R 3. dx = e f (e 1 du + e 2 dv)

j. differential geometry 79 008 479-516 SURFACES ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES Idrisse Khemar Résumé We define a notion of isotropic surfaces in O, i.e., on which some canonical symplectic forms vanish. Using the cross-product in O we define a map ρ: Gr O S 6 from the Grassmannian of O to S 6. This allows us to associate to each surface Σ of O a function ρ Σ :Σ S 6. Then we show that the isotropic surfaces in O such that ρ Σ is harmonic are solutions of a completely integrable system. Using loop groups we construct a Weierstrass type representation of these surfaces. By restriction to H O we obtain as a particular case the Hamiltonian Stationary Lagrangian surfaces of R 4, and by restriction to ImH we obtain the CMC surfaces of R 3. Introduction Dans cet article, nous étudions certaines surfaces isotropes de O = R 8. L'idée de s'intéresser à de telles surfaces vient de la volonté de chercher des analogues aux surfaces lagrangiennes hamiltoniennes stationnaires de R 4, dans R 8. Ces surfaces de R 4 forment un système complètement intégrable présentant une structure inédite cf. [9] et il est naturel d'en chercher des généralisations dans R 8 cf. [13]. Considérons une surface Σ lagrangienne de R 4. On peut localement trouver une paramétrisation conforme de Σ par des coordonnées u, v Ω, Ω étant un ouvert de R, i.e., une immersion X :Ω R 4 telle que dx = e f e 1 du + e dv avec e 1,e base hermitienne de C pour tout u, v Ω, f C R. L'identification entre R 4 et C est donnée par x 1,x,x 3,x 4 x 1 + ix,x 3 + ix 4. A la surface Σ est associé l'angle lagrangien β défini par e iβ =dete 1,e qui ne dépend pas de la paramétrisation choisie car il ne dépend que du plan tangent T Xu,v Σ=Re 1 + Re. Maintenant considérons la fonctionnelle d'aire AΣ = Σ dv sur l'ensemble des surfaces orientées lagrangiennes de R 4. Un point critique pour cette fonctionnelle est une surface lagrangienne Σ telle que δaσx = Received 11/10/006. 479

480 frenchi. KHEMAR 0 pour tout champ de vecteur X à support compact sur R 4 avec la condition supplémentaire que X doit être lagrangien i.e., son flot préserve les surfaces lagrangiennes ; si on suppose que cela n'est vrai que si X est hamiltonien, i.e., X = i h avec h C R 4, R alors Σ est dite hamiltonienne stationnaire. On montre alors, cf.[9], que Σ est hamiltonienne stationnaire si, et seulement si, β =0où est le laplacien sur Σ défini à l'aide de la métrique induite. Dans [9], il est montré que les surfaces lagrangiennes hamiltoniennes stationnaires de R 4 sont solutions d'un système complètement intégrable. Dans le langage des systèmes complètement intégrables on construit une famille de connexions de courbure nulle α λ, λ S 1 qui s'écrit : 1 α λ = λ α + λ 1 α 1 + α 0 + λα 1 + λ α cf. [9], [11]. Nous proposons ici de trouver des surfaces de R 8 isotropes telles qu'à chacunes d'elle, Σ, corresponde une fonction ρ Σ :Σ S 3 analogue de e iβ :Σ S 1 et que les surfaces pour lesquelles ρ Σ est harmonique forment un système complètement intégrable. Pour ce faire nous allons procéder par analogie avec les surfaces lagrangiennes hamiltoniennes stationnaires de R 4. Commençons par formuler le problème dans R 4 à l'aide des quaternions. Ensuite nous procéderons par analogie en utilisant les octonions Section. Le rappel des définitions et connaissances nécessaires sur les octonions est fait dans la section 1. Pour x, y H, on a x ȳ = x, y R 4 ωx, yi det C x, yj = x, y C det C x, yj où ω = dx 1 dx + dx 3 dx 4. Ainsi pour e 1,e base orthonormée d'un plan lagrangien de R 4 on a e 1 ē = e iβ j où β est l'angle lagrangien du plan Vecte 1,e. On voit que l'on peut exprimer la contrainte lagrangienne ainsi que l'angle lagrangien à l'aide du produit dans H. Plus précisemment, nous avons appliqué la procédure suivante : on forme le produit x ȳ, avec x, y de norme 1, puis on suppose que les deux premiers termes de x ȳ H dans la décomposition H = R Ri Rj Rk, sont nuls et alors on a x ȳ S 1 j ce qui nous permet de récupérer e iβ S 1. Nous procéderons de même dans R 8 en utilisant le produit des octonions section. Pour q, q O = H on a q q = q, q + 7 ω i q, q e i i=1

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES481 où e i 0 i 7 est la base canonique de R 8, ω i =,L ei, et L ei designe la multiplication à gauche par e i. Nous introduisons la décomposition q.q =Bq, q, ρq, q H. Alors nous regardons les surfaces isotropes pour ω 1,ω,ω 3, que nous appelons surfaces Σ V. Nous nous intéressons donc à l'ensemble Q des plans de O isotropes pour ces 3 formes symplectiques. L'ensemble V des bases orthonormées de ces plans est l'ensemble des couples normées q, q S 7 S 7 qui vérifient Bq, q =0V est l'analogue de l'ensemble des bases hermitiennes de C. On a alors Q = V/SO, et ρq, q S 3 pour tout q, q V la norme est multiplicative dans O : qq = q q =1. On a ainsi défini une fonction ρ : V S 3 analogue à e iβ et cette fonction passe au quotient en une application ρ : Q S 3. D'autre part dans le cas de R 4 on a le groupe U qui agit librement et transitivement sur l'ensemble des bases hermitiennes et on peut écrire l'action de U à l'aide des quaternions : on a le morphisme surjectif de groupe, de noyau ±1 : et on peut écrire S 3 S 3 SO4 p, q L p R q = R q L p =x px q x.ȳ = x, y + x, iy i + x, jy j + x, ky k. Ainsi U est le sous-groupe de SO4 qui commute avec L i d'où U = {L p R q,p S 1,q S 3 }. Quant à SU c'est le sous-groupe de SO4 qui commute avec L i,l j,l k d'où SU = {R q,q S 3 }. D'une manière générale, pour g = L p R q SO4 on a gxgy =pxȳ p. Par analogie nous allons chercher le groupe qui conserve B, i.e., le sous-groupe de SO8 qui conserve ω 1,ω,ω 3. Nous trouverons le groupe SU SU. Le résultat est très différent de ce qui ce passe dans H mais c'est le bon groupe de symétrie. En effet comme ρ Σ est à valeurs dans S 3 et que nous voulons lui imposer d'être harmonique, nous allons utiliser la théorie des applications harmoniques du point de vue des systèmes intégrables cf. [3] ainsi que [6, 7, 1, 8, ] et donc écrire S 3 comme un espace symétrique : S 3 = S 3 S 3 / où est la diagonale de S 3 S 3, = {a, a,a S 3 } et est l'analogue de SU. Cependant nous nourrissons l'espoir d'avoir un groupe qui agit transitivement sur V ce qui n'est pas le cas de S 3 S 3 ainsi qu'il en est pour U et les bases hermitiennes de C. Nous allons donc chercher à grossir le groupe en prenant le sous-groupe de SO8 qui conserve la nullité de B : nous trouvons alors un groupe G de dimension 9 V est de dimension 10 qui n'agit donc pas transitivement. Alors nous regardons l'action de G sur Q, qui lui est de dimension 9. Malheureusement nous trouvons que l'action n'est toujours pas transitive. Nous calculons alors les orbites : nous trouvons que toutes les orbites sont de dimension 8 sauf deux orbites

