Produit semi-direct de Z/nZ par Z/mZ

Julia Paule

Bonjour,

Au détour d'un exercice (où j'ai du mal, que je posterai peut-être après), je me demande si pour $m,n$ des entiers, il existe toujours un produit semi-direct externe (autre que le produit direct) de $\Z / n \Z$ par $\Z / m \Z$, et s'il y en a plusieurs, s'ils sont ou non isomorphes.

Si $m=2$, il y a toujours au moins le groupe diédral $D_n$ (et c'est le seul).

Si j'ai bien compris, il faut et il suffit que $\Z / m \Z$ agisse sur $\Z / n \Z$ par automorphisme intérieur.

Les automorphismes intérieurs de $\Z / n \Z$ sont déterminés par l'image de $1$, qui doit être un inversible, donc il y en a $\varphi(n)$ (les premiers avec $n$ inférieurs à $n$).

Un morphisme : $\varphi : \Z / m \Z \rightarrow Aut(\Z / n \Z)$ est entièrement déterminé par l'image de $1$, générateur de $\Z / m \Z$, sachant que l'image de $0$ est l'$Id_ {\Z / n \Z}$, et un automorphisme intérieur de $\Z / n \Z$ est lui aussi entièrement déterminé par l'image de $1$, disons $a$ inversible dans l'anneau $\Z / n \Z$ .

Alors $\varphi(k)(1)=a^k$, et il faut que $\varphi(m)(1)=\varphi(0)(1)=a^m=a^0=1$ dans $\Z / n \Z$. Est-ce une condition suffisante ?

Suis-je sur la bonne voie ? Par exemple, il existerait quatre produits semi-directs de $\Z / 5 \Z$ par $\Z / 4 \Z$ (car $a^4=1$ dans $\Z / 5 \Z$ pour tout $a$ inversible), mais il n'en existerait pas (non trivial) de $\Z / 8 \Z$ par $\Z / 7 \Z$ (car $pgcd (4,7)=1$) : il faut $pgcd(\varphi(n), m) \ne 1$ et c'est une condition suffisante.

Ensuite, comment savoir si les produits semi-directs trouvés sont isomorphes ?

Je sais par exemple que le produit direct de $\Z / 3 \Z$ par $\Z / 2 \Z$ est commutatif et que son produit semi-direct $D_3$ ne l'est pas, donc ils ne le sont pas.

Merci d'avance.

Thierry Poma

Bonjour

Il me semble que\[\mathrm{Aut}(\Z/n\Z)\simeq(\Z/n\Z)^{\times}\]résultat loin d'être trivial.

troisqua

@Thierry Poma  : ne vois-tu pas deux applications canoniques et réciproques l'une de l'autre ?

JLT

Oui, un élément $a\in (\Z/n\Z)^*$ tel que $a^m=1$ donne un produit semi-direct $G_a$ de $\Z/n\Z$ par $\Z/m\Z$, et tous les produits semi-directs sont obtenus ainsi. Il me semble que si $a$ et $b$ engendrent le même sous-groupe de $(\Z/n\Z)^*$ alors $G_a$ et $G_b$ sont isomorphes. A vérifier.

LOU16

Bonsoir,

Voici quelques réponses aux diverses questions évoquées dans ton message. Pour $n \in \N^*,\: $ je note $C_n:= (\Z/n\Z, +).$

$1)\: $ Pour $m,n \in \N^*,$ il existe une extension non abélienne $C_n \rtimes C_m $ si et seulement si $m \wedge \varphi (n) \neq 1.$

$2) \:\: C_n \rtimes C_2 $ n'est pas nécessairement un groupe abélien ou un groupe diédral .

 Par exemple le groupe $G =( C_{15}\times C_2, \bigstar) $ où la loi  $\bigstar$ est définie par: $\quad (a,\sigma ) \bigstar (b, \tau) =(a+4^{\sigma}b, \:\sigma +\tau)).$

Il existe une et une seule extension $C_{15}\rtimes C_2$ non isomorphe aux précédentes, définie par: $(a,\sigma ) \bigstar (b ,\tau) =( a+(-4)^{\sigma}b, \: \sigma + \tau)$.

