Sophus Lie, Friedrich Engel et le problème de Riemann ... - DMA - Ens

Première solution au problème de Riemann-Helmholtz. 265en lequel il possèderait la libre mobilité dans l’infinitésimal. Par conséquent,le point invariant est imaginaire et le point imaginaire conjuguéreste simultanément au repos, ainsi que la droite de liaison réelle passantpar les deux.Si nous déplaçons alors les deux points appropriés grâce à unetransformation réelle projective en les deux points du cercle notregroupe se transforme en un sous-groupe à trois paramètres du groupesuivant à quatre paramètres :(1) p, q, yp − xq, xp + yq,et nous devons par conséquent seulement rechercher encore tous lessous-groupes à trois paramètres de ce groupe, qui satisfont notre exigence.Si un sous-groupe réel G de (1) à trois paramètres possède la libremobilité dans l’infinitésimal en un point x 0 , y 0 de position générale,alors, quand on fixe ce point, les ∞ 1 éléments linéaires : dx : dy quipassent par ce point sont transformés par l’action d’un groupe à un paramètre.Si nous nous imaginons maintenant que le point : x 0 , y 0 estdéplacé sur l’origine des coordonnées grâce à une transformation réelledu groupe à deux paramètres : p, q, alors le groupe G reçoit une nouvelleforme dans laquelle il y a en tout cas une transformation infinitésimalede la forme :(2) yp − xq + c (xp + yq),car : xp + yq laisse généralement au repos chaque élément linéaire passantpar l’origine des coordonnées. De plus, comme groupe transitif, Gcontient encore deux transformations infinitésimales de la forme 6 :p + α (xp + yq),q + β (xp + yq).En calculant maintenant les crochets avec (2), on obtient :−q + c p, p + c q,et comme c est réel, et que G ne peut contenir que trois transformationsinfinitésimales indépendantes, on en déduit que α et β s’annulent tousdeux, et que par conséquent G possède la forme :p, q, yp − xq + c (xp + yq).Ainsi, la proposition suivante est valide.6 — après combinaison linéaire via (2) —