Galois de X^5-2 et groupes d'ordre 20

Coucoubernard

Bonsoir, quels sont les groupes non commutatifs d'ordre 20 et lequel parmi eux est le groupe de Galois de $X^5-2$ ?

jobherzt

C'est un peu de la triche, mais pour les gropes d'ordre 20 on peut toujours demander à GAP :

gap> l:=AllSmallGroups(20);;

gap> List(l, StructureDescription);
[ "C5 : C4", "C20", "C5 : C4", "D20", "C10 x C2" ]

gap> List(l, IsAbelian);
[ false, true, false, false, true ]

Coucoubernard

Merci jobhertz


****************************

Je traduis :

Les groupes abéliens sont (Z/4)x(Z/5) et (Z/2)x(Z/2)X(Z/5)=(Z/10xZ/2)


Les groupes non abéliens sont

le groupe des isométries du décagone régulier D_10

l'holomorphe de Z/5, c'est-à-dire (Z/5) X_s (Aut(Z/5)

et (D_5xZ/2)

Est-ce juste ?

****************************************************************

Le groupe de Galois est le troisième cité. Est-ce juste ?

Coucoubernard

Corrigé :

Le groupe de Galois est l'holomorphe de Z/5

Coucoubernard

je pense que D_10 et D_5 x Z/2 ont de fortes raisons d'être isomorphes comme le sont D_3xZ/2 et D_6

Pardon donc.

Coucoubernard

Rebonsoir, et pardon pour ces interventions successives.

Le groupe produit semi-direct de Z/5 par Z/4 où 1 agit sur Z/5 par x\mapsto -x m'intrigue.

Peut-être Vincent pourrait nous dire ses représentations linéaires réelles et complexes.

borde

Bonsoir Coucoubernard,

PARI/GP donne : $$\mathrm{Gal} (P / \mathbb{Q}) \simeq M_{20} = < (12345), \, (2354) >$$ (groupe métacyclique de degré $5$).

Borde.

AD

Bonsoir CoucouBernard

Les groupes abéliens d'ordre 20 sont, comme tu l'indiques, $\Z/20\Z$ et $\Z/10\Z\times \Z/2\Z$.

Sylow montre que le 5-Sylow est distingué (le nombre de 5-Sylow est un diviseur de 4 congru à 1 modulo 5).
Donc un groupe non commutatif, $G$ d'ordre 20 est produit semi-direct de son 5-Sylow ($\simeq \Z/5\Z$) par un 2-Sylow ($\simeq \Z/4\Z$ ou $(\Z/2\Z)^2$).

On est donc amené à chercher les morphismes non triviaux $\phi$, du 2-Sylow dans $\mathrm{Aut}(\Z/5\Z)\ (\simeq \Z/4\Z)$ engendré par $\alpha=(a\mapsto a^2)$
\begin{enumerate}
\item Le 2-Sylow est isomorphe à $(\Z/2\Z)^2$. L'image de $\phi$ est nécessairement d'ordre 2 (sinon $phi$ est trivial), donc un des 3 éléments autre que le neutre aura une image triviale. Notons $b$ cet élément et $c$ un autre.
Nous avons donc $\phi=\begin{pmatrix} b&\mapsto&\mathrm{id} \\ c&\mapsto&\alpha^2 \end{pmatrix}$ et la présentation
$$G_1=\langle a,b,c\mid a^5=1,\ b^2=c^2=1,cb=bc,\ ba=ab,\ ca=a^{-1}c \rangle$$
Mais on remarque que $b$ commute avec $a$ et $c$, donc $\langle b \rangle$ est en produit direct avec
$\langle a,c \rangle = \langle a,c\mid a^5=c^2=1, ca=a^{-1}c\rangle = D_5$ diédral à 10 éléments. Finalement $G_1\simeq D_{5}\times \Z/2\Z$
On peut aussi remarquer que, compte tenu des relations entre $a,b,c$, si on pose $A=ab$, $A$ est d'ordre 10 et $cA=cab=a^{-1}cb=a^{-1}bc=ba^{-1}c=A^{-1}c$ et donc
$$G_1 = \langle A,c\mid A^{10}=c^2=1,\ cA=A^{-1}c \rangle = D_{10}$$

