produit semi direct
Bonjour
je relis une nouvelle fois la démo donnée dans Chambert Loir du fait que le groupe des quaternions n'est pas un produit semi direct et je reste toujours aussi perplexe.
En effet prenez n'importe quel couple (H,K) de sous groupe de H de G on a $H\cap K\neq {1}$ (la liste exhaustive des sous groupes de H s'établit très vite et très simplement)
Pourquoi cela ne permet il pas de conclure qu'on n'a pas de produit semi direct?
Il faut donc en conlure qu'il doit exister des groupes tels que pour n'importe couple de sous groupes on n'ait pas l'intersection réduite au neutre mais qui soit produit semi direct?!
Faut donc chercher du coté de ce que certains appellent le produit semi direct "extérieur" dans lequel H et K sont des groupes qui n'ont rien à voir à priori avec G
je relis une nouvelle fois la démo donnée dans Chambert Loir du fait que le groupe des quaternions n'est pas un produit semi direct et je reste toujours aussi perplexe.
En effet prenez n'importe quel couple (H,K) de sous groupe de H de G on a $H\cap K\neq {1}$ (la liste exhaustive des sous groupes de H s'établit très vite et très simplement)
Pourquoi cela ne permet il pas de conclure qu'on n'a pas de produit semi direct?
Il faut donc en conlure qu'il doit exister des groupes tels que pour n'importe couple de sous groupes on n'ait pas l'intersection réduite au neutre mais qui soit produit semi direct?!
Faut donc chercher du coté de ce que certains appellent le produit semi direct "extérieur" dans lequel H et K sont des groupes qui n'ont rien à voir à priori avec G
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Réponses
Pour qu'un groupe $G$ soit produit semi-direct de deux sous-groupes $H,K$, il faut et suffit que : \begin{enumerate}
\item $H \lhd G$
\item $H \cap K = \{1\}$
\item $H.K = G$
\end{enumerate} Si l'une de ces 3 conditions n'est pas remplie, tu ne peux décomposer $G$ sous-forme du produit semi-direct de $H$ par $K$.
Pourquoi veux-tu absolument mettre un produit semi-direct où il n'y en a manifestement pas ?
Pourquoi ne pas accepter qu'il existe des groupes (finis) qui ne sont pas produits semi-direct de deux de ses sous-groupes ?
$\Z/4\Z$ si commutatif, mais aussi du groupe des quaternions pour le cas non commutatif, sont des exemples de groupes ne se décomposant pas en produit semi-directs.
Cela répond-il à ta question ?
Alain
cela ne répond pas à ma question.
POurquoi Frrancinou et Gianella (au fait c'est pas Chambert Loir) qui ne sont tout de même pas des billes se cassent ils autant la tête pour démontrer que H n'est pas produit semi direct.
voici un lien sur ce phorum
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,330280,330288#msg-330288
on voit bien qu'à priori Mk1844 à la même démarche que moi. Et puis il se met à douter. Et puis ryo intervient et donne la démo de Francinou et Gianella.
Personnellement si je n'avais jamais vu ces interventions et le livre de Francinou et Gianella (qui reprennent des exos du Perrin) je ne me serais pas cassé la tête: j'aurais dit intersection non réduite au neutre, terminé.
Qu'est-ce qui te gêne ?
Comme tu le dis, la liste des sous-groupes du groupe des quaternions défini par
$\mathbb{H} =\{\pm 1,\pm i, \pm j, \pm k\}$ avec les règles $i^2=j^2=k^2=-1,\ (-1)^2=1,\ ij=-k,\ jk=-i,\ ki=-j$
Ces sous-groupes sont
$\{1\},\ \{1,-1\},\ \{1,i,-1,-i\},\ \{1,j,-1,-j\},\ \{1,k,-1,-k\},\ \mathbb H $
On constate que $\{1,-1\}$ est inclus dans tous sous-groupe (hors le trivial), donc l'intersection de deux sous-groupes quelconques (non trivial) contient $\{1,-1\}$ donc ne peut être réduite à $\{1\}$.