48 frenchi. KHEMAR dégénérées l'une de dimension 7, l'autre de dimension 6. En outre nous construisons une fonction p: Q [0, 1/] dont les fibres sont les orbites de G, les orbites dégénérées étant p 1 {0} et p 1 { 1 } respectivement. Ensuite nous arrivons à trouver un moyen simple de passer d'une orbite à une autre cf. théorème 6. Enfin nous terminons la Section en étudiant algébriquement le groupe G et son algèbre de Lie. Dans la Section 3 nous étudions les surfaces Σ V. Nous montrons que celle dont le ρ Σ est harmonique forment un système complètement intégrable : nous contruisons une famille de connexion de courbure nulle α λ comme dans 1. Ensuite nous montrons que les surfaces Σ V sont solutions de deux équations l'une linéaire, l'autre non linéaire. En fait c'est la même équation où on représente la surface de manière différente. Dans la Section 4, nous exposons la méthode des groupes de lacets, en se référant à [3] et [9] pour les détails. Puis nous obtenons une représentation de type Weierstrass pour les surfaces Σ V. Dans la Section 5, nous calculons le vecteur courbure moyenne d'une surface Σ V dans l'espoir d'obtenir une interprétation variationnelle. Dans la Section 6, nous montrons que ce que nous avons fait pour les surfaces Σ V est en fait un cas particulier de quelque chose de plus général. En effet, en considérant le produit vectoriel de O, nous définissons une application ρ: Gr O S 6. Alors nous montrons que les surfaces immergées Σ de O telles que ρ Σ : z Σ ρt z Σ S 6 est harmonique surfaces ρ harmoniques forment un système complètement intégrable. Le groupe de symétrie est alors Spin7. Plus généralement, soit I {1,...,7} alors les surfaces ω I isotropes, i.e., isotropes pour ω i, i I, dont le ρ Σ qui est alors à valeurs dans S I = S i/ I,i>0 Re i S 6 I est harmonique, forment un système complètement intégrable. Le groupe de symétrie est alors G I Spin7 I. Pour I = {1,, 3}, on retrouve les surfaces Σ V. Nous construisons donc une famille S I paramétrée par I, d'ensembles de surfaces solutions d'un système intégrable, tous inclus dans S, telle que I J implique S J S I. Par restriction à H on obtient les surfaces ρ harmoniques, ω I isotropes de H. Alors ρgr H = S et I =0, 1 ou. Pour I =1on retrouve les surfaces lagrangiennes hamiltoniennes stationnaires de R 4 et pour I =, les surfaces spéciales lagrangiennes. Par restriction à ImH, on retrouve les surfaces CMC de R 3. Nous terminons l'article par le calcul du vecteur courbure moyenne d'une surface quelconque de O en fonction de ρ nous pensons qu'il existe une interprétation variationnelle des surfaces ρ harmoniques.

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES483 1. L'algèbre des octonions 1.1. Définitions. On rappelle ici les définitions et propriétés sur les octonions qui nous seront utiles pour la suite. Pour avoir plus de détails et pour les démonstrations on pourra consulter [4], [5]. On appelle algèbre des octonions l'espace vectoriel : { } x ȳ O =,x,y H M y x H muni de la multiplication i.e., application bilinéaire sur O : x ȳ x ȳ xx y x y x = y ȳ ȳ x ȳ x x y + xy x x yȳ On voit que l'on peut identifier O à H = R 8 muni de la multiplication x x xx y ȳ y y = x y + xy. On définit une conjugaison q q à l'aide de la conjugaison sur les matrices : x y = x y. On remarque la présence d'un élément neutre pour la multiplication : 1 =1, 0 et O est ainsi une R-algèbre unitaire. En particulier, R.1 est une sous-algèbre dont les éléments seront dits réels et caractérisés par q = q. On définit sur O la norme Nq =q. q = q.q = x x + yȳ R qui n'est autre que la norme euclidienne standard de H = R 8. Cette norme est multiplicative : Nqq =NqNq. En particulier S 7 est stable par multiplication. Les octonions orthogonaux à 1, R, pour la norme N seront dits : octonions pures, et caractérisés par q = q, ou encore q R. Si on se restreint à la sphère S 7 = {q O, q.q =1} alors le sous-ensemble des octonions purs de S 7 est caractérisé par q = 1. La base canonique de R 8 correspond en écriture matricielle à la base des octonions : E 1 0 =,I 0 1 i 0 =,J 0 i j 0 =,K 0 j k 0 = 0 k E = 0 1 1 0,I = E I 0 i = i 0 K = E K = 0 k k 0,J = E J 0 j = j 0 Dans la suite il nous arrivera aussi de noter cette base e i 0 i 7 l'ordre des vecteurs étant toujours le même. O n'est pas associative : I J K =I I =E tandis que I J K = K K = E..,

484 frenchi. KHEMAR 1.. Propriétés de la multiplication. Proposition 1. i xz, yz = Nz x, y, zx,zy = Nz x, y, ii xz, yw + yz, xw = x, y z,w, iii si x/ R1, R1 Rx est une algèbre isomorphe isométrique à C. Proposition. i xy =ȳ x, x = x, x, y = Rexȳ =Re xy, ii x xy =Nxy, xȳy = Nyx, iii xȳz+y xz = x, y z, zȳx +z xy = x, y z, iv si x, y =0, alors xȳ = y x et xȳz = y xz, zȳx = z xy. Définition 1. On dira d'un élément x 0 d'une algèbre A non associative qu'il est inversible s'il existe x A tel que y A, x xy = xx y=yxx =yx x = y. Ceci revient à dire que L x : y xy et R x : y yx sont inversibles d'inverses respectives L x et R x. Proposition 3. Tout x O {0} est inversible d'inverse Nx 1 x. En outre on a t L x = L x, t R x = R x. Proposition 4. On a les propriétés d'associativité suivantes : i ii axya = axya axay = axay xaya = xaya, xyx = xyx xxy = x y xyy = xy, iii R x L x = L x R x, L x = L x, R x = R x, L axa = L a L x L a, R aya = R a R y R a. Proposition 5. L'application trilinéaire {x, y, z} =xyz xyz est alternée donc antisymétrique. Proposition 6. i x, y O commutent si, et seulement si, 1,x,y est liée et alors la sous-algèbre unitaire engendrée par x et y est isomorphe à C on suppose que {x, y} R1. ii S'ils ne commutent pas alors la sous-algèbre qu'il engendrent est isomorphe isométrique au corps H des quaternions.

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES485 iii Si D est une sous-algèbre unitaire de O de dimension 4i.e., H et si a D {0} alors O = D a.d et on a x + ayx + ay =xx λy ȳ+ax y + xy avec λ = Na. iv Soit a, b R1 unitaires et orthogonaux alors comme ab = ba la sous-algèbre D engendrée par a, b est de dimension 4, et soit c D unitaire alors {1,a,b,ab,c,ca,cb,cab} est une base orthonormée de O qui a la même table de multiplication que la base canonique. Proposition 7. Si x, y ne commutent pas i.e., 1,x,y est libre alors z {x, y, z} n'est pas identiquement nulle autrement dit L xy L x L y ou encore par antisymétrie R yx R x R y, ou encore L x R y R y L x. Théorème 1. Si L x L y = L z alors obligatoirement z = xy et donc x, y commutent, et de même R x R y = R z = z = yx. Ainsi {L x,x O } et {R x, x O } ne sont pas des sous-groupes de GLO =GLR 8. Proposition 8. L x L y = L y L x xy = yx idem pour R.. Plans isotropes et Groupes opérants.1. Analogie à l'aide des octonions. Comme nous l'avons expliqué dans l'introduction, on va étudier l'expression q.q dans O par analogie avec H. Soit donc q =x, y, q =x,y O, alors on a x x q.q xx =. y y = + y.y x y xy. On peut aussi écrire en notant e i 0 i 7 la base canonique de R 8 = O définie à la section 1 : 7 q q = q, q + q, e i q e i. Posons ω i q, q = q, e i q, 0 i 7, alors ω i est la forme symplectique sur R 8 associée à l'endomorphisme L ei L ei = Id. On a alors 7 q q = q, q + ω i q, q e i. On notera et i=1 i=1 Bq, q =x x + y y = q, q + ρq, q =xy x y = 3 ω i q, q e i i=1 7 ω i q, q e i 4. i=4

