Sous-groupe engendré par une symétrie orthogonale et une rotation

OShine

Bonjour,

On considère le sous-groupe de $GL_2(\C)$ formé des 8 matrices suivantes : 
$I=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}$, $-I$, $J=\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{pmatrix}$, $-J$, $T=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & -1
\end{pmatrix}$, $-T$, $U=\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix}$ et $-U$.
Une table du groupe donne $\boxed{D_8=\{ I,J,J^2=-I,J^3=-J,T,JT=-U,J^2T=-T,J^3T=U \}}$.

On considère le sous-groupe de $GL_2(\R)$ engendré par la symétrie orthogonale par rapport à l'axe des abscisses et la rotation d'angle $\pi /2$. 
On considère l'opération de $G$ sur l'ensemble $P(\R^2)$ des droites de $\R^2$ issue de l'action usuelle de $GL_2(\R)$ par restriction.
Cours : 
$GL(E)$ agit sur l'ensemble $P(E)$ des droite du $K$ espace vectoriel $E$ par $g.D=Kg(v)$, où $D=Kv$.

a) Montrer que $G$ est d'ordre $8$ et isomorphe à $D_8$.
b) Déterminer l'orbite et le stabilisateur de $D= \langle (2,1) \rangle$.

Le corrigé commence par dire : 
On considère le sous-groupe $G$ de $GL_2(\R)$ engendré par la symétrie orthogonale $\sigma$ par rapport à l'axe des abcisses et la rotation $\rho$ d'angle $\pi/2$.
Montrons que $G$ est d'ordre $8$ et isomorphe à $D_8$. Il suffit pour cela de montrer que l'application $\varphi$ de $D_8$ dans $G$ qui à $J^k T^i$ avec $0 \leq k \leq 3$ et $i=0,1$ associe $\rho^k \sigma^i$ est un isomorphisme.
Il est clair que cette application est bijective. La partie "difficile" est de montrer que c'est un morphisme. 

Comment on trouve cette application ? Comment on montre qu'elle est bijective ? 

NicoLeProf

Tes notations ne sont pas très claires.

$G$ est le sous-groupe de $GL_2(\mathbb{R})$ engendré par la symétrie orthogonale par rapport à l'axe des abscisses (notée $\sigma$ dans le corrigé j'ai l'impression) et par la rotation d'angle $-\pi/2$ (notée $\rho$ dans le corrigé) d'après ce que je comprends.

Si oui, l'isomorphisme entre $G$ et $D_8$ me paraît complètement évident puisque $J$ peut être vue comme la matrice d'une rotation d'angle $-\pi/2$ si nous étions dans un espace euclidien (ce qui n'est pas le cas ici car nous travaillons dans $GL_2(\mathbb{C})$) et comme $G$ est un groupe contenant $\rho$, il contient le sous-groupe engendré par $\rho$ : $<\rho>$ qui est cyclique et d'ordre $4$ (car c'est l'ordre de $\rho$ dans $G$). 

Exactement comme $<J>$ et $D_8$ comme tu l'as constaté plus haut .

On a donc très envie d'associer $J$ à $\rho$, $J^2$ à $\rho^2$ etc. 

Pour la symétrie $\sigma$, c'est presque la même chose (sauf que les isométries indirectes ne forment pas de groupe) : $T$ est une matrice de symétrie, elle est diagonale et admet pour valeurs propres $1$ et $-1$ . Si nous faisons un dessin ou des rapides calculs dans la base canonique de $\mathbb{C}^2$ (vu comme $\mathbb{R}$-espace vectoriel), on se rend compte du lien entre $T$ et $\sigma$.

Donc on a envie d'associer $T$ à $\sigma$. L'application et la bijection viennent alors naturellement.

Comment on sait qu'elle est bijective? Bah, chaque élément de $G$ est associé de manière unique à chaque élément de $D_8$ : facile à vérifier car tu as $8$ éléments ...

Cet exo n'est pas facile à expliquer, il te faut quelques connaissances en géométrie.

Julia Paule

@OShine Ton livre ne comporte que des exercices ? Les énoncés ne sont pas clairs, ou bien tu ne les recopies pas entièrement. En plus, il y a des erreurs de typographie. Bref.

Où a-t-il été montré que $D_8$ est un groupe ? Pour m'en assurer, je commencerais par calculer $TJ, TJ^2$ et $TJ^3$.

$G$ est le groupe engendré par la rotation d'angle $\pi / 2$ et la symétrie orthogonale par rapport à l'axe des abscisses, donc c'est le groupe des isométries du carré (de sommets $(1,0), (0,1), (-1,0), (0,-1)$).