La condition 2 n'étant pas satisfaite, $\mathbb H$ ne peut se décomposer en le produit semi-direct de deux de ses sous-groupes.
Maintenant ta question est-elle plutôt : pourquoi si cette condition 2 n'est pas satisfaite alors on n'a pas de produit semi-direct ?
dis-le.
Alain
Il y a un malentendu j'ai bien compris l'argument c'est même le premier qui vient à l'esprit.
Ma question est en fait
"Pourquoi Francinou et Gianella qui ne sont tout de même pas des billes se cassent autant la tête pour démontrer que H n'est pas produit semi direct."
Leur raisonnement consiste à examiner les différents cas possibles pour le cardinal de N et à montrer que ce n'est pas possible. Dans le cas |N|=4 ils se mettent à parler du groupe de Klein au lieu de dire que l'on a une intersecion non réduite à 1. Est-ce que ce n'est pas du délire de leur part face à l'évidence de la chose ?
Voici un lien intéressant dans lequel on se pose des questions entre produit direct "interne" et produit direct "externe"
\lien{http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,307285,307359#msg-307359}
l'intervention d'Egoroff concernant le groupe orthogonal prête à méditation :
" il n'est pas vrai en général que $O_n$ soit le PSD interne de ses deux sous-groupes $SO_n$ et $\{-id,id\}$ (c'est vrai seulement si $n$ est impair) ; en revanche il est toujours vrai que $O_n$ est isomorphe au PSD externe de ces deux groupes, et dans ce cas c'est un PSD interne de $SO_n$ par un sous-groupe $\{id, \sigma\}$ où $\sigma$ est un automorphisme orthogonal négatif."
Il existe des groupes simples, et il existe aussi des groupes non simples qui ne peuvent s'exprimer par PD ou PSD de leurs sous-groupes; exemples :$Z/4Z$,$\mathbb H_8$, et tu(=Alain) en avais exhibé un autre d'ordre 16 dernièrement.
Existe-t-il une littérature concernant ces groupes particuliers ?
Merci
[La case LaTeX. AD]
[ oui Alain, merci ]
Un produit direct peut être isomorphe à un produit semi direct non trivial. Et de donner
S3xZ/2Z comme exemple que l'on peut considérer soit comme un produit direct soit comme un produit semi direct non trivial (dont il ne précise pas le morphisme associé). Comment est ce possible? Un isomorphisme conserve les opérations non? Donc tordue d'un côté=> tordue de l'autre?
En ce qui concerne le groupe $\frak{S}_3\times \Z/2\Z$, qui puisque $\frak{S}_3 \simeq D_3$ n'est autre que $D_3\times \Z/2\Z \simeq D_6$ le groupe des isométries planes laissant l'hexagone $A_0,A_1,A_2,A_3,A_4,A_5$ invariant.
C'est un groupe engendré par $r$ la rotation d'angle $\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3}$ et la symétrie $s$ par rapport à une diagonale (en bleu) : $D_6= \langle r,s \rangle$.
On trouve immédiatement le sous-groupe $H= \langle r^2,s \rangle$ qui laisse invariant le triangle équilatéral $A_0,A_2,A_4$ (en rouge).
Ce sous-groupe $H$ est donc isomorphe à $D_3$ et est distingué dans $D_6$ puisque d'indice 2.
On constate que $r^3$ la rotation d'angle $\pi$, c'est à dire la symétrie centrale n'est pas dans $H$ (le triangle équilatéral n'est pas conservé).
Donc $H.\langle r^3 \rangle = D_6$ ($H$ d'indice 2 donc maximal, c'est à dire que si on ajoute un élément cela engendre $D_6$ en entier.
Comme la symétrie centrale commute avec tous les éléments, on obtient la décomposition en produit direct $$D_6 = H \times \langle r^3 \rangle \simeq D_3 \times \Z/2\Z$$ c'est d'ailleurs de là qu'on était parti.