486 frenchi. KHEMAR Soit alors V = {q, q S 7 S 7 /Bq, q =0}. On a alors pour tout q, q V 0 q q = ρ avec ρ S 3. Ceci s'écrit encore 0 q = q. ρ On a ainsi défini une fonction ρ: q, q V ρq, q S 3. On peut calculer les coordonnées de q en fonction de celles de q d'après l'expression précédente : q = y ρ xρ avec q =x, y. En particulier on voit que V est une sous variété de S 7 S 7 difféomorphe à S 7 S 3, le difféomorphisme étant évidemment q, q q, ρ. Enfin on remarque que ρ ne dépend que du plan orienté engendré par q, q... A la recherche de groupes agissant sur V. Cherchons le sousgroupe de GL8 qui conserve B, i.e., le groupe des éléments g SO8 qui commutent avec L I,L J,L K, i.e., avec les L x,0, x H. On a Lx 0 A B L x,0 = ainsi en posant g = on a pour tout 0 L x C D x H : Lx 0 A B A B Lx 0 0 L x C D C D 0 L x Lx A AL = x L x B BL x. L x C CL x L x D DL x En égalant la dernière matrice à 0 on obtient : x H [L x,a] = [L x,d]=0, BL x = L x B, CL x = L x. Les équations sur A, D signifient que A = R a, D = R d avec a, d H. Pour B,C on a Bx.1 = xb1 d'où Bax =axb1 mais on a aussi Bax =BL a x=ābx =ā xb1 or comme ax ā x en général on a donc B1 = 0 et donc B =0et de même pour C. D'où, Théorème. g SO8 conserve B si, et seulement si, Ra 0 g = 0 R d avec a, d S 3, ainsi le groupe conservant B est SU SU. Remarque 1. Le groupe obtenu n'agit pas transitivement. D'autre part, contrairement à ce qui se passe dans H, ici, comme on l'a vu dans la section 1, R q et L p ne commutent pas, {R q L p, q,p S 7 } n'est pas un groupe et on n'a pas : qbq b=qq.

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES487 On peut se demander pourquoi le résultat est très différent de ce qui se passe avec les quaternions où le groupe qui conserve, C, i.e., U, agit transitivement sur les bases hermitiennes. Cela s'explique par l'absence d'associativité. Dans H, si g SO4 commute avec L i et L j, il commute alors avec L k = L i L j tandis que dans O le fait de commuter avec L K est une condition supplémentaire. D'ailleurs, on peut voir que le sousgroupe de SO8 qui commute avec L I,L J est de dimension 10 car isomorphe à Sp = U, H et donc la condition de commutativité avec L K, fait passer la dimension de 10 à 6. Le groupe, S 3 S 3, ainsi obtenu est le bon groupe de symétrie recherché pour obtenir un système complètement intégrable, car pour écrire S 3 sous la forme d'un espace symétrique, on peut écrire S 3 = S 3 S 3 / où est la diagonale. De même dans [9], il suffirait de se restreindre au groupe S 1, or les auteurs y utilisent le groupe U tout entier qui agit transitivement sur les bases hermitiennes, en écrivant que S 1 = U/SU. On voudrait ici de la même manière trouver un groupe contenant S 3 S 3 qui agisse transitivement ou du moins "le plus transitivement possible" sur V. Car dans le cas où G agit transitivement sur V on peut toujours relever un couple q, q V en un élément de G, et le fait de travailler sur G permet de représenter une surface par un élément de R +.G dans [10] on obtient ainsi une équation de Dirac. D'autre part, on veut comprendre la géométrie de V, i.e., la géométrie des plans isotropes pour les trois formes symplectiques ω i, i =1,, 3 de la même façon que la géométrie des plans lagrangiens de C est étudiée ou rappelée dans [9]. Le plus gros groupe qui conserve V est le sous groupe de SO8 qui conserve la nullité de B. Il est donné par : Théorème 3. Soit G = {g SO8/Bq, q =0 Bg.q, g.q = 0}, c'est le plus grand sous-groupe de GL8 qui stabilise V. Il existe un morphisme surjectif θ : G O3 O4 à valeurs dans le groupe des isométries de H qui fixent 1, tel que θ 1 SO3 = G 0, la composante neutre de G, et θ 1 O 3 = L E G 0, donc et tel que tout g G 0 s'écrit g =. Plus Précisement G 0 = G = G 0 L E G 0, Ra θg 0 0 R b θg { } Ra L c 0, a,b,c S 0 R b L 3. c De plus on a q, q O, Bg.q, g.q =θgbq, q pour tout g G. En outre pour tout g G 0, on a θl E g =θg = θg où désigne la conjuguaison de H qui est aussi l'élément I 3 de OIm H =O3. Enfin dans G 0, on a θdiagr a L c,r b L c = Int c =x Im H cxc 1. Démonstration μ Dire que g GL8 vérifie Bq, q =0= Bg.q, g.q =0revient à dire que q, L ei q =0, 0 i 3 = g.q, L ei g.q

488 frenchi. KHEMAR =0, 0 i 3 ce qui équivaut à 3 t gl ei g = θ ij L ei, 0 i 3 j=0 avec θ ij R. Alors en posant θg =θ ij 0 i,j 3, on a θgg =θgθg pour tout g, g G = {g GL8/ Bq, q =0 Bg.q, g.q =0}. En effet on a 3 3 3 t gg L ei gg = t g θ ij gl ej g = θ ij gθ jk g L ek j=0 = j=0 k=0 3 θgθg ik L ek d'où le résultat. Ainsi θ : G GL4 est un morphisme de groupe. Prenons i =0dans, comparons l'équation obtenue avec sa transposée, alors en utilisant que t L ej = L ej pour j 1, on voit que l'on doit avoir t gg = θ 00 Id et θ 0j =0pour 1 j 3. En procédant de même pour i 1 on obtient θ i 0 =0pour 1 i 3 ; il en résulte que θ = Diagθ 00, μ avec μ GL3. De plus comme t gg = θ 00 Id, on doit avoir θ 00 > 0 et donc G = R +.G avec, rappelons le, G = G SO8. Maintenant en écrivant pour i 1 et g G, et en utilisant le fait que les L ei,i 1, anticommutent deux à deux, on obtient : k=0 δ ik Id = g 1 L ei L ek + L ek L ei g =g 1 L ei gg 1 L ek g+g 1 L ek gg 1 L ei g = μ ij μ kl L ej L el + L el L ej = 1 j,l 3 3 μ ij μ kj Id j=1 d'où μg O3 si g G. A B Cherchons, ensuite à quelles conditions g = G. Pour C D Le 0 cela, on utilise toujours, et le fait que L ei = i avec 0 L e i e 1,e,e 3 =i, j, k la base canonique de Im H, cela donne : Le A i L e i C L e B ALμ i BL i = μ i L e i D CL μ i DL μ i

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES489 où μ i = 3 j=0 μ ije j Ri Rj Rk = Im H. Ainsi pour A par exemple, on a L e i A = AL μ i, d'où e i.a1 = Aμi ce qui imlique que A. 1 0 0 0 0 0 0 t μ =a, e 1.a, e.a, e 3.a =R a avec a = A1. Finalement on a donc A = R a.diag1, μ=r a.θ et de même D = R d.diag1, μ, B= R b.diag1, μ, C= R c.diag1, μ = R c.diag1, μ, où = Diag1, I 3 est la conjuguaison dans H. Ensuite on écrit qu'on doit avoir L e i.ae j =Aμi.e j pour 1 i, j 3 en utilisant l'expression de A que l'on vient d'obtenir. On trouve, après calcul, que : L e i = AL μ i, 1 i 3 μ = comμ ou a =0 com désigne la comatrice, comme μ O3 cela veut dire det μ =1 ou a =0. On trouve la même chose pour D. Pour B on a aussi : L e i = BL μ i, 1 i 3 detμ = 1 ou b =0 et de même pour C. On achève la démonstration en remarquant que 0 Id L E =, et que le groupe des automorphismes de H est Id 0 égal au groupe des automorphismes intérieurs de H qui n'est autre que SOIm H. q.e.d. Ce théorème permet de voir comment ρ: q, q ρq, q = xy x y se transforme sous l'action de G : ρg.q, g.q =āρq, q b pour g = DiagR a L c,r b L c. Ainsi l'action de G 0 sur V = {q, ρ S 7 S 3 } s'écrit g q, ρ = g.q, āρ b. En outre, on voit que l'action de G sur ρ définit une action transitive de G 0 sur S 3. Si l'on oublie les L c qui n'ont aucun effet sur ρ, et que l'on se restreint au groupe S 3 S 3, cette action n'est autre que le revêtement universel de SO4. Maintenant pour g = DiagR a L c,r b L c.l E on a ρg.q, g.q =ā ρq, q b. On a donc trouvé un groupe G de dimension 9 agissant sur V qui est de dimension 10. Cette action ne peut donc pas être transitive. On est donc amené à étudier l'action de G sur les plans engendrés par les éléments de V, en espérant qu'elle soit transitive.

