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Isomorphisme de produits semi-directs

Modifié (5 Sep) dans Algèbre
$\newcommand{\S}{\mathfrak{S}}$Bonjour,
Je bute sur cet exercice : montrer que $\S_3 \times \Z / 2 \Z \cong \S_3 \rtimes \Z / 2 \Z$ ($\S_3$ le groupe symétrique d'ordre $3$).
Une indication serait bienvenue.
Merci d'avance.
«1

Réponses

  • JLTJLT
    Modifié (5 Sep)
    Les deux sont des produits semi-directs non triviaux de $\Z/3\Z$ par $(\Z/2\Z)^2$. Or à isomorphisme près il n'existe qu'un seul morphisme non trivial de $(\Z/2\Z)^2$ dans $\mathrm{Aut}(\Z/3\Z)$.
  • Modifié (5 Sep)
    Bonjour,
    Vision géométrie : dans l'espace affine euclidien avec coordonnées $(x,y,z)$ dans un repère orthonormé, on considère un triangle équilatéral $T$ de centre l'origine dans le plan $z=0$. Soit $G$ le sous-groupe des isométries de l'espace envoyant $T$ sur lui-même.
    D'une part, $G$ est le produit direct du groupe des isométries du plan $z=0$ envoyant $T$ sur lui-même (isomorphe à $\S_3$) avec le groupe des isométries de l'axe des $z$ (isomorphe à $\Z/2\Z$).
    D'autre part, $G$ a un sous groupe d'indice 2 (donc distingué) formé des isométries directes (isomorphe à $\S_3$), et $G$ est le produit-semi-direct de ce sous groupe avec le sous-groupe (isomorphe à $\Z/2\Z$) engendré par la réflexion orthogonale par rapport au plan médiateur d'un côté de $T$.
  • Modifié (7 Sep)
    Merci à vous.
    @JLT, j'imagine que le produit semi-direct de groupes n'est pas associatif quant aux groupes, dans le sens où on n'a pas de manière générale : $(H \rtimes K) \rtimes L \cong H \rtimes (K \rtimes L)$.
    Comment obtient-on alors $\S_3 \times \Z / 2 \Z \cong \S_3 \rtimes \Z / 2 \Z \cong \Z / 3 \Z \rtimes ( \Z / 2 \Z)^2$ ?
    @GaBuZoMeu, pour la 1ère décomposition, le groupe des isométries de l'axe des $z$ contient l'Id, la réflexion orthogonale par rapport au plan $z=0$, les rotations d'axe l'axe des $z$, les symétries de centre un point de l'axe des $z$ ... ?
    Pour la 2ème décomposition, je ne vois pas comment se traduit géométriquement un produit semi-direct ? (je vois bien un produit direct : l'intersection des deux groupes d'isométries est l'Id, les isométries du groupe produit direct sont obtenues par composition des éléments des deux groupes)
  • Modifié (7 Sep)
    Oui, je me suis mal exprimé, je voulais parler du groupe de isométries vectorielles de l'axe des $z$, le groupe des isométries de l'axe des $z$ sur l'axe des $z$ qui préservent l'origine ; il y a bien juste l'identité et moins l'identité.
    Une isométrie de l'espace envoyant le triangle sur lui même, dans les coordonnées $x,y,z$, est une application linéaire dont la matrice est diagonale par blocs avec un bloc $2\times 2$ qui est une matrice orthogonale (du groupe des isométries du plan préservant le triangle (isomorphe à $D_3$ ou $\S_3$) et un bloc $1\times 1$ qui est $1$ ou $-1$.
    Pour la deuxième décomposition, tu as effectivement un sous-groupe distingué d'indice $2$ formé des isométries directes, et le sous-groupe d'ordre 2 engendré par la réflexion orthogonale sur le plan médiateur d'un côté.  Le groupe entier n'est pas le produit direct de ces deux sous-groupes, mais bien un produit semi-direct ! La preuve c'est que la réflexion agit non trivialement par conjugaison sur le sous- groupe des isométries directes de l'espace préservant le triangle.
    Tu devrais regarder dans le petit texte sur les isométries que j'ai mis en pièce attachée dans un fil précédent, la section 4.3 sur les produits semi-directs de sous-groupes. Pour t'éviter des recherches, je remets ce texte ici.

