il nous fauttout d’abord calculer Q(T r(Γ)), où Γ, est le groupe engendré par les quatrematrices génératrices dans chacun des cas. On peut remarquer que toutesles éléments de Γ sont de la forme( )r + kα s + lα−s + lαr − kαoù k,l,r,s ∈ Q( √ 2). Il y a un ( isomorphisme ) entre les matrices de cette formeet l’algèbre de quaternion −1,βQ( √ , que voici,2)( ) ( )1 00 1→ 1,→ i(0 1) (−1 0)α 00 −α→ j,→ k0 −α−α 0Avec, i 2 = −1, j 2 = β, ij = −ji = k.Les traces des éléments de Γ sont donc toutes de la forme (r + kα) + (r −kα) = 2r ∈ Q( √ 2). On peut facilement calculer que les entiers de O Q ( √ 2)sont Z[ √ 2]. Pour savoir si les traces des éléments de Γ sont bien dans Z[ √ 2],on remarque tout d’abord que, dans le second cas, les coefficients devantles α et les coefficients purement dans Q( √ 2) dans les quatre générateurssont des éléments de Z[ √ 2]. Ainsi, leurs traces sont bien dans O Q ( √ 2). Cecitermine le deuxième cas. Il nous reste à le prouver dans le premier cas, cequi sera fait dans le théorème suivant.Théorème 15.1: Les traces des éléments du groupe (que l’on notera Γ) engendrépar les quatres générateurs, p 1 ,p 2 ,p 3 ,p 4 , du premier cas sont toutesdans Z[ √ 2].

15 Arithméticité 15Preuve On va noter p 5 ,p 6 ,p 7 ,p 8 , les inverses de p 1 ,p 2 ,p 3 ,p 4 . La suppositionde base est de dire que ∀x = Π n i=1 p j i∈ Γ,x = (a +b √2) + (c + d √2)i + (e 1 + e 2√2)j + (f1 + f 2√2)kavec a,b,c,d,e 1 ,e 2 ,f 1 ,f 2 ∈ Z et b + d = e 1 + f 1 = 0 mod 2.Nous allons faire cela par récurrence sur le nombre de générateurs à partirdesquels x à été construit. Pour n = 1, le résultat est trivial, et on a enparticulier quea c b d e 1 f 1 e 2 f 2p 1 1 −1 1 −1 1 1 0 0p 2 1 −1 1 −1 0 0 0 1p 3 1 −1 1 −1 −1 −1 0 0p 4 1 −1 1 −1 0 0 0 −1p 5 1 1 1 1 −1 −1 0 0p 6 1 1 1 1 0 0 0 −1p 7 1 1 1 1 1 1 0 0p 8 1 1 1 1 0 0 0 1Montrons maintenant que la forme indiquée est bien conservée lorsquel’on multiplie x par un p i = (a ′ + √ b′2)+(c ′ + √ d′2)i+(e ′ 1 2√ +e′ 2)j+(f′1 +f 2√ ′ 2)k.Pour le terme en 1 : On obtient :qqc + bb′2 − dd′2où qqc représente un terme qui est déjà de la forme a + b/ √ 2. Commeb ′ = ±d ′ = 1, on voit que le terme restant estb ± d2et donc ceci est bien un élément de Z, car b + d = 0 mod 2.Pour le terme en i : On obtient :qqc + bd′ + db ′2Mais comme bd ′ + db ′ = b + d = 0 mod 2, tout va bien.Pour le terme en j : On obtient :mais,qqc + be′ 1 + b′ e 1 + f 1 d ′ + f ′ 1 d√2