490 frenchi. KHEMAR.3. Action de G sur les plans de V/SO. Considérons l'ensemble des plans orientés de R 8 engendrés par les q, q V : Q = {Plans orientés annulant ω 1,ω,ω 3 }. Q est une sous-variété compact de Gr R 8 ={plans orientés de R 8 }, difféomorphe à V/SO, l'action de SO sur V étant donnée par q, q q, q R θ = cosθq +sinθq, sin θq +cosθq. En effet, comme V est fermé dans Y = {q, q orthonormées de R 8 }, le graphe R V de l'action de SO sur V, R V = R Y V V, est fermé, puisque R Y, le graphe de Y modulo SO est fermé Y/SO = Gr R 8 a une structure de variété quotient donc V/SO admet une structure de variété quotient et munie de cette structure, c'est une sous-variété de Gr R 8 de dimension 9. Lorsqu'on identifie V à S 7 S 3 l'action de SO s'écrit 0 R θ q, ρ =cosθq+sinθ q, ρ. ρ G agit sur Q : si on note [q, q ] le plan engendré par q, q on a g.[q, q ]= [g.q, g.q ]. Cette action n'est pas transitive. En effet, considérons P 0 = [1,E ] alors G 0.P 0 = {[ ca 0, 0 cb ],a,b,c S 3 } = {[ x 0, 0 y ], x = y = 1} est de dimension au plus 6 < 9. De plus L E [1,E ]=[E, 1] = [1,E ]. Finalement G.P 0 = G 0.P 0 est de dimension 6..3.1. Calcul du stabilisateur d'un point. Soit P 0 =[q 0,q 0 ] Q et StabP 0 le stabilisateur de P 0, alors comme G est compact, on sait que OP 0 =G.P 0 est une sous-variété compacte de Q et G/StabP 0 = G.P 0. Ainsi si on avait dimstabp 0 = 0, alors OP 0 serait une sous variété de dimension égale à dimg =dimq, donc un ouvert de Q mais aussi un fermé car elle est compact, donc comme Q est connexe car V S 7 S 3 est connexe on aurait que OP 0 =Q donc G agirait transitivement or ce n'est pas le cas. Donc P 0 Q, dimstabp 0 > 0 et dim OP 0 8. Les orbites sont en fait données par : où Théorème 4. Q admet la partition suivante : P 1 =[1,E ], P = Q = G.P 1 G.P U [ 1 i, i 1 [ ] x x U = {P =, y y Q, /x, x est libre et x, x + x x 0} est un ouvert de Q. De plus on a G.P 1 = {P Q/x, x est liée}, G.P = {P Q/ x, x = 0, x = x } et enfin P U, G.P est une sous-variété compacte de ],

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES491 dimension 8. Ainsi, il y a deux orbites dégénérées G.P 1, et G.P, et toutes les autres orbites sont de dimension 8. On peut ajouter que P Q, G 0.P = G.P et que si P G.P 1, alors StabP P = {±Id P }, si P GP, alors StabP P = SOP, si P U, alors StabP P = {±Id P }. Démonstration μ Dans un premier temps, on se restreint à l'action de G 0. Soit donc P =[q, q ] Q et posons q =x, y, q =x,y = y ρ, xρ. Soit g StabP, alors il existe θ R tel que ce qui s'écrit 3 g.q, q =q, q R θ i.e., g P = R θ { cx a =cosθx+sinθx cx a = sin θx+cosθx et āρ b = ρ. Si x, x est libre alors cela implique que Mat x,x R a L c [x,x ]=R θ, ce qui nécessite que ou bien x, x = x x =0ou bien θ =0mod π. Ceci nous amène à différencier trois cas : 1 x, x est libre et x, x 0ou x x 0 x, x est libre et x, x = x x =0 3 x, x est liée. Dans chaque cas, on détermine le sous-groupe de SO4, {R a L c SO4 vérifiant les premières équations de 3}, ce qui nous donne alors dim StabP et StabP P. On trouve alors que dim StabP =1,, 3 dans les cas 1,,3 respectivement. Ceci nous donne dim OP dans chaque cas. Ensuite, dans les cas et 3, respectivement, on détermine facilement un élément g = DiagR a L c,r b L c G 0 tel que P = g.p et P = g.p 1 respectivement. Enfin, on vérifie que L E P 1 = P 1, L E P = P et que P U, L E P G 0.P d'où G.P = G 0.P, P Q. Ceci achève la démonstration. q.e.d..3.. Caractérisation des orbites. On cherche une fonction p: Q R dont les fibres soient les orbites de G 0 et donc de G. Elle est donnée par le : Théorème 5. Soit p: [q, q ] Q Imx. x [0, 1 ]. Alors les orbites de G sont les fibres de p : 1 p 1 0 = G.P 1 = {P Q/x, x est liée} p 1 1 =G.P = {P Q/ x, x = x x =0} 3 p 1 ]0, 1 [ = U et P, P U, pp =pp G.P = G.P. Démonstration μ D'abord p est bien définie car Imx. x ne dépend que du plan [q, q ]. Ensuite, elle est bien à valeurs dans [0, 1 ] puisque x + x = 1. Elle est invariante sous l'action de G 0 : pour g =

49 frenchi. KHEMAR DiagR a L c,r b L c on a p[g.q, g.q ] = cimx. x c 1 = Imx. x = p[q, q ], et sous l'action de L E on a pl E [q, q ] = Im y. y = Imx. x. Montrons réciproquement que toute fibre est incluse dans une orbite. On a p[q, q ] = 0 x. x = α R x x = αx x, x est liée, d'où p 1 0 = G.P 1. Pour la suite on aura besoin du lemme suivant : Lemme 1. Pour tout P Q, il existe un représentant q, q Q tel que x, x =0. Démonstration du lemme μ On suppose que x, x 0alors on a cos θx+sinθx, sin θx+cosθx = cosθ x, x + x x sinθ = A cosθ + φ et cette dernière fonction de θ s'annule pour certaines valeurs de θ, ce qui veut dire qu'il existe un représentant de P tel que x, x =0. Démonstration du théorème μ Dorénavant, on suppose que x, x =0 et donc Imx. x =x. x. Ainsi si x. x = 1, alors x x = 1 et comme x + x =1on a donc x = x = 1, ainsi comme x, x =0, on a P G.P. On a bien p 1 { 1 }=G.P. Soit P, P U tel que pp =pp avec P =[q, q ],P =[q 1,q 1 ]. Alors pp =pp μ SO3 tel que Imx 1. x 1 =μimx. x = cimx. x c 1, alors quitte à remplacer q, q par g.q, g.q, avec g = DiagL c,l c, on est ramené au cas où Imx 1. x 1 =Imx. x et en prenant des représentants convenables, ceci s'écrit encore i.e., x 1. x 1 = x. x 4 x 1 ρ 1 ȳ 1 = xρ ȳ d'où { x y = x1 y 1 x + y = x 1 + y 1 = { x = x1 y = y 1 ou { x = y1 y = x 1. On peut se ramener à la première des { possibilitées quitte à remplacer q, q par q x1 = x.a,q, on peut alors poser y 1 = y.b, avec a, b S3, et en revenant à 4, on obtient āρ b = ρ 1, donc g.q, q =q 1,q 1 avec g = DiagR a,r b et finalement G.P = G.P.

