Isomorphe au groupe diédral

Riemann_lapins_cretins
Modifié (August 2022) dans Algèbre
$\newcommand{\D}{\mathcal{D}}$Bonjour,
La décomposition "symétrie rotation" d'un élément du groupe diédral $\D_{n}$ (d'ordre $2n$ pour qu'on soit d'accord sur la notation) montre naturellement que ce dernier contient $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, et que ce sous-groupe est noyau du morphisme naturel de $\D_{n}$ dans $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.
Qu'en est-il de la réciproque ?
Quels sont les entiers $n$ tels que, si $G_{n}$ est un groupe non commutatif d'ordre $2n$ disposant d'un morphisme surjectif sur $\mathbb{Z}/\mathbb{2Z}$ dont le noyau est cyclique, alors $G_{n}$ est isomorphe à $\D_{n}$ ?

Réponses

  • Bonjour,
    Aucun entier $n>2$ puisque qu'on a toujours $\mathbb Z/n\mathbb Z\times \mathbb Z/2\mathbb Z$.
  • Ce n'est pas le groupe diédral aussi ?
  • Penses-tu que le groupe diédral est commutatif pour $n>2$ ?
  • Riemann_lapins_cretins
    Modifié (August 2022)
    En effet.

    J'ajoute donc l'hypothèse $G_{n}$ non abélien (en fait c'était un oubli mais l'hypothèse était bien présente dans la question initiale qui traînait dans mes papiers, trouvée il y a quelques années dans je ne sais plus quel livre d'algèbre).
  • As-tu regardé la liste des petits groupes finis (non abéliens) sur wikipedia pour commencer à te faire une idée ?
  • GaBuZoMeu
    Modifié (August 2022)
    Tu peux reformuler la question comme : pour quels $n$ un groupe non commutatif d'ordre $2n$ contenant un élément d'ordre $n$ est-il forcément isomorphe à $\D_n$ ? Je te conseille de regarder le cas $n=4$ et le cas $n=15$.
  • Poirot
    Modifié (August 2022)
    De manière analogue au cas $n=4$ auquel pense GBZM, on peut également penser à $n=2^k$ avec $k \geq 2$.
    Je ne sais pas exactement ce qu'il a en tête pour $n=15$.
  • Math Coss
    Modifié (August 2022)
    Deux produits semi-directs différents (ou même trois), je suppose ?
  • AD
    AD
    Modifié (August 2022)
    Bonsoir.
    Commençons par les cas qui marchent.
    Si $n$ est premier impair, alors un groupe d'ordre $2p$ est soit $C_{2p}$, soit $\D_{p}$ diédral. (exercice classique : $p$-Sylow distingué car d'indice $2$, produit semi-direct, $\mathrm{Aut}(C_p)$ est cyclique, donc morphisme $C_2\to\mathrm{Aut}(C_p)$ soit trivial, soit a pour image $\langle(x\mapsto x^{-1})\rangle$, donc diédral).
    On s'intéresse donc aux $n\geq 4$.
    Pour les cas qui ne marchent pas, un parcours des premiers groupes finis montre qu'il y a plusieurs groupes non abéliens d'ordre $2n$ avec éléments d'ordre $n$ pour $n=4,6,8,10,12,14,{\color{red}{15}},16,\ldots$
    Il semble donc que les $n$ pairs ne conviennent pas, mais ce ne sont pas les seuls.
    Regardons le cas $n=pq$, avec $p,q$ premiers impairs différents ($n=15$ cité par GBZM est le premier d'entre eux).
    Dans ce cas, il y a les groupes $\D_p\times C_q$ et $\D_q\times C_p$ en plus de $\D_{pq}$ qui tous trois ont un sous-groupe $C_{pq}\simeq C_p\times C_q$ et ils ne sont pas isomorphes, il suffit de compter les éléments d'ordre $2$).
    Si je ne me trompe, cet argument reste valable pour tout $n=\ell m$ avec $\ell,\,m$ impairs et premiers entre eux. Ce qui donne que dès que la décomposition en facteurs premiers de $n$ impair admet au moins deux facteurs premiers différents, la propriété n'est pas satisfaite.
    Il reste à voir les cas $n=p^r$ (j'ai l'intuition que cela marche pour eux).
    Il reste à prouver que $n$ multiple de $2$ ne convient pas comme semble l'indiquer le balayage des groupes d'ordre petit.
    Alain
  • Les groupes diédraux d'ordre $n=2n'$ admettent une extension non scindée par $\Z/2\Z$. On réalise les groupes diédraux comme isométries d'un prisme et on les relève via le morphisme classique $\mathrm{SU}_2(\C)\to\mathrm{SO}_3(\R)$.
    Plus concrètement on considère le groupe engendré par \[\begin{pmatrix}\xi&0\\0&\bar\xi\end{pmatrix}\quad\text{et}\quad\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix},\]où $\xi$ est une racine de l'unité de l'ordre qu'il faut ($n=2n'$ ?). Enfin, je crois.
  • AD
    AD
    Modifié (August 2022)
    Si $n=p^r$, $p$ premier impair, les mêmes arguments que $n=p$ conviennent.
    Un $p$-Sylow $H$ est cyclique (par hypothèse), d'indice $2$, donc distingué dans $G$, on a donc la suite exacte $$\{1\}\to H\hookrightarrow G \to C_2\to\{1\}.$$ Un $2$-Sylow $S$ est un complément de $H$ ($H\lhd G,\ G=HS$ car $H$ est maximal dans $G$,$\ H\cap S=\{1\}$) donc $G$ est le produit semi-direct $G=H\rtimes_\phi S$, avec $\phi: S\to\mathrm{Aut}(H)$, mais $\mathrm{Aut}(C_{p^r})\simeq C_{p^{r-1}(p-1)}$ cyclique, donc unique sous-groupe d'ordre $2$, donc unique produit semi-direct non abélien : le diédral $\mathcal D_{p^r}$.
    Alain
  • Merci pour les réponses !