$3) \:$ Si $p$ est un nombre  premier impair et si $r\in \N^*,\: $ alors toutes les extensions $C_{p ^r}\rtimes C_2, \:\:C_{2p ^r}\rtimes C_2$ sont abéliennes ou diédrales.

Le nombre de classes d'isomorphies des extensions $C_{p^r}\rtimes C_m,\:C_{2p^r}\rtimes C_m$ est d'ailleurs dans les deux cas égal au nombre de diviseurs de  $\varphi(p^r) \wedge m.$

$4)\:$ Il existe exactement, à un isomorphisme près, trois extensions $C_5 \rtimes C_4$ qui correspondent aux lois de groupe $\bigstar$

$$(a,\sigma) \bigstar (b, \tau ) = (a+b, \:\sigma+ \tau ), \quad (a,\sigma) \bigstar (b, \tau )= ( a+(-1) ^{\sigma} b, \:\sigma + \tau ), \quad (a,\sigma) \bigstar ( b, \tau ) =(a+ 2^{\sigma}b, \: \sigma + \tau).$$

$5) \: $ Il existe exactement, à un isomorphisme près, deux extensions $C_7 \rtimes C_4$ qui correspondent aux lois de groupe $\bigstar$

$$(a,\sigma) \bigstar (b, \tau ) = (a+b, \:\sigma+ \tau ), \quad (a,\sigma) \bigstar (b, \tau )=(a+(-1)^{\sigma} b, \: \sigma + \tau ).$$

AD

$\newcommand{\Aut}{\mathrm{Aut}}\newcommand{\im}{\mathrm{im\,}}$Bonjour Julia-Paule.
Je te propose de démontrer le théorème suivant.

Soient $H$ et $K$ deux groupes et  soient $u,v : K\to\Aut(H)$ deux morphismes de groupes tels que $\im u $ et $\im v$ sont deux sous-groupes conjugués dans $\Aut(H)$, alors on a un isomorphisme $\varphi : H\rtimes_u K \simeq H\rtimes_v K$.

Autrement dit, si $\sigma\in\Aut(H)$, est tel que $\im v=\sigma\circ\im u\circ\sigma^{-1}$, alors pour tout $(h,k)\in H\rtimes_uK,\ \varphi(h,k)=(\sigma(h),k)$.

Ainsi quand les images de $u$ et $v$ sont conjuguées dans $\Aut(H)$, c'est-à-dire dans la même classe de conjugaison de sous-groupes de $\Aut(H)$, on est assuré que les deux produits semi-directs sont isomorphes.

Ou encore, on aura (potentiellement$^1$) autant de produits semi-directs de $H$ par $K$ qu'il y a de classes de conjugaison de sous-groupes de $\Aut(H)$ pouvant être image de $K$ par un morphisme.

$^1$ potentiellement car il se peut que deux produits semi-directs soient isomorphes sans que $\im u$ et $\im v$ ne soient conjuguées dans $\Aut(H)$.

Alain

JLT

AD a dit :

$\newcommand{\Aut}{\mathrm{Aut}}\newcommand{\im}{\mathrm{im\,}}$

Soient $H$ et $K$ deux groupes et  soient $u,v : K\to\Aut(H)$ deux morphismes de groupes tels que $\im u $ et $\im v$ sont deux sous-groupes conjugués dans $\Aut(H)$, alors on a un isomorphisme $\varphi : H\rtimes_u K \simeq H\rtimes_v K$.

Autrement dit, si $\sigma\in\Aut(H)$, est tel que $\im v=\sigma\circ\im u\circ\sigma^{-1}$, alors pour tout $(h,k)\in H\rtimes_uK,\ \varphi(hk)=(\sigma(h),k)$.

