Les groupes diédraux (J.Calais)

Bonjour,
je lis actuellement le livre de Josette Calais, Éléments de théorie des groupes.
À la page 121, proposition 3.71, on souhaite montrer que $D_n$ le groupe diédral est fini, d'ordre $2n$. Il est défini comme l'ensemble des isométries du plan qui conservent les sommets du polygone régulier $P_n$.
Pour cela, on considère $\rho_k=rot(O,\frac{2k\pi}{n})$, pour $k\in0,n-1$.
Si $A_1,\ldots,A_n$ sont les $n$ sommets du polygone régulier, on a $\rho_k(A_a)=A_b$ avec $a=b+k[n]$ et $1\le a,b\le n$.

Pour m'en convaincre, j'ai fixé $n=4$. Soit $A_1(1), A_2(i),A_3(-1),A_4(-i)$. Et effectivement j'ai bien $a=b+k[4]$.
Mais faut-il en faire une démonstration formelle ?
Si oui, comment la faire ?

Par ailleurs, un peu plus bas, il est écrit $\rho_k\circ\rho_j=\rho_\ell$ avec $\ell=j+k[n]$. Et cela, je n'arrive pas à le comprendre.
Pouvez-vous m'aider ?
D'avance merci.

Réponses

  • Bonsoir Bmaths
    Tu es d'accord que composer deux rotations de même centre donne une rotation de même centre et d'angle la somme des angles des deux rotations. $$
    Rot\big(O,k\frac{2\pi}n\big)\circ Rot\big(O,j\frac{2\pi}n\big) = Rot\big(O,(j+k)\frac{2\pi}n\big).
    $$ Et comme les angles sont définis modulo $2\pi$, on prend $(j+k)\frac{2\pi}n\pmod{2\pi}\ $ ou encore $j+k\pmod n$.
    Alain
  • Bonsoir AD,

    Merci, je comprends mieux. Je comprends également la suite :

    $\rho_k\circ\rho_{n-k}=rot(O,\frac{2k\pi}{n})\circ rot(O,\frac{2(n-k)\pi}{n})=rot(O,2\pi)=Id.$ D'où $\rho_k^{-1}=\rho_{n-k}$.

    Par contre je ne suis pas familier avec la notation $\Gamma_n\le D_n$. Ce sont des ensembles, non ? Que signifie la notation $\le$ ici ?

    Enfin, l'isomorphisme du groupe $(\Gamma_n,\circ)$ sur le groupe $(\mathbb{U}_n,\times)$ est à déduire de ce qui précède et je ne suis pas certain d'avoir bien tout saisi.

    Je note $\phi$ l'application de $\Gamma_n$ dans $\mathbb{U}_n$.

    On a $\phi(\rho_k\circ\rho_j)=\phi(\rho_l)=e^{i\frac{2l\pi}{n}}=e^{i\frac{2(j+k)\pi}{n}}=e^{i\frac{2j\pi}{n}}e^{i\frac{2k\pi}{n}}=\phi(\rho_k)\phi(\rho_j)$, ce qui prouve que $\phi$ est un morphisme de groupes. Pourquoi est-ce un isomorphisme de groupes ?
    Encore merci pour l'aide.
  • Re-bonsoir BMaths
    Pour ce qui concerne la notation $\Gamma_n\le \mathbb U_n$. Remarque que J.Calais n'écrit pas cela mais $\Gamma_n\le D_n$ où $D_n$ est le groupe diédral qui contient le sous-groupe $\Gamma_n$ des rotations.
    J.Calais explique cette notation dès la définition de sous-groupe (Définition 1.22, page 30, dans mon édition).
    C'est une manière de préciser que l'inclusion $\Gamma_n$ dans $D_n$ concerne des sous-groupes et pas seulement des ensembles.

    Pour ta seconde question, $\phi$ est un morphisme de groupes entre $\Gamma_n$ et $\mathbb U_n$. Que dire du cardinal de ces deux groupes ? Et que dire de $\ker\phi$ ?
    Alain

    Edit. Correction sur la notation $\Gamma_n\le \mathbb U_n$.
  • Je vois.
    J'ai corrigé mon message.

    Et donc, on a :

    $ker(\phi)=0 \Leftrightarrow exp(i\frac{2k}{n})=0 \Leftrightarrow k=0$.

    Donc $ker(\phi)=\{\rho_{0}\}=\{Id\}$.