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES493 Ceci achève la démonstration du théorème. q.e.d. Théorème 6. Soit V 1 = R +.π 1 SO U ={q, q O O / q = q,bq, q =0et 0 < Imx. x < 1 q }. Alors considérons l'action de R + sur V 1 définie par : α, β q, q αx βx =, βy αy Alors l'action de R + commute avec celle de G 0. Soit q 0,q 0 V 1 tel que x 0,x 0 =0alors q, q V 1, g, α, β G 0 R +, θ R tel que g α, β q 0,q 0 R θ =q, q. Il y a exactement deux possibilitées pour α, β, l'une tel que α< q / x 0, l'autre tel que α> q / x 0. R θ peut être changé en R θ et donc g en g, g peut varier dans g.stab[q 0,q 0 ]. Démonstration μ Posons q 0, q 0 = 1 q 0 q 0,q 0 et q, q = 1 q q, q. Alors on a pα,β q 0, q 0 = α β p q 0, q 0. On choisit α,β tel que α x 0 +β ỹ 0 =1et α β p[ q 0, q 0 ] = p[ q, q ], on montre que ceci est possible et qu'il y a exactement deux solutions par l'étude de la fonction α α 1 α x 0 1 1 x 0 1 dont la valeur maximale est 1 x 0 ỹ 0 = 1 p q 0, q 0. Ensuite, on pose α, β =α q q 0,β q q 0. Alors α, β q 0,q 0 est de norme q et [ 1 q α, β q 0,q 0 ] est dans l'orbite de [ q, q ] donc il existe g G 0 et θ R tel que g α, β q 0,q 0 R θ =q, q. q.e.d. Remarque. L'action de R + permet de passer d'une orbite à l'autre tandis que G 0 agit transitivement sur chaque orbite. Cependant, l'action de R + n'est pas compatible avec celle de SO : elle n'envoie pas un plan sur un autre plan. Comme on le voit sur la démonstration, le théorème est valable pour les éléments de G.P, i.e., on aurait pu prendre R +.π 1 SO Q G.P 1={q, q O O / q = q,bq, q = 0 et Imx. x 0} au lieu de R +.π 1 SO U. Dans le cas où [q, q ] G.P, α, β est unique et donné par α, β = q / x 0, q / y 0. En ce qui concerne le point de référence q 0,q 0, on ne peut pas le prendre quelconque ; comme on le voit sur la démonstration on a besoin de x 0 ỹ 0 = p q 0, q 0, i.e., x 0,x 0 =0. On peut prendre par exemple q 0,q 0= 1 i, i 1 et alors ρq 0,q 0 =1. On a alors α + β = q et les deux possibilitées pour α, β dans le cas de U sont α< q et α> q tandis que pour G.P on a α = β = q. On voit aussi que le théorème est encore valable pour

494 frenchi. KHEMAR q, q G.P 1 et on alors αβ =0et α + β = q, mais évidemment on ne peut pas prendre q 0,q 0 G.P 1. Remarque 3. L'angle θ a une définition intrinsèque. En effet, soit P U, alors il existe un couple q 1,q 1 P unique à ±1 près tel que x 1,x 1 =0, alors θ est l'angle défini modulo π tel que q, q = q 1,q 1 R θ pour [q, q ]=P. On a donc défini une fonction q, q V 1 θq, q R/πZ Ainsi dans chaque plan P U, il existe un axe privilégié. Cette axe permet de mesurer des angles de droites dans P..4. Décomposition de G et de son algèbre de Lie. On a défini l'application ρ par analogie avec le déterminant sur les bases hermitiennes de C. On voudrait définir l'analogue du déterminant sur le groupe U, i.e., une fonction définie sur G à valeurs dans S 3 qui corresponde d'une certaine manière à ρ. Soit q 0,q 0 V tel que ρq 0,q 0 =1. Considérons ρg.q 0,g.q 0 pour g G 0, on a ρg.q 0,g.q 0=ā.1.b =ā.b. On se demande à quelle condition a-t-on ρg.q 0,g.q 0 =ρg.q 0,g.q 0. C'est le cas { si, et seulement si, a 1.b = a 1 b a a 1 = b b 1 b d S 3 / = db a = da i.e., g 1 g Rd L = c 0. Donc si g 0 R d L 0 G 0 c est tel que ρg 0.q 0,g 0.q 0 =ρ 0 alors ρg.q 0,g.q 0 =ρ 0 si, et seulement Rd L si, g = g 0. c 0. Pour g 0 R d L 0, on peut prendre par exemple g 0 = c Id 0. On a en fait le théorème suivant : 0 R ρ0 Théorème 7. Soit { } { } G 0 Ra L 0 = c 0,a,c S 0 R a L 3, G 0 Id 0 =,ρ S c 0 R 3. ρ Alors : i G 0 est un sous-groupe distingué dans G0 : G 0 G0. ii G 0 est le produit semi-direct de G 0 et G0 0 : G0 = G 0 G0 0. iii Ceci permet de définir une application Id 0. 0 R ρ Ra L c 0 ρ. 0 R a L c ρ: G 0 S 3 définie par En outre si q 0,q 0 V est tel que ρq 0,q 0 =1alors ρ est aussi donnée par ρ: g G 0 ρg.q 0,g.q 0. De plus ρ est invariante par multiplication à droite par G 0 0 : ρg.h = ρg g G0, h G 0 0. iv ρg 1 q, g 1 q =1 ρg =ρq, q, pour g G 0, q, q V.

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES495 Démonstration μ Pour i,ii et iii, c'est un simple calcul. Pour iv il suffit d'utiliser ρg.q, g.q =āρq, q b. q.e.d. Remarque 4. On voit que les L c ne jouent aucun rôle dans le théorème précédent. Il résulte en particulier de ce dernier que l'on a : où est la diagonale. S 3 = G 0 /G 0 0 = S 3 S 3 / Soit g, g 0, g les algèbres de Lie respectives de G 0,G 0 0 et G0. Alors on g = g g 0 et g est un idéal de g on a [g, g ] g et est stable sous l'action adjointe de G 0. On a { } Rα + L g = δ 0,α, β, δ Im H, 0 R β + L δ { } Rα + L g 0 = δ 0,α, δ Im H, 0 R α + L δ { } 0 0 g =,γ Im H. 0 R γ Considérons le groupe G, composante neutre du groupe des isométries affines de R 8 conservant la nullité de B, que l'on représente comme G 0 R 8 muni du produit G, T G,T =GG,GT + T. Alors l'algèbre de lie g de G s'écrit g = g R 8 = g 0 g R 8, le crochet étant donné par [η, t, η,t ] = [η, η ],ηt η t On a alors les relations suivantes : [g, R 8 ]=R 8, [R 8, R 8 ]=0, [g 0, g 0 ]= g 0, [g 0, g ]=g, [g, g ]=g. 3. Surfaces Σ V 3.1. Immersions conformes Σ V. Définition. On dira qu'une surface immergée, Σ, de O est une surface Σ V si z Σ, T z Σ Q. En outre à Σ est associée la fonction ρ Σ à valeurs dans S 3 définie par ρ Σ z =ρt z Σ. En particulier, soit X :Ω O une immersion conforme d'un ouvert simplement connexe de R dans O, alors on dira que c'est une immersion conforme Σ V si z =u, v Ω, dx = e f qdu+ q dv avec q, q V, i.e., q = q =1et Bq, q =0. En outre on dira que z Σ est un point régulier de Σ si T z Σ U i.e., 0 < Imx. x < 1

496 frenchi. KHEMAR avec q =x, y, q =x,y, pour une immersion conforme Σ V. Dans le cas contraire, on dira que Σ admet un point singulier en z. On dira alors que c'est un point singulier de type P 1 si T z Σ G.P 1, et de type P si T z Σ G.P i.e., Imx. x =0et Imx. x = 1 respectivement. Définition 3. On appellera relèvement Σ V une application U = F, X: Ω Gtelle que X soit une immersion conforme Σ V et que ρ F = ρ X. Le groupe de gauge C Ω,G 0 0 agit sur l'ensemble GΣ V des relèvements Σ V : F, X K, 0 = FK,X. L'orbite de F, X est l'ensemble des relèvements correspondants au même X. Dans chaque orbite, on peut prendre par exemple Id 0 F = R ρx := 0 R ρx alors tout relèvement de X est de la forme R ρx M,X avec M C Ω,G 0 0 3.1.1. Forme. de Maurer-Cartan. Soit U = F, X = R ρ M,X un relèvement Σ V alors sa forme de Maurer-Cartan est donnée par U 1.dU =F 1.dF, F 1.dX avec F 1.dF = M 1 0 0 M + M 0 R 1.dM dρ.ρ 1 0 0 Rda.a 1 + L = + c 1 dc 0 5 0 R adρ.ρ 1 a 1 0 R da.a 1 + L c 1 dc en posant M = DiagR a L c,r a L c a, c n'est défini qu'à ±1 près mais Ω est simplement connexe, F 1.dX = e f E 1 du + E dv avec ρe 1,E =1d'après ρ F = ρ X et le théorème 7-iv. Ainsi E = 0 1.E1 = E.E 1 d'où F 1 x y.dx = du + y x dv avec x + y = e f. Reciproquement, si F 1.dX est de cette forme, alors X est une immersion conforme Σ V et d'après le théorème 7-iv, U =F, X est un relèvement Σ V, i.e., ρ X = ρ F. D'où le théorème suivant et son corollaire : Théorème 8. Soit U =F, X: Ω G, alors U GΣ V i.e., X est une immersion conforme Σ V et ρ X = ρ F si, et seulement si, F 1 x y.dx = du + dv avec x, y 0. y x En outre z 0 est un point régulier si, et seulement si, 0 < Imx. x < 1 x + y, un point singulier de type P 1 ou P si, et seulement si, Imx.y =0ou Imx.y = 1 x + y respectivement.