Tu es sûr de ton énoncé ? Il n'y a pas d'hypothèse sur les noyaux de $u$ et $v$ ? En particulier si $\im u =\im v$ alors les produits semi-directs seraient isomorphes ?

AD

$\newcommand{\ZZ}[1]{\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z}}$Ainsi, dans le cas de $\ZZ n\rtimes \ZZ m$, on a $\Aut(\ZZ n)\simeq (\ZZ n)^\times$ qui est commutatif, toutes ses classes de conjugaison sont réduites à un seul sous-groupe. Il y aura autant$^2$ de produits semi-directs $\ZZ n\rtimes_u\ZZ m$ qu'il y a des sous-groupes cycliques de $(\ZZ n)^\times$ d'ordre un diviseur de $m$.

C'est ce que dit JLT https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2379513/#Comment_2379513

Mais il faut commencer par montrer le théorème du message précédent.

Alain

$^2$ Ici, le potentiellement est certitude car le groupe $K=\ZZ m$ est cyclique.

AD

JLT

Tu as raison, j'ai trop voulu simplifier, le théorème à montrer est le suivant.

La condition supplémentaire est que $u$ et $v$ aient des noyaux qui se correspondent par un automorphisme (ici $\alpha$) de $K$.

Remarque.
Parce que $\im u$ et $\im v$ sont conjugués, ils ont même cardinal, et les noyaux $\ker u$ et $\ker v$ aussi. Comme $K=\ZZ m$ est cyclique, $\ker u=\ker v$, donc ils se correspondent par l'automorphisme $\mathrm{id}_K$ de $K$.
Ce qui fait que ma première formulation https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2379582/#Comment_2379582 est valable dans ce cas.

Alain

Julia Paule

Merci à tous. Désolée pour mon retard, le produit semi-direct me semble une notion assez compliquée, mais surtout je viens de me rendre compte qu'on peut se passer de la notion de suite exacte pour aborder le produit semi-direct (question que je me repose à chaque fois : pourquoi mélange-t-on toujours ces deux notions, réponse : c'est pour mieux embrouiller ). La suite exacte n'est là que pour faire une simple représentation de la situation qui dit plusieurs choses en même temps.

Avant de vous lire, je commence par rectifier mon 1er message : pour qu'il existe un produit semi-direct (non direct) de $\Z / n \Z$ par $\Z / m \Z$, il faut et il suffit qu'il existe $a \ne 1$ dans $\Z / n \Z$ tel que $a^{\varphi(n)}=1$ et $a^m=1$. Cette condition est vérifiée seulement si $pgcd(\varphi(n), m) \ne 1$, et il y a autant de produits semi-directs qu'il y a de solutions à ce système.

Je reviens plus tard !

Julia Paule

@Thierry Poma $\mathrm{Aut}(\Z/n\Z)\simeq(\Z/n\Z)^{\times}$ : un automorphisme de $\mathrm{Aut}(\Z/n\Z)$ est déterminé par l'image de $1 \mapsto a$, inversible. C'est une bijection.

Math Coss

il y a autant de produits semi-directs qu'il y a de solutions à ce système

Pas si sûr. Il peut arriver que deux automorphismes différents donnent lieu à des produits semi-directs isomorphes.

pourquoi mélange-t-on toujours ces deux notions [de produit semi-direct et de suite exacte] ?

Parce que c'est un endroit où les suites exactes permettent de représenter la situation de façon concise, donc c'est un bon prétexte pour les y glisser.

Parce que le produit semi-direct est une réponse à une question générale : connaissant deux groupes $K$ et $H$, puis-je faire la liste des extensions de $H$ par $K$, i.e. les groupes $G$ qui s'insèrent dans une suite exacte \[1\to K\to G \to H\to 1~?\] On se convainc assez vite que cette réponse est partielle : à partir de $K=\Z/2\Z$ et $H=(\Z/2\Z)^2$ on forme le groupe quaternionique qui n'est pas un produit semi-direct.