Mais si on prend une symétrie $t$ par rapport à une apothème (en vert) de l'hexagone, cette symétrie n'est pas non plus dans $H$, (puisque ne conserve pas $A_0,A_2,A_4$)
Le même argument que ci-dessus montre que $H.\langle t \rangle = D_6$
On vient de voir que $H \cap \langle t \rangle = \{id\}$, et comme $H \lhd D_6$, on est en présence du produit semi-direct : $$ D_6= H \rtimes_\phi \langle t \rangle $$ avec $\phi : \langle t \rangle \rightarrow Aut(H)$ est défini par $\phi(t) = (x\mapsto txt^{-1})$, ce qui appliqué aux générateurs de $H$ donne $\phi(t)=\begin{pmatrix} r^2&\mapsto &r^{-2} \\ s&\mapsto& r^2s\end{pmatrix}$
Tu as ainsi le même groupe $D_6$ qui se décompose en un produit direct $H\times\langle s \rangle$ et en un produit semi-direct $H\rtimes_\phi \langle t \rangle$, note que le sous-groupe $H$ est le même dans les deux cas.
Alain
\begin{center}
On constate que (avec les notations du message précédent) $t = rs$.
Alors l'isomorphisme $\varphi : H \rtimes_\phi \langle t \rangle \rightarrow H \times \langle r^3 \rangle $ qui est donc un automorphisme de $D_6$ est tout simplement : $\varphi = \begin{pmatrix}r^2&\mapsto &r^2 \\s&\mapsto&s\\ t & \mapsto& r^3r^{-2}s\end{pmatrix}$
Ta remarque << tordue d'un côté => tordue de l'autre >> n'est valable que si la popriété "être tordu" est une propriété algébriqe . L'exemple ci-dessus montre juste que vu sous un certain angle, le même groupe peut paraître plus "tordu" que vu sous un autre angle
En ce qui concerne Francinou et Gianella, je ne possède malheueusement pas ce livre, et n'ai aucun moyen de le consulter il m'est donc difficile de comprendre cette "subtilité" de la démo. Peut-être passent-ils par le quotient car c'est alors une démo plus générale, qui marche encore même quand on ne peut plus lister tous les sous-groupes du groupe ?
$G$ se décompose en produit semi-direct dont $H$ est le facteur distingué ssi $G \simeq H \rtimes G/H$
Et donc ssi $G$ contient un sous-groupe isomorphe à $G/H$ qui est disjoint de $H$
Cela répond-il maintenant à ta question ?
Alain
1) Je reprends ma question d'hier: "Il existe des groupes simples, et il existe aussi des groupes non simples qui ne peuvent s'exprimer par PD ou PSD de leurs sous-groupes; exemples :$Z/4Z$,$\mathbb H_8$, et tu(=Alain) en avais exhibé un autre d'ordre 16 dernièrement".
Existe-t-il une littérature concernant ces groupes particuliers ?
2)or énoncé exercice 3.3.13 p89 du Delcourt, [fait hier soir]:
--> montrer que $H_8$ n'est pas PSD de deux de ses sous-groupes.
--> généraliser aux groupes dicycliques.
3) le corrigé pour les groupes dicycliques , [in extenso] :
"Rappelons qu'un groupe dicyclique quelconque admet la présentation:
$$G = \langle a, b \mid a^{2m}=b^4=1,\ b^2=a^m, \ bab^{-1}=a^{-1} \rangle $$
Ses 4m éléments peuvent s'écrire $a^k$ ou $a^kb$, et ces derniers ont pour carré $b^2=a^m$. On en déduit que tout sous-groupe de G contient le sous-groupe à deux éléments $ \{e,b^2 \} $ qui est d'ailleurs le centre de G.
Ce groupe ne peut donc être PSD , pour la même raison que $H_8$, bien qu'il admette des sous-groupes normaux."