{\bf Considérons maintenant le cas} où le 2-Sylow est isomorphe à $\Z/4\Z$ engendré par $b$. 2 cas sont possibles :
\item L'image de $\phi$ est $\mathrm{Aut}(\Z/5\Z),\ \phi(b)=\alpha=(a\mapsto a^2)$ et $G_2 = \Z/5\Z\rtimes_{\mathrm{id}} \Z/4\Z$ est l'holomorphe de $\Z/5\Z$, de présentation :
$$G_2=\langle a,b \mid a^5=1,\ b^4=1,\ ba=a^2b\rangle$$
\item L'image de $\phi$ est d'ordre 2 dans $\mathrm{Aut}(\Z/5\Z),\ \phi(b)=\alpha^2=(a\mapsto a^{-1})$ et $G_3 = \Z/5\Z\rtimes_{\phi} \Z/4\Z$ a pour présentation :
$$G_3=\langle a,b \mid a^5=1,\ b^4=1,\ ba=a^{-1}b\rangle$$
\end{enumerate}
Ces deux derniers groupes ne sont pas isomorphes parce que le centre $Z(G_2)=\{1\}$ comme centre de l'holomorphe d'un cyclique d'ordre impair, alors que $b^2 \in Z(G_3) \neq \{1\}$.
Enfin $G_1$ n'ayant pas d'élément d'ordre 4, il ne peut être isomorphe à l'un des deux deniers groupes.

Alain

LOJACO

Bien sûr, l'holomorphe de $\Z/5\Z$ est le groupe affine de la droite affine sur $\mathbb F_5$, appelé le groupe de Frobenius $\mathbb F_{20}$. Il contient 5 groupes isomorphes à $\Z/4\Z$, qui se coupent deux à deux trivialement.

Je crois que l'on en a déjà parlé. C'est le groupe $G_3$ qui est un peu inédit sur le forum, si je ne me trompe.

Bonsoir à tous.

[La case LaTeX. AD]

LOJACO

J'ajouterai que la translation par $2$ et l'homothétie de centre 0 et de rapport $2$ agissent comme indiqué par Borde sur les éléments $0,2,4,1,3$. Ce groupe est bien le groupe noté $M_{20}$ plus haut.

Merci Alain

[La case LaTeX. AD]

AD

Bonsoir

En ce qui concerne le groupe $G_3$, le sous-groupe $\langle a,b^2 \rangle$ est cyclique d'ordre 10 ($a$ d'ordre 5 commute avec $b^2$ d'ordre 2).
$G_3$ contient 5 sous-groupes cycliques d'ordre 4 conjugués (les 2-Sylow), qui s'intersectent en l'unique sous-groupe d'ordre 2 : $Z(G_3)=\langle b^2 \rangle$.
Comme on le voit à partir de sa présentation, le quotient $G_3/Z(G_3) \simeq D_5$.
Bref, outre les triviaux, les seuls sous-groupes distingués sont ceux constituant le cyclique d'ordre 10, donc sont caractéristiques (chacun est seul de son ordre),
et la seule classes de conjugaison de sous-groupes est celle des 2-Sylow, chacun cyclique d'ordre 4.

Alain

PB

Pour voir à la main le groupe de Galois de $X^5-2$ sur $\bf Q$ :

Soit $K$ un corps de décomposition de $X^5-2$ sur $\mathbf Q$. Alors $K$ contient (au moins) une racine cinquième de $2$, $r$, et une racine primitive cinquième de l'unitié, $u$. Et $K=\mathbf Q(u,r)$.

Le groupe de Galois de $\mathbf Q(u)/\mathbf Q$ est $(\mathbf Z/5\mathbf Z)^\times$ (cyclique d'ordre 4).

Le groupe de Galois de $\mathbf K/Q(u)$ est cyclique d'ordre $5$.

Donc le groupe de Galois de $K/\mathbf Q$ contient un sous-groupe distingué (car $\mathbf Q(u)/\mathbf Q$ est galoisienne) cyclique d'ordre $5$, et le quotient est cyclique d'ordre $4$.

Je ne sais pas si on peut ensuite conclure facilement (que c'est un produit semi-direct, et quel produit semi-direct...).

GreginUK

Oui c'est un produit semi-direct car 4 et 5 sont premiers entre eux...