Pour les espaces vectoriels, par exemple, le problème est bien plus simple puisque tout ev dont $K$ est un sev et dont le quotient par $K$ est $H$ est isomorphe à la somme directe $K\oplus H$ ; on voit là l'importance du théorème de la base incomplète (et sa conséquence, l'existence de supplémentaires). Pas de produit semi-direct non trivial et l'attirail des suites exactes est inutile.

GaBuZoMeu

Bonjour,

Il ne faudrait pas laisser croire qu'une suite exacte est toujours scindée. Exemple : $$1\longrightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \stackrel{\times 2}{\longrightarrow}\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \longrightarrow1$$

Exercice extrait du superbe texte :

Julia Paule

@JLT, il me semble que $G_a$ et $G_b$ sont isomorphes car la loi sur le produit semi-direct avec $\varphi(1)(1)=a$, i.e. $(n,h)(n',h')=(n \varphi(h)(n'), hh')=(n + n'a^h, h+h')$ redonne les mêmes éléments qu'avec $\varphi(1)(1)=b$ : on passe de l'un à l'autre bijectivement, et la loi se transpose.

Math Coss

Tu veux dire que $\Z/4\Z$ n'est pas un produit semi-direct de $\Z/2\Z$ par $\Z/2\Z$ ?

PS : Puisqu'on parle de modulo 4, une question presque personnelle : quelle était la règle qui guidait le choix du nombre ga, bu, zo ou meu quand tu tournais sur quatre pseudos ?

JLT

Julia Paule a dit :

@JLT, il me semble que $G_a$ et $G_b$ sont isomorphes car la loi sur le produit semi-direct avec $\varphi(1)(1)=a$, i.e. $(n,h)(n',h')=(n \varphi(h)(n'), hh')=(n (n'a)^h, hh')$

Ta formule me paraît bizarre. Il vaut mieux déjà l'écrire additivement puisqu'on travaille sur des groupes abéliens. D'autre part l'isomorphisme entre $G_a$ et $G_b$ n'est pas si trivial.

GaBuZoMeu

@Math Coss : je vois que tu as modifié ton message pour ajouter que "cette réponse est partielle". C'était le sens de mon intervention.

Julia Paule

Ok @JLT, j'ai rectifié.

... j'ai dit n'importe quoi ...

Julia Paule

Merci beaucoup @LOU16. Ok pour 1), 5).

Pour 4) : à laquelle des 3 extensions est isomorphe la 4ème extension de loi : $(a,\sigma) \star ( b, \tau ) =(a+ (-2)^{\sigma}b, \: \sigma + \tau)$ ?

Pour 2) : un groupe diédral est forcément de loi : $(a,\sigma ) \star (b, \tau) =(a+(-1)^{\sigma}b, \:\sigma +\tau)$ ?

Julia Paule

@Math Coss, par produits semi-directs distincts, je veux dire éventuellement isomorphes (les lois sont différentes dès que $\varphi(1)(1) \ne \varphi'(1)(1) $, même si deux éléments distincts donnent deux produits semi-directs isomorphes).

LOU16

Bonjour Julia Paule,

Pour  $4)\:$: l'extension de loi $\star$ dont tu parles est isomorphe à la dernière que j'ai citée: $2$ et $-2$ sont les générateurs de $(\Z/5\Z)^{\times}.$

L'isomorphisme entre $(C_5\times C_4, \bigstar)$ et $(C_5\times C_4, \star)$ étant: $\:(a,\sigma) \mapsto (a, -\sigma) $.

Pour  $2): \text{OUI}.$

Julia Paule

Merci beaucoup Math Coss. Ok pour les espaces vectoriels, qui sont des groupes abéliens et qui ont une base, alors le groupe quotient $E/K$ est isomorphe à un sous-espace vectoriel $H$ de $E$, qui est un supplémentaire de $K$ dans $E$.

Pour le groupe des quaternions, je ne vois pas comment on peut "fabriquer" un groupe connaissant l'image et le noyau d'une projection, et à quels sous-groupes correspondent $\Z /2 \Z$ et $(\Z / 2 \Z)^2$ ?