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES497 Corollaire 1. Soit α T Ω g, alors α est la forme de Maurer- Cartan d'un élément U GΣ V si, et seulement si, : i dα + α α =0 x y ii si on pose α =η, t alors t = du+ dv avec x, y 0. y x Dans ce cas, suivant les valeurs de Imx.y, on peut connaitre le type du point z Ω pour l'immersion X. Posons g 1 = g 1 = { x y i { x y + i y x y x, x, y O, x, y O } O C } O C. Ce sont des sous-espaces complexes de O C : ce sont les sous-espaces propres associés aux valeurs propres i et i respectivement pour l'endomorphisme de O C : L E. En particulier O C = g 1 g 1 et g 1 = g 1. Le point ii du corollaire 1 est alors équivalent à : t z g 1, t z g 1. Les actions respectives de R + et SO stabilisent l'ensemble des couples x y, y x : x y αx βy α, β, =, y x βy αx x y x y, R y x θ = R θ,r y θ. x Ainsi, on peut faire agir ces deux groupes sur g 1 et g 1 respectivement et donc sur O C. En particulier, on a x y R θ i = e y x iθ x y i y x x y R θ + i = e y x iθ x y + i. y x Posons g 1 = g 1 = { x y i { x y + i y x y x /0 < Imx.y < 1 x + y /0 < Imx.y < 1 x + y Ce sont des ouverts, stables par homothétie complexe, de g 1 et g 1 respectivement. Posons aussi F 1 = {q il E q/ Imx.y =0} et F = {q il E q/ Imx.y = 1 x + y }. Soit α T Ω g, α =η, t, tel que dα + α α =0et écrivons t = α 1 +α 1 la décomposition de t suivant g 1 g 1. Alors on a α 1 = α 1 } }.

498 frenchi. KHEMAR car t est réelle. Alors α est la forme de Maurer-Cartan d'un élément de GΣ V si, et seulement si, α 1 = α 1 z dz et donc α 1 = α 1 z d z. Ceci permet de réécrire le corollaire sous la forme : Théorème 9. Soit α T Ω g, tel que dα + α α =0. Alors α correspond à un élément GΣ V si, et seulement si, α 1 z =0et α 1 z ne s'annule pas. Dans ce cas X a un point régulier en z 0 si, et seulement si, α 1 z z 0 g 1, un point singulier de type P 1 ou P si, et seulement si, α 1 z z 0 F 1 ou F respectivement. Remarque 5. 1 L'action du groupe de gauge C Ω,G 0 0 sur GΣ V induit une action sur les formes de Maurer-Cartan : η, t KηK 1 dk.k 1,K.t O C = H C est un H-espace vectoriel à gauche ou à droite au choix. Il en est de même de g 1 et de g 1 : g 1 = {x.ɛ + y.l E.ɛ, x, y H } = H.ɛ H.L E.ɛ g 1 = {x. ɛ + y.l E. ɛ, x, y H } = H. ɛ H.L E. ɛ où ɛ = 1 1. i 3 On a aussi O C =H C. Ainsi g 1 = {x + iy.ɛ /x + iy H C} =H C.ɛ g 1 = {x + iy. ɛ/x + iy H C} =H C. ɛ. 3.. Décomposition de l'algèbre de Lie. Considérons l'automorphisme intérieur τ de G défini par L E, 0 : τg, T = L E, 0G, T L E, 0 1 = L E GL E, L E T τ induit un automorphisme de l'algèbre de Lie g = Ad LE,0 qui vérifie τ 4 = Id, donc τ est diagonalisable dans g C = g C et ses valeurs propres sont les i k, 0 k 3. On notera g C k les espaces propres. On a alors : g C 1 = g 1 g C 1 = g 1 g C 0 = gc 0 = g 0 C g C = g C, où g = {Diag R γ,r γ,γ Im H} n'est pas une algèbre de Lie. Comme τ est un automorphisme on a [ g C k, gc l ] gc k+l mod 4 on a aussi [ g C ±1, gc ±1 ]=0. et de plus On notera [.] k : g C g C k la projection sur gc k suivant la décomposition g C = g C 1 gc 0 gc 1 gc, et α k =[α] k. Alors on a α = α 1 + α 0 + α 1 + α

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES499 En substituant cette expression de α dans l'équation dα + α α =0on obtient en projetant le résultat sur chaque espace propre : dα 1 +[α 1 α 0 ]+[α 1 α ] = 0 dα 6 0 + 1 [α 0 α 0 ]+ 1 [α α ] = 0 dα 1 +[α 1 α 0 ]+[α 1 α ] = 0 dα +[α 0 α ] = 0 Posons α k = α k z dz, α k = α z d z. On a vu que α est la forme de Maurer-Cartan d'un élément de GΣ V si, et seulement si, α 1 = α 1 et α 1 = α 1. +α 1 +α 0 +α 1. Les équations 6 s'écrivent alors : dα 1 1 α 0]+[α 1 ] = 0 dα 7 0 + 1 [α 0 α 0 ]+ 1 [α α ] = 0 dα 1 1 α 0]+[α 1 α ] = 0 dα +[α 0 α ] = 0 Posons pour λ C, α λ = λ α + λ 1 α 1 + α 0 + λα 1 + λ α = λ 1 α 1 + α 0 + λα 1 + λ + λ α + λ λ α. i Alors on a dα λ + α λ α λ = λ 1 dα 1 +[α 1 α 0 ]+[α 1 α ] +dα 0 + 1 [α 0 α 0 ]+ 1 [α α ] +λdα 1 +[α 1 α 0 ]+[α 1 α ] + λ + λ dα +[α 0 α ] + λ λ d α +[α 0 α ] i = λ λ d α +[α 0 α ]. i On peut maintenant démontrer le théorème suivant : Théorème 10. On suppose Ω simplement connexe. Soit α T Ω g. Alors α est la forme de Maurer-Cartan d'un élément de GΣ V si, et seulement si, dα + α α =0, α 1 = α 1 =0et α 1,α 1 ne s'annule pas. Dans ce cas, α correspond à une immersion conforme Σ V telle que ρ X est harmonique si, et seulement si, la forme de Maurer-Cartan prolongée α λ = λ α + λ 1 α 1 + α 0 + λα 1 + λ α vérifie 8 dα λ + α λ α λ =0, λ C.

500 frenchi. KHEMAR Démonstration μ On a déjà vu le premier point. Quand au second, il s'agit d'après le calcul précédent de montrer que : ρ X est harmonique si, et seulement si, d α +[α 0 α ] = 0. Or on a α 0 + α = F 1 0 0.dF = + M 0 R 1.dM adρ.ρ 1 a 1 d'où α = 1 Radρ.ρ 1.a 1 0 = M 0 R 1 Rγ/ 0 M adρ.ρ 1.a 1 0 R γ/ avec γ = dρ.ρ 1, et α 0 = M 1 dm + M 1 Rγ/ 0. M 0 R γ/ Rγ/ 0 Posons β =. Alors ρ est harmonique si, et seulement 0 R γ/ si, d γ = ρ + dρ ρρ 1 du dv =0si, et seulement si, d β =0. Or d β =dm α M 1 =M d α +[M 1.dM α ] M 1. De plus on a [M 1.dM α ] = [α 0 α ] puisque [ ] M 1 Rγ/ 0 M α 0 R γ/ = 1 4 M 1 R[γ γ] 0 M =0 0 R [γ γ] car [γ γ] = 0. Finalement on a d β =M d α +[α 0 α ] M 1 ce qui achève la démonstration du théorème. q.e.d. Remarque 6. Chaque point de la surface sera régulier, respectivement singulier de type P 1, ou P si, et seulement si, α 1 z g 1, F 1 ou F respectivement. En outre il suffit que 8 soit vrai pour tout λ S 1 pour que ρ X soit harmonique. Corollaire. Supposons que Ω soit simplement connexe. Soit α T Ω g la forme de Maurer-Cartan associée à une immersion conforme Σ V dont le ρ X est harmonique, et z 0 Ω. Alors pour tout λ S 1, il existe un unique relèvement Σ V, U λ C Ω, G tel que du λ = U λ α λ et U λ z 0 =1. Ainsi il existe un famille X λ λ S 1 d'immersions Σ V dont le ρ X est harmonique donnée par U λ =F λ,x λ, tel que X = X 1 en supposant que Xz 0 =0. En outre si X admet un point régulier resp. singulier de type P 1 ou P en z Ω, il en est de même pour X λ pour tout