La base canonique choisie, la rotation d'angle $\pi / 2$ ($\rho$ ? l'énoncé ne le dit pas) a pour matrice $-J$ et la symétrie orthogonale par rapport à l'axe des abscisses a pour matrice $T$ ($\sigma$ ?). Alors l'isomorphisme $G \to \D_8$ est évident par restriction de $GL(\R^2)$ à $G$ et $GL_2(\R)$ à $D_8$.

L'énoncé n'est pas clair, pourquoi avoir choisi $-J$ pour la rotation d'angle $\pi / 2$ ? Avec la base $((1,0), (0,-1))$, la rotation d'angle $\pi / 2$ a pour matrice $J$. Cela ne change rien pour la symétrie orthogonale par rapport à l'axe des abscisses et $T$. Ou bien pour conserver la base canonique, poser pour $\rho$ la rotation d'angle $-\pi / 2$.

J'aurais noté $GL(\R^2)$ le groupe linéaire de $\R^2$, groupe des applications linéaires inversibles de $\R^2$ (et non pas $GL_2(\R)$ qui est le groupe des matrices inversibles de taille $2$ à coefficients dans $\R$).

OShine

@Julia Paule
Montrer que $D_8$ est un groupe a été fait dans un exercice du chapitre 1, je suis dans le chapitre 5.
On donne la table du groupe, c'est très facile.

OShine

@NicoLeProf
Merci je comprends mieux. 
L'exercice et le corrigé disent : "rotation d'angle $\pi/2$ ". Après on peut toujours associé $\rho$ à l'opposé de sa matrice de rotation, ça ne doit rien changer à la bijection. 
Ok je vois mieux le lien avec les matrices de rotations.
Et on a $s^2=id$ pour tout symétrie, d'où le $\sigma$ d'ordre $2$. 
Du coup $\# G= 4 \times 2=8$. 
J'ajoute des infos dans l'énoncé. 

Julia Paule

D'accord. $D_8$ est le groupe diédral d'ordre $8$, soit le produit semi-direct de $C_4$ par $C_2$. Il est parfois défini comme le groupe des isométries du carré. Ce n'est pas le cas ici, puisqu'on vous demande de le montrer.

Bon ici, on définit $D_8$ par les matrices, et on montre qu'il est isomorphe au groupe des isométries du carré, engendré par la rotation d'angle $-\pi / 2$ et la symétrie orthogonale par rapport à l'axe des abscisses.

Donc on peut associer : $J \mapsto \rho$ (d'ordre $4$), $T \mapsto  \sigma$ (d'ordre $2$), cela donne l'isomorphisme : $\forall 0 \leq k \leq 3, i=0,1, \varphi (J^k T^i)=\rho^k \sigma^i$.

NicoLeProf

Julia Paule a dit :

L'énoncé n'est pas clair, pourquoi avoir choisi $-J$ pour la rotation d'angle $\pi / 2$ ? Avec la base $((1,0), (0,-1))$, la rotation d'angle $\pi / 2$ a pour matrice $J$. Cela ne change rien pour la symétrie orthogonale par rapport à l'axe des abscisses et $T$. Ou bien pour conserver la base canonique, poser pour $\rho$ la rotation d'angle $-\pi / 2$.

Je suis mille fois d'accord avec ceci !!! Je vois que nous sommes sur la même longueur d'onde avec Julia Paule !!!

On associe $J$ à la rotation d'angle $-\pi/2$ si l'on conserve la base canonique sinon, ce n'est pas très logique mais oui, ça ne change rien à la bijection.

Ou alors on dit que $J$ est une matrice écrite dans la base citée par Julia à savoir : $((1,0), (0,-1))$ qui correspond bien à la rotation d'angle $\pi/2$ . C'est bien pour ça dans mon premier message que j'ai voulu appeler $\rho$ la rotation d'angle $-\pi/2$ .

OShine

Je vous mets la table du groupe pour que ce soit plus clair.
Je bloque sur l'égalité encadrée.
Le reste me parait super clair, je remarque que cette technique de la division euclidienne est souvent utilisée en théorie des groupes.

NicoLeProf

Ouh là bizarre ça oui : je prends $i=2$ ($T^2=I_2$) et $k'=1$, ça ne marche pas, l'égalité est fausse... (On obtient dans ce cas : $J=J^{-1}$ : ce qui contredit le fait que $J$ est d'ordre $4$...)

OShine

Il y a une coquille c'est $i \in \{0,1 \}$ et non pas $i \in \{1,2\}$. 
Au début du corrigé, l'auteur prend bien $i \in \{0,1\}$.

Mais comment démontrer que $\forall i,i' \in [|0,1|] ,\ \forall (k,k') \in [|0,3|] ,\ T^i J^{k'}=J^{-k'} T^i$ ? 

NicoLeProf

J'y ai pensé, cela ne change absolument rien : je prends $i=0$ et $k'=1$ . On a toujours $T^0=I_2$ et $J=J^{-1}$ ce qui est impossible.