Julia Paule

@GaBuZoMeu, en effet cette suite exacte n'est pas scindée : il n'existe pas de sous-groupe de $\Z / 4 \Z$ tel que la restriction de $p$ à ce sous-groupe soit un morphisme, ou bien plus simplement, si la suite était scindée, comme c'est un groupe abélien le produit serait direct, c'est impossible vu l'ordre des éléments.

Julia Paule

Merci @LOU16, pour 4) et les deux extensions isomorphes, cela corrobore ce que dit $@JLT : si $a$ et $b$ engendrent le même groupe multiplicatif, alors les extensions sont isomorphes. Pour 2), $4$ est solution de $x^{\varphi(15)}=1$ et $x^2=1$ dans $Z / 15 \Z$, et ce n'est pas un groupe diédral.

LOU16

Re,

Je n'ai pas bien  compris pas bien si ta dernière phrase constituait ou non une objection à mon $\text{OUI}$.

Si c'est le cas: $\:\text "4^2 \equiv 1 \mod 15 \text"$ ne contredit pas le fait que les extensions $C_n \rtimes C_2$ diédrales sont celles dont la loi $\bigstar$ est telle que

$$(a, \sigma) \bigstar (b,\tau) = (a +(-1)^{\sigma}b, \: \sigma + \tau). \qquad( 4 \not\equiv -1 \mod 15)$$

Math Coss

Pour le groupe quaternionique \[G=\{\pm1,\ \pm i,\ \pm j,\ \pm k\},\quad\text{avec}\ i^2=j^2=k^2=ijk=-1,\]le sous-groupe $K=\{\pm1\}$ est isomorphe à $\Z/2\Z$ et normal et le quotient $H=G/K$ est isomorphe à $(\Z/2\Z)^2$. En effet, en notant $\bar1=\{\pm1\}$, $\bar\imath=iK=\{\pm i\}$, $\bar\jmath=jK=\{\pm j\}$ et $\bar k=\{\pm k\}$ les éléments du quotient, on a $\bar\imath^2=\bar1$ car $i^2\in\bar1$ ; de même $\bar\jmath^2=\bar1=\bar k^2$ ; enfin, $\bar\imath\bar\jmath=\bar\jmath\bar\imath$ car $ij=-ji$ (d'où $ij=ji(-1)$ et $ijK=jiK$), etc.

Pourtant, $G$ n'est pas isomorphe à un produit semi-direct de $H$ par $K$. Un argument possible : tout sous-groupe de $G$ contient $K$ (à vérifier) donc on ne peut pas en trouver un, disons $H'$, tel que $G=KH'$ et $K\cap H'=\{1\}$.

Julia Paule

Merci @AD. Ok pour la démonstration de la proposition, mais je ne suis pas sûre de bien comprendre la conclusion, en particulier la phrase : "si ...., ils se correspondent par l'$Id_K$ de $K$. Qui se correspondent ?

Si $u$ et $v$ définissent deux produits semi-directs de $H$ par $K$ tels que $\im u$ et $\im v$ sont conjugués dans $\Aut(H) \cong (\Z / n \Z)^* $ groupe cyclique et abélien, cela revient à dire qu'ils sont égaux, alors les produits semi-directs sont isomorphes.

Cela revient à dire ce que dit @JLT, à savoir : si $a, b \in (\Z / n \Z)^*$ (qui définissent $u$ et $v$) engendrent le même sous-groupe cyclique de $(\Z / n \Z)^*$, alors $\im u = \im v$ et les produits semi-directs correspondants sont isomorphes ?

Mais la réciproque est fausse ?

Julia Paule

Merci @LOU16 et bonjour, au contraire ma dernière phrase explicite pourquoi ton exemple avec $4$ n'est pas un groupe diédral.

JLT

Soient $a,b\in (\Z/n\Z)^*$ engendrant le même groupe cyclique. On suppose que leur ordre $r$ divise $m$. Je montre à la main que les produits semi-directs correspondants sont isomorphes. Il existe $s$ premier avec $r$ tel que $b=a^s$.