4) Or, gb et AD ( + Delcourt ) avaient démontré que pour $m=3$ , par exemple :
$$T = \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \rtimes_{\phi} \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$
5) suis un peu paumé et merci à ,toute âme charitable qui m’éclaircira les neurones.
Ref : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,351385,351561#msg-351561
Bonne journée.
Pour le 3, en effet, tous les éléments de la forme $a^kb$ ont pour carré $b^2$, mais il reste les éléments de la forme $a^k$, et c'est donc parmi les sous-groupes de $\langle a \rangle$ qu'on va trouver notre sous-groupe distingué qui va permettre la décomposition en produit semi-direct.
Avec tes notations, je pose $m=2^r n$ avec $n$ impair
On a donc la relation $b^2=a^m=a^{2^rn}$
Posons $\alpha = a^{2^{r+1}}$ et montrons que le sous-groupe $\langle \alpha \rangle$ est disjoint du sous-groupe $\langle b \rangle$.
Prenons $x \in \langle \alpha \rangle \cap \langle b \rangle$, alors $x = a^{2^{r+1}}u = b^v$ pour $u, v$ convenables.
Si $v = 2v'+1$ est impair, $b^v=(b^2)^{v'} b= a^mb$ qui n'est pas dans $\langle a \rangle$ donc ne peut égaler $a^{2^{r+1}u}$.
Donc $v =2v'$ et notre équation devient :
$x = a^{2^{r+1}u} = a^{2^rn.v'}$. Ce qui n'est possible que si
$2^{r+1}u = 2^rnv' \pmod{2^{r+1}n}$ puisque $|a|=2^{r+1}n$
$2u = nv' \pmod{2n}$ en simplifiant par $2^r$
donc $v'=2v''$ est pair et en simplifiant encore par 2
$u = nv'' \pmod{n} = 0\ ;\ u$ est multiple de $n$ et donc $x = a^{2^{r+1}u} = a^{2^{r+1}n.u'} =1$.
Il reste à montrer que $\langle \alpha \rangle$ est distingué dans $G$ (ça ne doit pas être difficile) pour montrer que dès que $m$ est impair ( $n \neq 1$ ), $G$ se décompose en le produit semi-direct $$ G = \Z/n\Z\rtimes_\phi \Z/4\Z$$ avec $\phi = (x\mapsto x^{-1})$ et bien sûr $m=2^r n$.
Alain
Merci pour ta réponse détaillée que je vais prendre le temps de bien lire en détail.
En résumé:
-->Si $n$ est impair avec $n>2$, alors il y a PSD.
-->Si $m=2^r$,ie: $n=1$ alors le groupe dicyclique devient le groupe quaternionique $H_{2^r}$, qui lui ne peut pas être PSD pour cause d'intersection non triviale.
Alain, penses-tu que Jean Delcourt vient lire les corrections que tu apportes à son livre sur le forum ?;)
Amicalement.
Dans mon message précédent, je me suis embrouillé sur la fin, parceque le produit semi-direct que je propose est d'ordre $4n\neq |G|$ a priori.
Mais il y a plus simple :
Posons toujours $m=2^rn$ avec $n$ impair, et $\alpha=a^{2^{r+1}},\ |\alpha| = n$
Montrer que $\langle \alpha \rangle \lhd G$ est assez évident :
$a\alpha a^{-1} = \alpha$
$b\alpha b^{-1} = ba^{2^{r+1}}b^{-1} = a^{-2^{r+1}}=\alpha^{-1}$ (puisque $bab^{-1}=a^{-1}$, on introduit $b^{-1}b$ entre tous les $a$ du produit $a^{2^{r+1}}$ )
On sait (Sylow) qu'il existe un sous-groupe $K$ d'ordre $2^{r+2}$ donc premier avec $|\alpha|$, ou encore $K$ et $\langle \alpha\rangle$ sont disjoints et $|\alpha| . |K| = n2^{r+2}=|G|$.