GreginUK

Remarquons que le groupe cyclique d'ordre 4 (qui est non normal) va agir par conjugaison sur le sous-groupe (normal) d'ordre 5.

Donc le groupe de Galois est le produit semi-direct interne des deux groupes.
Pour voir si c'est $G_2$ ou $G_3$, il suffit de voir si le carré du générateur du groupe cyclique d'ordre 4 est central ou non.

Mais si mes souvenirs sont bons et mon intuition est exacte, on devrait tomber sur $G_2$. A vérifier...

[La case LaTeX. AD]

vincentpasloggue

C'est si gentiment demandé par coucoubernard voici quelques reflexions sur les representation irréductible de ces groupes (ceux non commutatifs qu'Alain a appelé G_1,G_2,G_3) :

Commençons par celle de dimension 1. Le quotient par P (le 5 Sylow) donne un groupe abélien donc le 5 Sylow contient le groupe derivé. Comme 5 est premier et que les groupes ne sont pas abélien, on en déduit que le 5 Sylow est le groupe dérivé.

Ainsi, ils ont chacun 4 représentations irréductible de dimension 1 qui sont fournit par les representations irréductibles de G/P.

Par ailleurs pour G_1 et G_3, on a un élément d'ordre 2 qui agit trivialement sur P
c'est à dire un élément d'ordre 2 qui commutent avec tous les éléments de P. Ainsi G contient un sous-groupe cyclique d'ordre 10 qui est donc distingué (indice 2). Or lorsque A est un sous-groupe abélien distingué de G, les dimensions irréductibles de G divise |G/A| ici les représentations irréductibles sont donc de dimension 1 ou 2.

Comme la somme des carrés des dimensions des représentations irréductibles est |G|, on obtient qu'il y a 4 représentations irréductibles de dimension 2 pour G_1 et G_3.

Suite (pour G_2) au prochain numero !

LOJACO

Bonjour,

Pour G_2, ce qui reste à déterminer, c'est ou bien une seule représentation irréductible complexe de dimension 4 ou bien quatre de dimension 2.

Mon sentiment penche pour la deuxième possibilité.

vincentpaslogge

Bonjour LOJACO, je crains que votre sentiment ne soit pas tout à fait le bon :

En effet, il n'est pas trop compliqué de calculer les classes de conjugaison dans G_2 : l'holomorphe de Z/5Z.

Il est clair que les 4 éléments d'ordre 5 sont conjugués sous Z/4Z = Aut(Z/5Z) (par exemple parce qu'un élément de Aut(Z/5Z) est en fait Z/5Z linéaire et que GL_n(K) opère transivitement sur k^n-{0} pour tout n>0 et tout corps k. On pourrait aussi dire que tout élément (non trivial) de Z/5Z engendre Z/5Z et donc si un automorphisme le laisse stable cette automorphisme est l'identité et donc le stabilisateur est réduit à l'identité et l'orbite a 4 éléments).
Finalement on a ainsi une seule classe de conjugaison d'éléments d'ordre 5.

Etudions maintenant les éléments d'ordre 4. Les théorèmes de Sylow donne 5 2-Sylow. Comme les 2-Sylow sont cyclique d'ordre 4, un élément d'ordre 4 est dans un unique 2 Sylow (le groupe engendré par lui-même). Comme un groupe cyclique d'ordre 4 contient deux éléments d'ordre 4, on en déduit qu'il y a 10 éléments d'ordre 4.

Par ailleurs, comme il y a 5 2-Sylow, le normalisateur d'un 2 Sylow a 4 éléments et est donc réduit à lui-même. Ainsi le 5-Sylow P agit transitivement et fidèlement sur les 2-Sylow. En particulier, aucun élément non trivial de P ne peut fixer un élement d'ordre 4 puisqu'alors il fixerait le 2-Sylow en entier.

On en déduit qu'un orbite d'élément d'ordre 4 a au moins 5 éléments et elle
en a au plus 5 car tout élément du groupe engendré par un élément d'ordre 4 commute avec lui. Ainsi Il y a deux orbites d'éléments d'ordre 4 formé de 5 éléments (chacune de ses orbites rencontre tous les 2-Sylow en un seul point).