Donc il y a une autre "coquille" dans cette égalité plus dure à détecter et corriger ou alors une subtilité que je ne comprends pas !

OShine

On a $J$ d'ordre $4$ donc $J^4=I_2$ donc $J^{-1}=J^3=-J$.

Si $i=1$ et $k'=1$, on a : $TJ=U$ et $J^{-1} T=-J T=U$ et là ça fonctionne. 

NicoLeProf

@OShine, j'ai trouvé une légère modification pour avoir une égalité juste : on a $\forall i \in \{0,1\}, \forall k' \in \{0,1,2,3\}, \ T^i J^{k'}=J^{(-1)^ik'} T^i$.

OShine

Merci, du coup au lieu du $k'-k$ on aurait du $k+(-1)^i k'$ et je crois que ça ne change rien à la suite du raisonnement avec la division euclidienne... Pour démontrer cette formule il fait faire les 8 cas, ce n'est pas si long. 

Voici la suite du corrigé de la 1, je pense que la question 2 je peux la faire seul sans le corrigé. Déjà l'orbite c'est du calcul, j'ai déjà commencé à y réfléchir. 
Comment on sait que $D_8$ conserve globalement le carré ?

Julia Paule

On a $TJ=U=J^3T$, cela donne $TJ^2=J^2T$ et $TJ^3=JT$. Pour $i=0$ ou $k'=0$, c'est évident. Encore une coquille du livre.

Puis, une fois qu'on a associé $J$ à $\rho$ et $T$ à $\sigma$, je ne vois pas l'intérêt de la division euclidienne (on a déjà montré que $D_8$ est un groupe), l'isomorphisme est celui entre les applications linéaires bijectives et leurs matrices (une base choisie) restreint aux isométries du carré.

OShine

@Julia Paule tes calculs démontrent quoi ?
Il faut montrer que c'est un morphisme de groupes ! 

Je ne comprends pas l'histoire du carré, pourquoi on parle de conserver le carré ? 

Pour la b), j'ai un doute, le groupe $G$ est-il commutatif ? Je n'ai fait les calculs que dans l'ordre $\rho^i \sigma^j$ mais pourquoi c'est suffisant ? Pourquoi on n'a pas besoin de faire $\sigma^j \rho^i$ ? 
J'ai fait les calculs en m'aidant des matrices de rotation.
Orbite : 

• $id.D=(2,1) \R$.
• $\sigma.D=(2,-1) \R$.
• $\rho.D=(-1,2) \R$.
• $\rho^2.D=(2,1) \R$.
• $\rho^3 .D=(-1,2) \R$.
• $\rho \sigma .D=(1,2) \R$.
• $\rho^2 \sigma.D=(2,-1) \R$.
• $\rho^2 \sigma .D=(1,2) \R$.

Donc $\boxed{O_D= \{ v \R, (2,-1) \R,(-1,2) \R,(1,2) \R \}}$.

Stabilisateur : 
D'après le cours, on a $\# G= \# O_D \times \# S_D$ donc $S_D$ est d'ordre $2$.
Donc $id$ et $-id$ stabilisent $D$, on en déduit que $\boxed{S_d=\{-id,id \}}$.

NicoLeProf

OShine a dit :
Je ne comprends pas l'histoire du carré, pourquoi on parle de conserver le carré ?

C'est pour ça que j'ai écrit au début de ce fil que cet exo nécessite des connaissances en géométrie.

$D_8$ est le groupe diédral de cardinal $8$ . Il contient le sous-groupe des isométries directes laissant invariant le carré à savoir le groupe cyclique $<\rho>$ où $\rho$ est la rotation de centre $O$ ($O$ étant l'isobarycentre des sommets du carré ou plus simplement le centre du carré) d'angle $\pi/2$ .  (En gros, on connait la classification des isométries du plan et on montre grâce à la caractérisation des applications affines qui conservent le barycentre que $O$ est un point fixe d'une isométrie laissant invariant le carré donc une telle isométrie est soit une rotation soit une réflexion mais pas une translation ni une symétrie glissée donc les seules isométries directes laissant invariant le carré sont les rotations) .

$D_8$ contient également $4$ isométries indirectes qui sont $4$ réflexions. Pour les trouver tu pars de la symétrie axiale d'axe $(OA)$ (notée $s$) où $O$ est le centre du carré et $A$ est un point du carré. Tu trouves les $3$ autres en remarquant qu'elles peuvent s'écrire : $\rho \circ s$ ; $\rho^2 \circ s$ et $\rho^3 \circ s$. Attention cependant : les isométries indirectes ne forment pas de sous-groupe car la composée de deux isométries indirectes donne une isométrie directe ! Tu te rends compte ensuite que le groupe des isométries laissant invariant le carré n'est autre que $D_8$ et tu généralises ceci à un polygone régulier à $n$ sommets.