Ecrivons $m=m_1m_2$ où $m_1$ a les mêmes facteurs premiers que $r$, et $m_2$ est premier avec $r$. D'après le théorème chinois il existe $s'$ tel que $s'\equiv s\,[m_1]$ et $s'\equiv 1\,[m_2]$. Comme $r\mid m_1$ on a aussi $s'\equiv s\,[r]$ donc quitte à remplacer $s$ par $s'$ on peut supposer que $s$ est premier avec $m$.

L'application $G_b\to G_a$ définie par $(x,y)\mapsto (x,sy)$ est un isomorphisme.

Julia Paule

Merci beaucoup @Math Coss, $G/K$ est d'ordre $4$, et tous ses éléments non triviaux sont d'ordre $2$, donc il est isomorphe au groupe de Klein (je l'écris pour montrer que j'ai compris).

Un sous-groupe de $G$ isomorphe à $H$ (par la restriction de la projection de $G$ sur $H$), contient au moins un élément $i,j$ ou $k$, disons $i$, alors il contient $-1$ et $-i$, et on n'atteint pas $H$.

Cet exemple m'éclaire un peu plus sur les suites exactes, en particulier que les extensions ne sont pas uniques !

Math Coss

Tout à fait. Pour renforcer ta dernière phrase, on peut s'amuser à faire le quotient du groupe diédral $D_4=\langle\rho,\sigma\mid \rho^4=\sigma^2=1,\ \sigma\rho\sigma^{-1}=\rho^{-1}\rangle$ par son centre $K=\langle\rho^2\rangle=\{1,\rho^2\}$. Les éléments $\rho$, $\sigma$ et $\rho\sigma$ sont des représentants des éléments non triviaux du quotient (pour rappel les éléments de $D_4$ sont $\rho^{k}\sigma^{\epsilon}$ avec $0\le k\le 3$ et $0\le\epsilon\le1$ ; on décrète que $\rho^2=1$ dans le quotient donc « on passe à $k$ mod $2$ au lieu de $k$ mod $4$ ») et ils sont d'ordre $2$ aussi (c'est évident pour $\sigma$ et $\rho\sigma$ qui sont déjà d'ordre $2$ dans le groupe et c'est évident pour $\rho$).

Bref, en renommant $Q$ le groupe quaternionique, on a deux suites exactes différentes : \begin{align*}1\longrightarrow \Z/2\Z\longrightarrow Q\hphantom{_4}\stackrel{f}\longrightarrow (\Z/2\Z)^2\longrightarrow 1,\\1\longrightarrow \Z/2\Z\longrightarrow D_4\stackrel{g}\longrightarrow (\Z/2\Z)^2\longrightarrow 1.\end{align*} Aucune des deux n'est scindée parce que $\Z/2\Z$ n'admet pas d'automorphisme non trivial, de sorte que tout produit semi-direct serait direct.

Julia Paule

Merci beaucoup @JLT, tu réponds exactement à la question que je me posais, et il me semblait bien qu'il y avait une solution plus simple dans le cas de groupes cycliques.

Il faut $s$ premier avec $m$ pour la bijection, et le morphisme s'obtient par simple calcul.

Donc si $a$ et $b$ engendrent le même sous-groupe cyclique, il y a isomorphisme des produits semi-directs.

Il me semble que la réciproque est fausse, vu l'exercice que j'ai posté dans l'autre fil : il peut y avoir isomorphisme entre deux produits semi-directs dont l'un est direct (donc induit par $1$ qui n'engendre que lui-même, tandis que l'autre, non).

Julia Paule

Merci @Math Coss, un autre bel exemple. Je confondais confusément produits semi-directs et suites exactes, non en fait c'est produit semi-direct ssi suite exacte scindée.

Je crois qu'il n'y a pas d'autres groupes non abéliens d'ordre 8, et les groupes abéliens d'ordre 8 se décomposent en produit direct.