15 Arithméticité 16mais,be ′ 1 + b′ e 1 + f 1 d ′ + f ′ 1 d mod 2= be ′ 1 + f ′ 1 d + e 1 + f 1 mod 2= be ′ 1 + f ′ 1 d mod 2= b + d mod 2= 0 mod 2Pour le terme en k : On obtient :qqc + bf ′ 1 + f 1b ′ + de ′ 1 − d′ e 1√2bf ′ 1 + b′ f 1 + e 1 d ′ + e ′ 1 d mod 2= bf ′ 1 + e′ 1 d + e 1 + f 1 mod 2= b + d mod 2 (car e ′ 1 = f ′ 1 et e 1 + f 1 = 0 mod 2)= 0 mod 2Il reste à monter que les nouveaux b + d et e 1 + f 1 restent nuls.Pour b + d : Le terme en b + d s’écrit modulo 2 commeab ′ + a ′ b + cd ′ + c ′ d+ad ′ + bc ′ + a ′ d + b ′ c mod 2= a + b + c + d + a + b + c + d mod 2= 0 mod 2Pour e 1 + f 1 : Le terme en e 1 + f 1 s’écrit modulo 2 commeae ′ 1 + be′ 2 + a′ e 1 + b ′ e 2 + f 1 c ′ + f 2 d ′ − f 1 ′ c − f 2 ′ d+af 1 ′ + bf 2 ′ + a′ f 1 + b ′ f 2 + ce ′ 1 + de′ 2 − c′ e 1 − d ′ e 2 mod 2= e ′ 1 (a + c) + e′ 2 (b + d) + e 1 + e 2 − f 1 − f 2+f 1 ′(a + c) + f 2 ′(b + d) + f 1 + f 2 + e 1 + e 2 mod 2= (e ′ 1 + f 1 ′)(a + c) + (e′ 2 + f 2 ′ )(b + d) mod 2= 0 mod 2Ainsi les traces sont toutes de la forme 2a + √ 2b ∈ Z[ √ 2].En plus, Q( √ 2) est un corps algébrique totalement réel. Il ne restedonc plus qu’à montrer que T r(φ(Γ)) est borné pour tout automorphisme φdifférent de l’identité. On a,det(x 0 + x 1 i + x 2 j + x 3 k) = x 2 0 + x2 2 − β(x2 1 + x2 3 ) = 1Le seul automorphisme différent de l’identité estφ : Q( √ 2) → Q( √ 2)x + y √ 2 → x − y √ 2

16 Topologie 17Ainsi,det(φ(x 0 + x 1 i + x 2 j + x 3 k)) = x ′20 + x ′22 − β ′ (x ′21 + x ′23 ) = 1et comme β ′ = 1 − √ 2 < 0, on a queT r(φ(x 0 + x 1 i + x 2 j + x 3 k)) = 2x ′ 0 < 2et est donc borné. Ainsi, dans les deux cas, Γ est un groupe arithmétique.16 TopologieNous avons maintenant prouvé que, dans les deux manières d’identifierles côtés des octogones, les groupes fuchsiens correspondants sont arithmétiques.Cherchons maintenant à savoir si les deux surfaces obtenues sont isométriquesou non. Tout d’abord, on peut utiliser un argument de géométrie algébrique,le complexe de DeRham, pour montrer que les deux surfaces sont topologiquementéquivalentes à un tore à deux trous.Dans le premier cas, on donne les noms a,b,c,d aux quatres côtés. Onappelle, l’octogone entier O et le seul sommet s’appellera P . Dans le secondcas, on mettera des primes aux noms des objets. On obtient les complexessuivants,0 −−−→ R{O}0 −−−→ R{O ′ }d −−−→2d R{a,b,c,d} −−−→1R{P } −−−→ 0d 2−−−→ R{a ′ ,b ′ ,c ′ ,d ′ }d 1−−−→ R{P ′ } −−−→ 0où toutes les différentielles sont identiquement nulles. Dans les deux cas,on trouve que la caractéristique d’Euler des surfaces est -2, ce qui veut direqu’il s’agit de tores à deux trous.17 Isomorphisme de groupeOn peut maintenant se demander si les deux groupes fuchsiens de cessurfaces sont isomorphes en tant que groupes. Pour cela, on peut trouverdes présentations de ces groupes. On obtient,Γ =< a,b,c,d|ab(ba) −1 = cd(dc) −1 > pour le premier casΓ ′ =< a ′ ,b ′ ,c ′ ,d ′ |a ′ b ′ c ′ d ′ = d ′ c ′ b ′ a ′ > pour le second casEnsuite, on peut ajouter une nouvelle notation,ab = r cd = s dc = t ba = ua ′ b ′ = r ′ c ′ d ′ = s ′ d ′ c ′ = t ′ b ′ a ′ = u ′