C'est suffisant pour affirmer que $G$ est produit semi-direct de $ \langle \alpha\rangle$ par $K$.
On peut ensuite montrer que $K$ est précisément le groupe "quaternionique $H_{2^{r+2}}$" dont tu parles dans ton message. Ce qui donne finalement : $$ G = \langle \alpha\rangle \rtimes_\phi H_{2^{r+2}} \simeq \Z/n\Z \rtimes_\phi H_{2^{r+2}}$$
Alain
1) Si $G$ est dicyclique d'ordre $m=4n$, $n$ impair, alors,
$G$ se décompose en le produit semi-direct $$ G = \Z/n\Z\rtimes_\phi \Z/4\Z$$ avec $\phi = (x\mapsto x^{-1})$ , comme démontré dans ce fil: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,351385,351385#msg-351385
Dans wims, on les retrouve pour 12,20,28.
2) Maintenant, si $G$ est d'ordre $m=2^rn$ avec $n$ impair, et $r>2$, alors c'est ta décomposition, avec les groupes quaternioniques qui doit intervenir.
Toujours est-il que j'ai de la lecture saine en prévision.
Merci beaucoup.
Je remonte ce sujet pour une question que je me pose : sauriez-vous reconnaître le groupe dont une présentation est $G = \langle a, b \mid a^2=b^2 \rangle$ ? Je verrais bien un PSD de $\Z$ par $\Z/2\Z$ où quelque chose dans ce goût-là mais je ne sais pas le faire.. merci d'avance pour vos lumières.
Le centre du groupe est $Z = < a^2 , b^2 >$ qui est isomorphe a $\mathbf{Z}^2$.
On a donc une suite exacte
$$ (e) \rightarrow \mathbf{Z}^2 \rightarrow G \rightarrow F_2 / <a^2 , b^2> \rightarrow (e) $$
ou $F_2$ est le groupe libre engendre par $a$ et $b$. Le groupe $F_2 / <a^2 , b^2> $ s'insere a son tour dans une extension
$$ 0 \rightarrow \mathbf{Z} \stackrel{i}{\rightarrow} F_2 / <a^2 , b^2> \stackrel{j}{\rightarrow} \mathbf{Z}/2 \rightarrow 0 $$
Le morphisme $i$ est donne par l'inclusion du sous-groupe $< ab>$, qui est bien distingue. Il existe un scindage de $j$ qui associe $a$ au generateur de $\mathbf{Z}/2$, et par ailleurs $a (ab) a^{-1} = ba = (ab)^{-1}$, donc $F_2 / <a^2 , b^2>$ est bien isomorphe au groupe $\mathbf{Z} \rtimes \mathbf{Z}/2$.
Finalement on obtient une ecriture du groupe comme extension
$$ (e) \rightarrow \mathbf{Z}^2 \rightarrow G \rightarrow \mathbf{Z} \rtimes \mathbf{Z}/2 \rightarrow (e) $$
mais je ne vois pas a priori comment ecrire $G$ lui-meme comme produit semi-direct. En esperant avoir ete utile.
"Le centre du groupe est $Z = < a^2 , b^2 >$ qui est isomorphe a $\mathbf{Z}^2$."
a $\mathbf{Z}$ sorry.
Le groupe dont tu parles : $G = \langle a, b \mid a^2=b^2\rangle$ est le $\pi_1$ de la bouteille de Klein. C'est le produit amalgammé $\dfrac{\Z\star\Z}{\langle a^2b^{-2}\rangle}$ c'est à dire la quotient du produit libre sur 2 lettres par le plus petit sous-groupe distingué contenant $a^2b^{-2}$.