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES501 λ S 1. Autrement dit le type d'un point z Ω est le même pour toutes les immersions X λ. Démonstration μ Il suffit d'appliquer le théorème précédent et de remarquer que pour λ S 1,α λ est à valeurs dans g, et qu'on a α λ 1 = λ 1 α 1. q.e.d. 3.3. Equations associées linéaire et non linéaire. Soit X une immersion Σ V sur Ω simplement connexe. Posons E 1,E =e f R 1 ρ q, q. Alors E = E.E 1 i.e., en posant E 1 = x y 0on a E = y x. Alors écrivons que dx = R ρ E 1 du + E dv est fermée, on obtient 9 0= E 1 v E 0 0 0 0 u + E 0 R 1 E γv 0 R γu où γ = γ u du + γ v dv = dρ.ρ 1, ce qui s'écrit encore x 10 v + y u =0 y u x. v + y.γ v x.γ u =0 On va essayer de retrouver cette équation en utilisant le relèvement U =R ρ,x. Alors on a α = U 1 0 0.dU =,E 0 R 1 du + E dv. γ Posons E = 1 E 1 ie = 1 x y i y x =x.ɛ +y.le.ɛ =x +iy.ɛ. On a alors : α 1 = Edz, α 1 = Ē.d z, 1 α 0 = Diag R γ, 1 R γ, α = Diag 1 R γ, 1 R γ. Projetons l'équation dα + α α =0sur g 1, on obtient : E 11 z + 1 Rγ z 0.E + 1 Rγ z 0.Ē 0 R γ z 0 R =0. γ z On vérifie facilement que cette équation est équivalente à 9. Nous allons maintenant utiliser le théorème 6 pour réécrire cette équation. Soit g :Ω G, α, β :Ω R +, et θ :Ω R tel que E 1,E =g α, β q 0,q 0 R θ 1 I où q 0,q 0 =, par exemple, et où on écrit H = R I 1 RI RJ RK pour ne pas confondre le i des complexes provenant de la complexification avec celui de H. Comme ρq 0,q 0 =ρe 1,E =1,

50 frenchi. KHEMAR on a ρg =1i.e., g = DiagR a L c,r a L c. On peut aussi écrire que E = 1 E 1 ie =e iθ g.αx 0 + iβy 0.ɛ alors 11 s'écrit e iθ [ i θ z g αx 0 + iβy 0 ɛ+ g + g α z x 0 + i β z y 0 + 1 eiθ Rγ z 0 0 R γ z + 1 e iθ Rγ z 0 0 R γ z ɛ z αx 0 + iβy 0 ɛ ] g αx 0 + iβy 0 ɛ g αx 0 iβy 0 ɛ =0 ce qui s'écrit encore, tout calcul fait et en factorisant par e iθ.g : 1 i θ z A + δ z A + A α z + A z + 1 A aγ z a 1 + e iθ Ā aγ z a 1 =0 où on a posé A = αx 0 +iβy 0 = 1 α+iiβ, α = da.a 1, δ = c 1.dc. Les inconnues α, δ et γ = aγa 1 sont les paramètres qui interviennent dans la forme de Maurer-Cartan, F 1.dF, du relèvement F de ρ X, donnée par 5. Ainsi, on peut considérer que l'on construit ρ X à partir de la représentation de Weierstrass pour l'espace symétrique S 3 = G 0 /G 0 0 cf. [3], alors cela nous donne la forme de Maurer-Cartan, F 1.dF, et on peut donc considérer α, δ et γ comme des paramètres, les inconnues étant alors θ et A. Cependant, il y a alors un problème de compatibilité puisque A R RI C. 4.1. Définitions et notations. 4. Groupe de lacets Définition 4. Soit G un groupe de Lie, on appellera groupe de lacets sur G, le groupe C S 1,G que l'on notera ΛG cf. [1].

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES503 Dans notre cas, les groupes considérés sont G, G 0,G 0 0,G0. On définit les groupes suivants : ΛG τ = {[λ U λ ] ΛG/U iλ = τu λ } ΛGτ C = {[λ U λ ] ΛG C /U iλ = τu λ } Λ G C τ Λ + G C τ Λ + B GC τ = {[λ U λ ] ΛG C τ /U λ se prolonge en une fonction holomorphe sur le complémentaire du disque unité et U =1} = {[λ U λ ] ΛG C τ /U λ se prolonge en une fonction holomorphe sur le disque unité } = {[λ U λ ] ΛG C τ /U λ se prolonge en une fonction holomorphe sur le disque unité et U 0 B, 0} où B est un sous-groupe de G 0. De manière analogue, on définit les algèbres de Lie suivantes : Λ g C τ = {[λ α λ ] Λ g C /α iλ = τα λ } Λ g τ = {[λ α λ ] Λ g C τ /α λ g, λ S 1 } Λ gc τ = {[λ α λ ] Λ g C τ /α λ se prolonge en une fonction holomorphe sur le complémentaire du disque unité et α =0} Λ + g C τ = {[λ α λ ] Λ g C τ /α λ se prolonge en une fonction holomorphe sur le disque unité } Λ + b gc τ = {[λ α λ ] Λ g C τ /α λ se prolonge en une fonction holomorphe sur le disque unité et α 0 b, 0}. où b est une sous-algèbre de Lie de g 0. On voit que la condition α iλ = τα λ, λ S 1 est équivalente à ˆα k g C k mod 4 avec α λ = k Z ˆα kλ k. En outre, on a Λ g C τ =Λ gc τ Λ + g C τ, ce qui permet de définir une projection :[.] Λ g C τ :Λ gc τ Λ gc τ. On peut alors réécrire le résultat de la section précédente : Corollaire 3. Soit α une 1-forme sur Ω à valeurs dans g qui donne lieu à une immersion Σ V dont le ρ X est harmonique. Il lui correspond alors une 1-forme à valeurs dans Λ g τ, α λ, qui vérifie l'équation de courbure nulle 8, et telle que [ ] α λ = λ ˆα + λ 1 ˆα 1 z Λ g z z [ ] C τ α λ = 0 z et Λ g C τ ˆα 1 0. z

504 frenchi. KHEMAR Réciproquement, à toute 1-forme α λ Λ g τ vérifiant ces conditions correspond la 1-forme α = α 1 qui donne lieu à une immersion Σ V dont le ρ X est harmonique. En outre, il existe une unique fonction U λ :Ω ΛG τ tel que du λ = U λ α λ et U λ z 0 =1. U λ sera appelée une extention Σ V de U = U 1. Démonstration μ C'est une conséquence immédiate du théorème 10 et du fait que, comme α est réelle, on a ˆα k = ˆα k. q.e.d. 4.. Théorèmes de décomposition de groupe. Ecrivons les décompositions d'iwasawa des différents groupes que l'on a rencontrés : {R a,a S 3 } C = {R a,a S 3 }.B R {L c,c S 3 } C = {L c,c S 3 }.B L. On remarque que B R et B L commutent. Ensuite, on a SO4 C = {R a L c,a,c S 3 } C = SO4.B R B L. Alors on en déduit G 0 C = G 0.B et G 0 0C = G 0 0.B 0 avec { } AC 0 B =,A,B B 0 BC R,C B L { } AC 0 B 0 =,A B 0 AC R,C B L. Soit F = DiagA, B G 0C, A, B SO4 C alors on a τf = L E FL E = DiagB, A. Ainsi si λ F λ ΛG 0C, alors F λ ΛG 0C τ si, et seulement si, en écrivant F λ = ˆF k Z k λ k on a ˆF 4k {DiagR a L c,r a L c,a,c H C} et ˆF k {DiagR a L c, R a L c,a,c H C}. En particulier, si λ F λ Λ + B G0 C τ alors, comme F 0 B, on en déduit que F 0 B 0, donc Λ + B G0 C τ =Λ + B 0 G 0C τ. On va utiliser le théorème suivant cf. [1] sur les groupes de lacets. Théorème 11. Soit G un groupe de Lie compact, G C son complexifié et G C = G.B G sa décomposition d'iwasawa. Alors i La fonction produit ΛG Λ + B G G C ΛG C φ λ,β λ φ λ.β λ est un difféomorphisme. ii Il existe un ouvert C G de ΛG C tel que la fonction produit Λ G C Λ + G C C G φ λ,φ+ λ φ λ.φ+ λ est un difféomorphisme. On va en déduire :