Passons aux éléments d'ordre 2. On va montrer qu'il y en a 5 un contenu dans chaque 2-Sylow (en particulier, l'intersection de 2 2-sylow sera triviale).
Par définition du produit semi-direct, un élément (appelons le s) d'ordre 2 n'agit pas trivialement sur Z/5Z : (tout élément de Z/5Z est envoye sur son opposé par la conjugaison par s) et donc aucun élément non trivial de Z/5Z ne commute avec s.

L'orbite de s par conjugaison contient donc au moins 5 éléments et comme pour les élément d'ordre 4, elle en contient au plus 5. Ainsi, il y a au moins 5 élément d'ordre 2 et donc par cardinalité (on a deja 1+4 +10 éléments), on en a exactement 5 (un dans chaque 2-Sylow) et qui sont tous conjugués.

Finalement, il y a 5 représentations irréductibles complexes. On en a dejà 4 de dimension 1, il en reste une qui est necessairement de dimension 4.

Par les calculs précédent, on a décrit presque tous les sous-groupes de l'holomorphe de G_2. Il reste à étudier les groupes d'ordre 10. Il n'y en a pas de cyclique puisqu'il n'y a pas d'élément d'ordre 10.
Un tel groupe d'ordre 10 contient nécessairement (théorème de Cauchy) un élément d'ordre 5 et un élément d'ordre 2. Il contient donc P et un élément d'ordre 2.
Or on a vu P agit transitivement sur les éléments d'ordre 2. Ainsi un groupe d'ordre 10 contient tous les éléments d'ordre 2. Il est donc nécéssairement formé de la réunion de P et des éléments d'ordre 2. S'il existe il est alors unique.
Il reste à voir que cette réunion est bien un sous-groupe ce qui résulte immédiatement de la structure de produit semi-direct : si G =HN est un produit semidirect (ou c'est H qui est distingué) alors si N' est un sous-groupe de G
alors HN' est un sous-groupe de G (c'est l'image réciproque de N' par la surjection canonique) de cardinal |H||N'|, on obtient ainsi l'existence d'un sous-groupe d'ordre 10 produit semi-direct non trivial de Z/5Z par Z/2Z : c'est le groupe diédral.

Remarquons aussi que le sous-groupe d'ordre 10 de G_2 contient tous les éléments
d'ordre 2. Ainsi G_2 n'est pas un produit semi-direct d'un groupe d'ordre 10 par un groupe d'ordre 2.

Remarquons aussi que l'action de P sur les 5 2-Sylow permet de munir l'ensemble des 2-Sylow d'une structure de droite affine sur F_5... ce qui va permettre de voir "effectivement" G_2 comme le groupe d'une droite affine sur F_5.

A tout de suite

Vincent

vincentpaslogge

La suite des précédents : On a déterminé la dimension et le nombre des représentations irréductibles des groupes G_1,G_2,G_3.

La méthode des petits groupes de Wigner et MacKey (voir dans le Serre pour plus de détail) permet determiner les representations irréduictibles de G_1,G_2,G_3

Commençons par G_2. La représentation de dimension 4 est donné par l'induction d'une représentation non triviale de Z/5Z à G_2.

Pour G_1. Les 4 représentations irréductibles de dimension 2 sont données par l'induction à G_1 des représentations \ph_k pour k \in {1,2,3,4} du groupe cyclique
d'ordre 10 où \ph_k est la representation donnée par \ph_k(1) = \exp(2ki\pi/10).

Pour G_3, la construction est plus compliquée : on fixe une fois pour toute un 2-Sylow S de G_3 et on note s son élément d'ordre 2.
Le groupe S agit sur les représentations irréductibles du 5 Sylow de G_3. Par l'action g\chi(\cdot) = \chi(g^{-1} \cdot g). Il y a trois orbites : le caractère trivial et celle {\chi_1, \chi_-1} et {\chi_2, \chi_-2} où \chi_k est le caractère donné par \chi_k(1) = exp(2ik\pi/5).
On choisit alors un representant de l'une de ses trois orbites. Le choix du caractère trivial va fournir les 4 représentations de dimension 1. Passons au choix de chi_1 ou \chi_2 que l'on note \chi

Comme s agit trivialement sur P mais pas les autres éléments du 2-Sylow, le stabilisateur de \chi sous l'action de S par (g\chi = \chi(g^{-1} \cdot g))
est donc s.