Comme l'indique Fadalbala... puisque $a^2b=b^2b=bb^2=ba^2$ le centre contient $a^2$. On vérifie que le centre est exactement le sosu-groupe engendré par $a^2$, donc isomorphe à $\Z$. On a donc l'extension centrale :
$$ 1 \rightarrow \Z \rightarrow G \xrightarrow{p} Z/2\Z \rightarrow 1$$
Cette extension (centrale) n'est pas scindable sinon $G$ serait isomorphe à $\Z\times \Z/2\Z$ qui est commutatif contrairement à $G$.
[edition : C'est une ânerie, la quotient est le produit libre $\Z/2\Z\star\Z/2\Z$ et non pas $\Z/2\Z$. Sorry AD]
On remarque qu'on peut caractériser les éléments de $G$ comme étant de la forme $a^{r+1}bab\ldots ba=a^r(ab)^t$ ou $a^{r}(ab)^ta$ où $r \in \Z, t\in \N$. En effet dès que $b$ apparait à une puissance différente de 1, si la puissance est paire $b^{2i}= a^{2i}$ qu'on peut ramener en tête puisque dans le centre et si la puissance est impaire $b^{2i+1}=a^{2i}b$, il ne reste que $b^1$ et le $a^2$ est amené en tête.
Si donc on pose $c=ab$, alors $G=\{a^rc^t,\ a^rc^ta,\ r\in\Z,\ t\in \N\}$
Bref avec ça, sauf erreur, on doit pouvoir montrer que $G$ n'a pas d'élément d'ordre fini (hors le neutre).
A suivre.
Alain
Le groupe $\Z\rtimes_r \Z/2\Z$ admet pour présentation $D_\infty= \langle a, b \mid a^2=b^2=1 \rangle$.
Ref : Delcourt; exos 2.1.9 + 2.2.13
Tu n'étais pas très loin.
Bonne nuit.
Pour compléter le propos de BS,
$ G = \langle a, b \mid a^2=b^2=1 \rangle$ est le produit libre $\Z/2\Z \star \Z/2\Z$. Il est bien isomorphe à :
\begin{center}$D_\infty = \Z\rtimes_r \Z/2\Z = \langle c,a \mid a^2=1,\ ac = c^{-1}a \rangle $\end{center}
où $r$ est non trivial $\Z/2\Z \rightarrow Aut(\Z)=\{id, (x\mapsto x^{-1})\}$
L'isomorphisme $\varphi : G \rightarrow D_\infty$ est défini par $\varphi(a)=a\ ;\ \varphi(b) = ca$ et sa
fonction réciproque $\psi : D_\infty \rightarrow G$ est définie par $\psi(a)=a\ ;\ \psi(c)=ba^{-1}=ba$
$\varphi$ est bien un morphisme puisque $\varphi(a^2)=a^2=1$ et $\varphi(b^2)=c(ac)a=cc^{-1}aa=1$
$\psi\circ\varphi(a)=\psi(a)=a\ ;\ \psi\circ\varphi(b)=\psi(ca)=ba.a=b$
$\varphi\circ\psi(a)=\varphi(a)=a\ ;\ \varphi\circ\psi(c)=\varphi(ba)=ca.a=c$
$\psi$ est la fonction réciproque du morphisme $\varphi$, c'est donc un morphisme, qui est l'isomorphisme réciproque de $\varphi$
$$\Z/2\Z\star\Z/2\Z \xrightarrow[\simeq]{\ \varphi\ } D_\infty$$
Alain
Merci pour toutes ces précisions clairement établies.
Je suppose que le $\pi_1$ de la bouteille de Klein, et le groupe de Klein $V = \Z/2\Z \times \Z/2\Z$ ne sont pas isomorphes
Bonne journée.
Je me doute qu'avec ton pseudo, les travaux de Felix Klein n'ont plus trop de secret pour toi.
question: le groupe fondamental $\pi_1$ de la bouteille de Klein possède-t-il une notation particulière ?
Merci.
Ca serait intéressant de voir la croissance de ce groupe (cf Alessandri, j'ai lu ailleurs que tu étais en train de le lire bs). Par exemple pour $D_{\infty}$ ça a l'air linéaire.