18 Isométrie 18Les relations deviennent, ru −1 = st −1 et r ′ s ′ = t ′ u ′ . Ainsi, on obtient unisomorphisme entre les deux groupes en posantφ(r) = r ′ φ(u) = s ′−1 φ(s) = t ′ φ(t) = u ′−1Toutefois, on obtient bien isomorphisme que si on peut revenir univoquementaux a,b,c,d et a ′ ,b ′ ,c ′ ,d ′ à partir des r,s,t,u et r ′ ,s ′ ,t ′ ,u ′ , ce qui n’est pas donné.Pour cela supposons que l’on aitab = rxy = rba = uyx = uet cherchons à montrer que x = a et y = b. Ecrivons x = az, alors y = z −1 bet z −1 uz = u. Ainsi, les vecteurs propres de u et z sont les mêmes et on n’aplus que deux valeurs propres à choisir. En écrivant explicitement, la formegénérale d’une matrice dont les vecteurs propres sont ceux de u, on se rendcompte qu’il n’y en a qu’une qui soit dans Γ ou dans Γ ′ , c’est l’identité. Ainsi,notre transformation est bien bijective et les deux groupes sont isomorphes.18 IsométrieAfin de savoir si les deux surfaces obtenues sont isométriques ou non,on peut employer plusieurs méthodes. Après quelques essais, j’ai utilisé laméthode des points de Weierstrass. En effet, un théorème sur les surfaces degenre deux, nous dit que si une isométrie de ces surfaces a six points fixes,alors celle-ci est unique et les six points sont appelés points de Weierstrassde la surface. Afin de montrer que les deux surfaces que nous avons sont biendifférentes, nous allons tout d’abord trouver leurs points de Weierstrass etensuite, montrer que les distances entre ces points sont différentes dans lesdeux cas.Le deuxième cas est plus facile que le premier, commençons donc par celui ci.L’isométrie qui a six points fixes est le demi-tour autour de l’origine dans lecercle de Poincaré. Elle a bien six points fixes, qui sont, l’origine, les quatresmilieux des côtés et le point qui est à l’extrémité des côtés.Pour le premier cas, l’isométrie est plus compliquée à trouver. Il faut toutd’abord trianguler la surface en 32 triangles de la manière suivante. Bien quele dessin de la page suivante nous indique le contraire, tous ces triangles sontcongruents. Il y en a 16 qui ont une orientation positive et 16 qui ont l’autreorientation. Leurs angles sont π/2,π/4,π/8 et les cosinus hyperbolique de lalongueur de leurs côtés sont 1/ tan(π/8), 1/( √ 2 sin(π/8)) et 1/(2 sin(π/8)).On peut définir l’isométrie en indiquant sur quel triangle, chaque triangleva (voir la figure de la fin). On s’aperçoit alors, que cette isométrie possèdeexactement 6 points fixes qui sont donc les points de Weierstrass.

19 Commensurabilité 19On calcule alors le minimum des distances entre les points de Weierstrassdans chacun des deux cas. Pour le second cas, on trouve la distancearccosh(β). Pour le premier cas, on trouve arccosh(1) qui n’existe pas dansl’autre cas. Les deux surfaces ne sont donc pas isométriques.19 CommensurabilitéUne question que l’on pourrait se poser à propos de cet exemple est, estceque les deux groupes correspondants sont commensurables. J’ai essayéplusieurs méthodes pour répondre à cette question et je n’ai pas réussi àtrouver un seul élément différent de l’identité dans leur intersection. Je n’aipas non plus réussi à montrer que leur intersection ne contenait que l’identité.Il semblerait que cette question soit plus difficile que les autres.Références[1] Svetlana Katok, Fuchsian Groups[2] AMS Colloqium Publications, Vol. XXIV pp. 51-52