    Par ailleurs $card(\Gamma_n)=n=card(\mathbb{U}_n)$, $\phi$ est donc une injection entre deux ensembles de mêmes cardinaux ie un isomorphisme.

    Quel intérêt d'avoir calculé $\rho^{-1}_k$ ? Exhiber l'inverse de $\phi$ ?
  • BMaths a écrit:
    $\ker(\phi)=0 \Leftrightarrow \exp(i\frac{2k{\color{red}{\pi}}}{n})=0\ {\color{red}{ \Leftrightarrow k=0}}$

    Attention, pour avoir l'équivalence il faut écrire
    $\Leftrightarrow \frac{2k\pi}n=0\pmod{2\pi}\Leftrightarrow k=0\pmod{n}$.
    Alain
  • Merci.

    Sur la même page, 122 dans mon édition, il est écrit que $\rho_k(A_{\alpha})=A_\beta$ et donc $\beta=\alpha+k[n]$. Je n'arrive pas à établir cette égalité.

    Pour moi, cela signifie que $(\vec{OA_\alpha},\vec{OA_\beta})=\frac{2k\pi}{n}[2\pi]=k[n]$.

    Est-ce à dire que $(\vec{OA_\alpha},\vec{OA_\beta})=\beta-\alpha$ ? J'ai du mal à écrire cela en fait. Quelque chose m'échappe encore.
  • Bonjour BMaths
    Par définition, on a que l'affixe de $A_\alpha$ est $e^{\alpha\frac{2i\pi}n}$ et $\rho_k(z)=ze^{k\frac{2i\pi}n}$ donc $\rho_k(A_\alpha)=e^{(\alpha+k)\frac{2i\pi}n} = A_{\beta}$ avec $\beta=\alpha+k\pmod n$. (Bon par abus de langage on identifie le point et son affixe dans $\C$)
    Pour $(\vec{OA_\alpha},\vec{OA_\beta})=\beta-\alpha$ quoi de plus naturel pour un arc allant de $A_\alpha$ vers $A_\beta$ :
    argument de l'arc = argument de l'extrémité - argument de l'origine.
    Alain
  • Je comprends de mieux en mieux, merci pour ces éclaircissements.
    J'avais oublié, l'écriture complexe d'une rotation de la forme $z'-w=(z-w)e^{i\theta}$. Ce qui ici donne $z'=ze^{i\theta}$.

    En confondant le point et son affixe, on a : $A_\alpha=e^{\alpha\frac{2i\pi}{n}}$. Soit $\rho_k(A_\alpha)=e^{\alpha\frac{2i\pi}{n}}e^{i\frac{2k\pi}{n}}=e^{(\alpha+k)\frac{2i\pi}{n}}=A_\beta$ avec $\beta=\alpha+k[n]$.

    Ainsi, l'ensemble $\Gamma_n$ des rotations $\rho_k$ pour k allant de 0 jusqu'à n-1 est inclus dans $D_n$

    On prouve ensuite que c'est un sous-groupe de $D_n$.

    Puis on prouve que $\Gamma_n\simeq\mathbb{U}_n$.

    J'arrive à dérouler la démonstration plus avant maintenant.

    Ce qui signifie qu'il est cyclique d'ordre n, engendré par exemple par $\rho_1$. On le choisit au hasard le générateur ?

    D'où $\Gamma_n=\{Id,\rho_1,\cdots,\rho_1^{n-1}\}$ et donc $D_n$ contient au moins n éléments.

    On va montrer qu'il en contient n autres.

    Pour cela, on considère la symétrie $s$ d'axe $(Ox)$ dont l'écriture complexe est $s(z)=\bar{z}$, soit $s(e^{ia})=e^{-ia}$.

    D'où $s(A_a)=s(e^{a\frac{2i\pi}{n}})=e^{-a\frac{2i\pi}{n}}=e^{2i\pi}e^{-a\frac{2i\pi}{n}}=e^{(n-a)\frac{2i\pi}{n}}=A_{n-a}$.

    Et c'est ici que je bloque maintenant. Je suis censé trouver $A_{n-a+2}$ selon la démonstration de Josette Calais. Et je ne vois pas d'où provient le +2.