On étend (en notant encore \chi l'extension) alors \chi au groupe cyclique d'ordre 10 engendré par s et P en posant \chi(sp) = \chi(p). On choisit \rho l'un des deux caractères irréductibles de Z/2Z
que l'on étend (en le notant encore \rho) au groupe cyclique d'ordre 10 engendré par s et P alors \rho(sp) = \rho(s).

On considère alors la représentation du groupe engendré par P et s qui est le produit tensoriel de \rho et \chi et on l'induit à G_3. On a construit ainsi 4 représentations irréductibles de dimension 2 qui non deux à deux non isomorphes.

Je pense qu'en effectuant les calculs, on va tomber sur le fait qu'on induit en fait \psi_1,2,3,4 du groupe cyclique d'ordre 10 à G_2 où \psi_k est donné par \psi_k(1) = exp(2ik\pi/10) mais je n'ai pas encore tout vérifié.

A bientôt

Vincent

LOJACO

Le groupe affine est produit semi-direct du groupe des translations par le groupe linéaire.
Les éléments d'ordre 4 sont ici les homothéties, qui sont toutes conjuguées (par des translations), les éléments d'ordre deux sont les demi-tours, également tous conjugués, et les éléments d'ordre 5 sont les translations, également conjuguées (par des homothéties).

On a effectivement 5 classes de conjugaison et donc une seule de dimension 4.

En tout cas, bravo Vincent. A quand un livre sur les représentations des groupes finis ?
Amitiés.

[Coquilles corrigées selon ta demande. AD]

LOJACO

Appel a un modérateur pour corriger les multiples erreurs, notamment ds mon pseudo, commises depuis que mon fils me saute sur les épaules...

merci

LOJACO

Evidemment une conjugaison ne touche pas au rapport d'homothétie !
Tout cela à cause de mon fils ! ha ha

Tu te calmes oui !

[Il a bon dos le fiston AD]

vincentpaslogge

Pour continuer les calculs de tout à l'heure, on obtient en fait par les calculs précédent en choisissant \chi_1 et \chi_2 comme représentant des deux orbites, on obtient en fait
\psi_2, \psi_4, \psi_7, \psi_9 mais comme je vais essayer de l'expliquer plus bas, il revient au même d'induire \psi_7 = \psi_-3 ou \psi_3 et au même d'induire \psi_9 = \psi_-1 ou \psi_1.

Il s'agit en fait d'un résultat (tiré du livre de Fulton) qui fait le lien entre représentation irréductible du groupe et celle d'un sous-groupe d'indice 2.

Soit donc G un groupe (ici G_3) et H un sous-groupe d'indice 2 (son sous-groupe d'ordre 10 qui est cyclique). Comme H est distingué, le groupe G agit sur les représentations irréductibles de H par g\chi(\cdot) = \chi(g^{-1} \cdot g).
H agit trivialement par les propriétés d'invariance de la trace.
Ainsi le groupe qui agit est en fait G/H.

Lorsque l'orbite de \chi a deux éléments, l'induit de \chi est irréductible et sa restriction à H de l'induit est la somme directe de \chi et \chi' ou \chi' est l'autre élément de l'orbite de \chi. En particulier, on voit que si on prend deux caractères irréductible de H qui ne sont pas dans la même orbite, on obtient des représentations irréductibles de G non isomorphes.

Si l'orbite de \chi a un seul élément alors l'induit de \chi n'est pas irréductible : il se décompose en deux composantes irréductibles non isomorphe et l'une est le produit tensoriel de l'autre par la representation de G donné par la représentation non triviale de G/H.

Pour G_3, on a déjà vu qu'il y a un groupe cyclique d'ordre 10 et par un raisonnement similaire celui pour G_2, on a 10 éléments d'ordre 4. Ainsi G_3 a 10 éléments d'ordre 4, 4 éléments d'ordre 10, 4 éléments d'ordre 5 et 1 un élément d'ordre 2 et l'élément neutre.

On prend s qui n'est pas dans le groupe cyclique d'ordre 10, d'après le produit semi-direct, il agit comme un automorphisme d'ordre 2 sur les éléments d'ordre 5 (il les transforme en leur opposé) et il agit trivialement sur l'élément d'ordre 2
(il le transforme donc aussi en son opposé). Ainsi, s induit l'automorphisme x -> -x de Z/10Z et donc induit aussi l'automorphisme \psi_k -> \psi_{-k} (on retrouve ainsi le fait qu'on peut remplacer 7 par 3 et 9 par 1).