C'est un résumé très succinct effectivement, tu as un cours accessible et clair ici : http://leahpar.etnalag.free.fr/images/cours/algebre_oral/isom_cons_poly_reg.pdf

(Cours qui m'a servi pour avoir un développement sur le groupe diédral $D_n$ pour l'oral de l'interne même si, au final, je ne suis pas tombé dessus : j'aurais pu cela dit car j'avais comme choix "exercices sur les polygones" à l'oral 2 mais j'ai pris l'autre leçon sur l'utilisation de polynômes en algèbre linéaire).

OShine

Ah d'accord merci, oui je préfère aussi largement les polynômes en algèbre linéaire, polynôme d'endomorphisme, lemme des noyaux etc...
Exercices sur les polygones, il y en plein dans le domaine des nombres complexes.
Je n'y connaissais rien, j'ai découvert les isométries qui conservent le triangle la dernière fois (d'ailleurs je vais bientôt mettre un exo sur ce domaine) et là je découvre les isométries qui conservent le carré, ça me fait un peu de culture générale en géométrie, ça me faisait peur avant mais ce n'est pas si compliqué que ça.

Pour le calcul de l'orbite, le corrigé a fait comme moi, mais comment on sait qu'il est inutile de calculer $\sigma \rho .D$, $\sigma^2 \rho .D$, $\sigma^3 \rho . D$ ? 

NicoLeProf

OShine a dit :
Pour la b), j'ai un doute, le groupe $G$ est-il commutatif ? Je n'ai fait les calculs que dans l'ordre $\rho^i \sigma^j$ mais pourquoi c'est suffisant ? Pourquoi on n'a pas besoin de faire $\sigma^j \rho^i$ ?

Je ne comprends pas trop ta question ici. Non, $G$ n'est pas commutatif car $D_8$ ne l'est pas : $JT=-TJ$ .

Tu as une action à gauche dans l'énoncé donc tu fais les calculs avec cette action à gauche (qui n'est pas une action à droite car $G$ n'est pas commutatif).

Donc dans l'ordre $\rho^i \sigma^j$ ou plus simplement en utilisant les $8$ éléments de $D_8$ .

OShine

Je suis bête, on a vu que $G$ possède 8 éléments, donc il y a 8 calculs à faire.
J'ai lu rapidement le cours sur les isométries, je n'aime pas trop la façon de rédiger les preuves (plusieurs démos sont trop rapides), je comprends à moitié ce qui est écrit, mais au moins je visualise dans ma tête les isométries qui conservent le carré maintenant.
Si un jour je trouve un livre plus clair sur le sujet, ça serait bien.

Pas mal cet exercice, il mélange les groupes et la géométrie, et il est accessible. 

NicoLeProf

Oui cet exo est intéressant !

Tu as les Monier qui ont l'air géniaux pour la géométrie, tu peux aller voir !

Julia Paule

Au lieu de se placer dans le plan affine avec des isométries affines, on peut se placer directement dans le plan vectoriel $\R^2$ avec des isométries vectorielles (qui conservent le produit scalaire). Il suffit de fixer le centre $O$ du carré.

Julia Paule

OShine a dit :

@Julia Paule tes calculs démontrent quoi ?
Il faut montrer que c'est un morphisme de groupes !

Mes calculs donnent ce que tu as encadré en rouge, rectifié.

Le morphisme de groupes $\varphi : D_8 \to G$ s'obtient par restriction à $D_8$ de l'isomorphisme entre $GL_2(\R)$ et $GL(\R^2)$ (en choisissant la base canonique). On a $\varphi(J)=\rho, \varphi(T)=\sigma$. Alors $G=\langle \rho,\sigma \rangle =\langle \varphi(J), \varphi(T) \rangle  = \varphi(\langle J,T \rangle)= \varphi(D_8)$ et $\varphi$ est injectif par restriction, donc bijectif.

OShine

@Julia Paule
Intéressant, mais pourquoi tu as le droit de sortir le $\varphi$ du produit scalaire ? 

NicoLeProf

$\langle,\rangle$ ne désigne pas un produit scalaire ici mais la notation pour : "sous-groupe engendré par ..."

Thierry Poma

D'accord, d'accord

$G=\langle \rho,\sigma \rangle =\langle \varphi(J), \varphi(T) \rangle  = \varphi(\langle J,T \rangle)= \varphi(D_8)$

Compte-tenu du contexte, il faut le faire exprès ou être (...) pour voir dans ces identités un produit scalaire (i.e. une forme bilinéaire particulière égale à $G$) et trouver cela intéressant. Toucherions-nous le fond ?

agregagreg2

"je n'ai jamais vu ça"  
"tu me gaves en affirmant que tu n'as jamais vu".

OShine

Ah ok je n'étais pas réveillé, pas mal la méthode de @Julia Paule