    Pourriez-vous m'aider ?
    Encore merci.
  • Bonsoir
    Attention, ce que tu appelles $A_0$ d'affixe $e^{0\frac{2i\pi}n}=1$ est appelé $A_1$ par J.Calais. (voir le schéma), d'où le décalage de 2.
    Alain
  • Ah oui !
    On a : $s(A_1)=A_1$ et pour $2\le a\le n$, c-à-d $0\le a-2\le n-2$, on a $s(A_{a-2})=A_{n-(a-2)}=A_{n-a+2}$.
    Est-ce bien cela ?
  • Oui (tu)
    Alain
  • Super, merci.
    J'arrive à dérouler la démonstration jusqu'à la page 123, lorsqu'il est écrit :
    J.Calais a écrit:
    Vérifions que $D_n$ contient exactement 2n éléments.

    Je saisi parfaitement que $D_2=\{Id,\rho_1,s,\rho_1\circ s\}$ et donc $D_2$ contient exactement 4 éléments.
    En revanche, pour arriver à (30), j'ai plus de mal.

    Soit $n\ge 3$.
    $f$ une isométrie qui conserve les sommets du polygone régulier $P_n$.

    f transforme $A_1$ en l'un des n sommets $A_1,\cdots,A_n$. OK.

    Lorsque $f(A_1)$ est fixé, puisque f est une isométrie, on a $d(f(A_1),f(A_2))=d(A_1,A_2)$. OK.

    Et je ne comprends pas la suite : il n'y a que deux positions possibles pour $f(A_2)$ et par suite, une fois celui-ci fixé, les $f(A_i)$ sont déterminés de façon unique. On en conclut qu'il n'existe que 2n isométries.

    Comme d'habitude, lorsque je ne vois pas, je fixe des petites valeurs.
    Par exemple $n=5$ et $f(A_1)=A_3$. Alors $d(f(A_1),f(A_2))=d(A_1,A_2)=d(A_3,f(A_2))$ et donc $f(A_2)=A_1$ ou $f(A_2)=A_3$, ce qui donne deux positions possibles. Me trompe-je ?
  • Pourquoi une isométrie de l'ensemble des sommets d'un polygone régulier est nécessairement une rotation ou une réflexion ?

    NB : La réponse me proposant de décrire ce que cela pourrait être d'autre n'est pas valable car c'est effectivement uniquement l'un et l'autre.
  • Parce qu'une isométrie du plan qui laisse un point fixe est soit une rotation de centre ce point, soit une réflexion orthogonale d'axe une droite passant par ce point.
  • @mini_calli : Si la réponse de GBZM ne te suffit pas, tu peux essayer de démontrer que toute bijection affine (et donc, toute isométrie) qui laisse stable l'ensemble des sommets d'un polygone régulier fixe son isobarycentre.
  • @Georges Abitbol : Merci pour l'indication, alors ça justement je pense pouvoir le montrer soit $G$ l'isobarycentre de $(S_{1},...,S_{n})$ les sommets d'un polygone régulier alors
    $$
    {1 \over n} \sum_{i=1}^{n} \vec{GS_{i}} = \vec{0}
    $$
    Et on va montrer que $f(G) = G$ si $f$ est affine, je vais utiliser l'unicité du barycentre même si je ne suis pas sur que cette propriété soit vraie.
    $$
    {1 \over n} \sum_{i=1}^{n} \vec{f(G)} \vec{S_{i}} = {1 \over n} \sum_{i=1}^{n} \vec{f(G)} f(\vec{S_{i}}) = {1 \over n} \sum_{i=1}^{n} \vec{f} (\vec{GS_{i}}) = \vec{0}
    $$
    par linéarité de $\vec{f}$

    Ce qui me chagrine c'est que je n'ai pas utilisé la bijectivité.
  • Oui il est unique ! :-D (:D :)o

    Pourquoi ? Je viens de revoir la preuve il faut fixer un point $O$ et après ça roule si le somme des poids n'est pas nulle. Soit $M$ tel que
    $$
    \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} \vec{MA_{i}} = \vec{0}.

    $$ Alors
    $$
    \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} \vec{MO}+ \vec{OA_{i}} =\vec{0}.

    $$ D'où
    $$
    \vec{OM} = \sum_{i=1}^{n} {\lambda_{i} \over \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} } \vec{OA_{i}} .
    $$
  • Moi je traitais ça en exercice avec les nombres complexes, je trouve que ça tombe mieux.
  • @Georges Abitbol et @GMZ j'espère que vous allez bien. Ca vous direz qu'on conclut la résolution ? Je souhaite aller jusqu'au bout j'ai déjà rédigé une réponse mais je ne sais pas si je peux conclure sans votre aide.
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