    J'étais resté dans l'idée que les bons entiers étaient les impairs (en regardant trop petit), et GBZM a bien fait de mentionner 15.

    AD a bien attaqué le problème qui s'avère comme je le soupçonnais difficile. Bravo à lui.

    MC : je ne connaissais pas ce fait et c'est amusant 
  • J’ai vu passer (mais je ne sais plus où) une généralisation de la structure. Peut-être un produit semi-direct construit à partir d’un groupe quelconque et du groupe d’ordre 2.
    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • LOU16
    Modifié (August 2022)
    Bonjour
    Les entiers $n$  recherchés sont en effet les puissances d'un nombre premier impair.

    Soit $G$ un groupe d'ordre $2p^r, \:\:(p\:\text{ premier impair },\:r\in \N^*),\: $ non abélien, admettant un sous-groupe cyclique $H$ d'ordre $p^r$.
    $H \lhd G.\; \:\: $Soit $a$ un générateur de $H.  \:G $ contient un élément $b$ d'ordre $2.\:\quad  G =H\langle b \rangle .\:$ Il vient:
    $bab^{-1} = a^t, \:\: a= b^2ab^{-2} = a^{t^2}, \quad t^2\equiv 1 \mod p^r, \:\: t\equiv \pm 1 \mod p^r.\:\:$  Le cas $t=1$ est exclu car $G$ est non abélien, et $G \simeq \mathcal D_{p^r}.$

    Les groupes $G$ définis ci-dessous sont d'ordre $2n$, non abéliens, non isomorphes à $\mathcal D_n$ et admettent un sous-groupe cyclique d'ordre $n$.
    $\bullet  \: n =2^k m,  \:k\geqslant 2, \:\: m \text { impair }.$
    Soit $\mathcal Q_k$ le "groupe quaternionique d'ordre $2^{k+1}\:(\bigstar)$" admettant pour présentation : $ \mathcal Q_k =\langle a,b \mid a^{2^{k}} =bab^{-1}a =b^{-2}a^{2^{k-1}} =1 \rangle.$ $$G := \mathcal Q_{k} \times \Z/m\Z.$$
    $\bullet \: n=2 m, \:\: m \geqslant 3,  \text { impair}.\quad $  Soit $K: =\Z/4\Z =\{\overline 0,\overline 1,\overline 2,\overline 3\}$ et $\rho $  le morphisme: $K \to \text{Aut} (\Z/m\Z, +)$ défini par:
    $ \forall x \in \Z/n\Z, \quad\rho (\overline 0) . x = \rho (\overline 2) .x = x , \quad \rho (\overline 1) . x =\rho (\overline 3) . x =-x.$ $$ G := \Z/m\Z \rtimes _{\rho} K.$$
    $\bullet \: n \text { impair, possédant au moins deux diviseurs premiers.}$
    $\exists t \in \N $ tel que $ t\not\equiv \pm 1 \mod n\: \text { et } \: t^2 \equiv 1 \mod n.$
    Soit $K:=\Z/2\Z =\{\overline 0, \overline 1 \} $ et $\rho$ le morphisme $K\to \text{Aut}( \Z/n\Z, +)$ défini par: $\: \forall x \in \Z/n\Z ,\: \: \rho(\overline 0).x =x, \:\rho(\overline 1).x =tx.$ $$G :=\Z/n\Z \rtimes_{\rho} K.$$

    $(\bigstar)$ Cette appellation est tout-à-fait personnelle et n'a rien d'officiel.
    $$\mathcal Q_k = \Big( \{0,1\}\times \Z/2^k\Z , \: \:\star \Big ),\quad (a,x) \star ( b,y ) = \left\{\begin{array}{ll} \left( a+b\: ,\: (-1)^{b}x+ y\right)  &\text { si }\: a+b <2.\\ \left( 0\:, \:-x+y+2^{k-1} \right ) &\text{ si }\: a+b=2 .\end{array}\right.$$
  • Lou, tu n'as pas idée d'à quel point j'admire tes talents mathématiques. Bravo !
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