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES505 Théorème 1. i La fonction produit ΛG 0 τ Λ + B 0 G 0 C τ ΛG 0C τ F λ,b λ F λ.b λ est un difféomorphisme. ii Il existe un ouvert C de ΛG 0 τ C tel que la fonction produit est un difféomorphisme. Λ G 0 C τ Λ + G 0 C τ C F λ,f+ λ F λ.f + λ Démonstration du théorème 1 μ i D'après le théorème 11, l'application F λ,b λ ΛG 0 Λ + B G0 C F λ.b λ ΛG 0C est un difféomorphisme. Soit U λ ΛG 0C τ alors U λ = F λ.b λ avec F λ,b λ ΛG 0 Λ + B G0C et F iλ.b iλ = τf λ τb λ or τg 0 G 0 et τb B donc τf λ ΛG 0, τb λ Λ + B G0C or d'après le théorème 11, il y a unicité de la décomposition d'où F iλ = τf λ,b iλ = τb λ, finalement F λ ΛG 0 τ, B Λ + B G0 C τ =Λ + B 0 G 0C τ ce qui démontre i. ii C =Λ G 0 τ C.Λ + G 0 τ C est l'image par un difféomorphisme celui donné par le théorème 11 de Λ G 0 τ C Λ + G 0 τ C donc c'est une sousvariété de ΛG 0 τ C difféomorphe à Λ G 0 τ C Λ + G 0 τ C. En outre C = C G 0 ΛG 0 τ C donc c'est un ouvert de ΛG 0 τ C. q.e.d. Passons maintenant aux applications affines : Théorème 13. i On a la décomposition suivante : ΛG C τ =ΛG τ.λ + B 0 G C τ tel qu'on ait la décomposition sui- ii Il existe un ouvert C de ΛGτ C vante : C =Λ G C τ.λ + G C τ Démonstration μ Il suffit de reprendre mot pour mot la démonstration faite dans [9], en remplacant L j par L E. q.e.d. 4.3. Représentation de Weierstrass.Nous allons suivre la même procédure que dans [9] i.e., utiliser les méthodes de [3] en les adaptant.

506 frenchi. KHEMAR 4.3.1. Potentiel holomorphe. Définition 5. Soit μ une 1-forme sur Ω à valeurs dans Λ g C τ, alors on dira de μ que c'est un potentiel holomorphe si on a μ λ = ˆμ n λ n n avec ˆμ n =ˆμ n z dz où ˆμ n z est holomorphe. Théorème 14. Soit U =F, X un relèvement Σ V dont le ρ X est harmonique et U λ = F λ,x λ : Ω ΛG τ son extension Σ V Ω est simplement connexe, on a choisi z 0 Ω et U λ z 0 = Id λ S 1. Alors : Il existe une fonction holomorphe H λ :Ω ΛGτ C et une fonction B λ :Ω Λ + B 0 Gτ C tel que U λ = H λ.b λ. En outre la forme de Maurer-Cartan μ λ = H 1 λ.dh λ est un potentiel holomorphe : on dira que c'est un potentiel holomorphe pour U λ. Démonstration μ L'existence de H λ et B λ est reliée à la résolution de l'équation : 0= U λb 1 λ = U λ α λ B 1 B λ z z λ B 1 z λ qui est équivalente à B λ z = B λ α0 + λα 1 + λ α, z avec la contrainte que λ B λ z Λ + B 0 Gτ C pour tout z Ω. L'existence de B λ s'obtient en suivant les mêmes arguments que [3]. Pour montrer que μ λ est un potentiel holomorphe, il suffit d'écrire : μ λ = H 1 λ.dh λ = B λ α λ B 1 λ.db λ.b 1 λ et d'utiliser le fait que λ B λ z Λ + B 0 Gτ C et que z H λ z est holomorphe. q.e.d. Inversement tout potentiel holomorphe produit une surface Σ V dont le ρ X est harmonique : Théorème 15. Soit μ λ un potentiel holomorphe, z 0 Ω et Hλ 0 une constante dans ΛGτ C par exemple Hλ 0 = Id. Alors Il existe une unique fonction holomorphe H λ :Ω ΛGτ C, tel que dh λ = H λ μ λ et H λ z 0 =H 0 λ. En appliquant la décomposition ΛGτ C =ΛG τ.λ + B 0 G τ à H λ z pour chaque z, on obtient deux fonctions U λ :Ω ΛG τ et B λ :Ω Λ + B 0 G τ tel que H λ z = U λ z.b λ z z Ω. Alors U λ est une extension Σ V d'une surface Σ V dont le ρ X est harmonique pourvu que ˆα 1 0.

frenchsurfaces ISOTROPES DE O ET SYSTÈMES INTÉGRABLES507 De plus μ λ est un potentiel holomorphe pour U λ. Démonstration μ On a dμ λ =0, de plus μ λ z =0implique μ λ μ λ =0d'où dμ λ + μ λ μ λ =0, et il existe donc une unique fonction holomorphe H λ :Ω ΛGτ C tel que 13 dh λ = H λ.μ λ et H λ z 0 =Hλ 0. Ecrivons la décomposition du théorème 13 pour H λz, z Ω : il existe un unique couple U λ,b λ ΛG τ Λ + B 0 Gτ C tel que H λ z =U λ z.b λ z. Alors en utilisant 13, on a 14 U 1 λ.du λ = B λ μ λ B 1 λ.db λb 1 λ Posons α = U 1 λ.du λ. Alors 14 nous dit que α λ doit s'écrire sous la forme α λ = ˆα n λ n n Mais comme α λ est réelle par définition, on a ˆα n =ˆα n et donc α λ = λ ˆα + λ 1 ˆα 1 +ˆα 0 + λˆα 1 + λ ˆα. De plus, en utilisant B 1 λ = 14 que 1 1 ˆB 0 λ ˆB 0 ˆB ˆB 1 1 0 +, il résulte d'après ˆα = ˆB 0 ˆμ ˆB 1 0 et ˆα 1 = ˆB 0 ˆμ ˆB 1 1 0 + ˆB 1ˆμ ˆB 1 0 ˆB 0 ˆμ ˆB 1 0 ˆB ˆB 1 1 0, c'est à dire : ˆα = ˆB 0ˆμ ˆB 1 0 ˆα 1 = ˆB 0ˆμ ˆB 1 1 0 +[ˆB ˆB 1 1 0, ˆB0ˆμ ˆB 1 0 ]. Ainsi on voit que ˆα 1 et ˆα sont des 1,0-formes. De plus comme α λ vérifie automatiquement la condition dα λ +α λ α λ =0alors le corollaire 3 implique -pourvu que ˆα 1 0- que U λ est une extension Σ V dont le ρ X est harmonique. Enfin comme U λ = H λ.b 1 λ, on voit que μ λ est un potentiel holomorphe pour U λ. q.e.d. 4.4. Potentiel méromorphe. Le potentiel holomorphe construit au théorème 15 est loin d'être unique. On peut remédier à cela en incluant les potentiels méromorphes. Définition 6. Un potentiel méromorphe est une 1-forme méromorphe sur Ω à valeurs dans Λ g C τ qui s'écrit μ λ = λ ˆμ + λ 1ˆμ 1. Théorème 16. Soit U λ : Ω ΛG τ une extension Σ V dont le ρ X est harmonique. Alors il existe une suite de points isolés de Ω, S = {a n,n I} tel que :