Pour k = 1,2,3,4, on obtient une famille de représentant des orbites non ponctuelles. On trouve ainsi 4 représentations irréductibles distinctes comme prévu.


Vincent

PS : Avec tout ce qu'on a dit, LOJACO pourrait nous faire un joli document avec les treillis des sous-groupes de chacun des groupes G_1, G_2, G_3 ! :-)

AD

\begin{center} $\xymatrix{
1&& *+[F]{\{1\}} \ar[d] \ar[lddd] \\
2&& *+[F]{\substack{ \langle b^2 \rangle \\ \Z_2} } \ar[lddd] \ar[rd] \ar[rrd] \ar[rrrd] \ar[rrrrd] \ar[rrrrrd] \\
4&&& {\substack{ \langle b \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[lddd]
& {\substack{ \langle ab \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[llddd]
& {\substack{ \langle a^2b \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[lllddd]
& {\substack{ \langle a^3b \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[llllddd]
& {\substack{ \langle a^4b \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[lllllddd] \\
5&*+[F]{\substack{ \langle a \rangle \\ \Z_5} } \ar[d] \\
10&*+[F]{\substack{ \langle ab^2 \rangle \\ \Z_{10}} } \ar[rd] \\
20&& *+[F]{\substack{ \langle a,b \rangle \\ G_3 } }
}$ \end{center}
Voilà pour \qquad $G_3= \langle a,b\mid a^5=b^4=1,\ ba=a^{-1}b\rangle$ \qquad produit semi-direct $ \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\rtimes_\phi \mathbb{Z}/4\mathbb{Z},\ \phi(b)=(a\mapsto a^{-1})$
Les sous-groupes encadrés sont distingués, la flèche $\to$ représente l'inclusion, et la sinusoïde la conjugaison et on note $\Z_n$ pour $\Z/n\Z$.
Alain

AD

\begin{center} $\xymatrix{
1&& *+[F]{\{1\}} \ar[ldd] \ar[rd] \ar[rrd] \ar[rrrd] \ar[rrrrd] \ar[rrrrrd] \\
2&&& {\substack{ \langle b^2 \rangle \\ \Z_2} } \ar@{~}[r] \ar[llddd] \ar[rdd]
& {\substack{ \langle ab^2 \rangle \\ \Z_2} } \ar@{~}[r] \ar[lllddd] \ar[rdd]
& {\substack{ \langle a^2b^2 \rangle \\ \Z_2} } \ar@{~}[r] \ar[llllddd] \ar[rdd]
& {\substack{ \langle a^3b^2 \rangle \\ \Z_2} } \ar@{~}[r] \ar[lllllddd] \ar[rdd]
& {\substack{ \langle a^4b^2 \rangle \\ \Z_2} } \ar[llllllddd] \ar[rdd] \\
5&*+[F]{\substack{ \langle a \rangle \\ \Z_5} } \ar[dd] \\
4&&&&{\substack{ \langle b \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[lldd]
& {\substack{ \langle a^2b \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[llldd]
& {\substack{ \langle a^4b \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[lllldd]
& {\substack{ \langle ab \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[llllldd]
& {\substack{ \langle a^3b \rangle \\ \Z_4} } \ar@{~}[r] \ar[lllllldd] \\
10&*+[F]{\substack{ \langle a,b^2 \rangle \\ D_5} } \ar[rd] \\
20&& *+[F]{\substack{ \langle a,b \rangle \\ G_2} }
}$ \end{center}
Voilà pour \qquad $G_2= \langle a,b\mid a^5=b^4=1,\ ba=a^{2}b\rangle$ \qquad holomorphe de $\Z/5\Z$, c'est à dire produit semi-direct $\Z/5\Z \rtimes_\phi \Z/4\Z,\ \phi(b)=(a\mapsto a^2)$ générateur de $\mathrm{Aut}(\Z/5\Z) \simeq \Z/4\Z$.
Les sous-groupes encadrés sont distingués, la flèche $\to$ représente l'inclusion, et la sinusoïde la conjugaison et on note $\Z_n$ pour $\Z/n\Z$.
Alain