  • Soit $H\rtimes K$ un produit semi-direct provenant d'un morphisme $\sigma:K\to\mathrm{Aut}(H)$. Si le second produit semi-direct provient d'un morphisme $\tau:L\to\mathrm{Aut}(H\rtimes K)$ qui laisse stable $H$ et qui induit l'identité sur $K$ alors on a $(H\rtimes K)\rtimes L = H\rtimes (K\times L)$.
  • Aparté linguistique : il vaut mieux appeler $H$ le groupe qui agit et $K$ le sous-groupe distingué, comme dans Kernel.
  • Merci @GaBuZoMeu. Je vais déjà essayer de me représenter le groupe des isométries de l'espace qui conservent $T$ : une telle isométrie conserve $O$ le centre du triangle, le plan $z=0$, l'axe des $z$ (car conserve $O$ et l'orthogonalité), pour l'instant je n'en vois que $6$, mais cela devrait venir pour $12$. Ensuite, ce groupe contient le sous-groupe des isométries directes (de mémoire, les rotations d'axe $z$), les sous-groupes d'ordre 2 (les réflexions), ... . Il s'agit de décomposer ce groupe en trois sous-groupes, peut-être en lisant ton document ;)!
  • Modifié (7 Sep)
    "le sous-groupe des isométries directes (de mémoire, les rotations d'axe z)"
    Que penses-tu du demi-tour d'axe une médiane du triangle ?
    Je fais référence à mon document pour sa partie 4 sur les produits semi-directs. Le reste est très intéressant bien sûr :) mais ne concerne pas directement la discussion.
    PS. Un dièdre est un polyèdre (régulier) à deux faces, forcément confondues. Un groupe diédral est (aussi) le groupe des rotations (dans l'espace) de ce dièdre.
  • Elle est pas mal. Cela fait donc $6$ rotations, celles d'axe $z$ et d'angle nul, 1/3 de tour, 2/3 de tour, et les demi-tours d'axe les médianes du triangle. Composées avec la réflexion par rapport au plan $z=0$, cela fait $6$ isométries indirectes (dont les réflexions par rapport aux plans médiateurs des côtés du triangle).
    Mais "le groupe des isométries laissant $z$ et $O$ invariants" n'est pas d'ordre $2$, car il contient non seulement la réflexion par rapport au plan $z=0$ mais aussi les rotations d'axe $z$ ?
    Avec les matrices, je détermine que la réflexion par rapport au plan médiateur d'un côté du triangle composée avec la réflexion par rapport au plan $z=0$ donne le demi-tour d'axe la médiatrice de ce côté du triangle. Le produit est commutatif, donc j'imagine qu'on obtient là le produit direct.
    Le groupe des isométries directes est d'indice $2$ (ok pour ça). Alors composé avec le groupe engendré par la réflexion par rapport au plan médiateur d'un côté du triangle, cela parait être un produit semi-direct car la composition ne parait pas commutative, je ne l'ai pas fait mais bon.
    Mais (sauf erreur) produit commutatif => produit direct, et réciproque fausse ?
  • Modifié (9 Sep)
    Où vois-tu que j'ai écrit "le groupe des isométries laissant 𝑧 et 𝑂 invariants" ? Nulle part.
    J'ai écrit "le groupe de isométries vectorielles de l'axe des 𝑧, le groupe des isométries de l'axe des 𝑧 sur l'axe des 𝑧 qui préservent l'origine ; il y a bien juste l'identité et moins l'identité." Je pensais que c'était clair, mais ça ne l'est pas pour toi. On considère les applications linéaires de la droite vectorielle axe des z dans elle-même qui sont des isométries : il y a juste l'identité et moins l'identité. Je parlais après du côté matriciel, pour bien faire comprendre que cette isométrie de l'axe des $z$ correspond au bloc diagonal de taille $1$ qui est forcément $1$ ou $-1$.
    Les matrices des isométries de l'espace qui préservent le triangle $T$ sont, je le répète, de la forme $\begin{pmatrix} U&0\\0&\pm1\end{pmatrix}$ où $U$ est la matrice d'une isométrie DU PLAN $(x,y)$ préservant le triangle $T$ ; les matrices $U$ forment un groupe isomorphe à $D_3$ ou $\S_3$. Sous cette forme matricielle, il me semble que l'on voit bien le produit direct $\S_3\times \Z/2\Z$.
    Je ne comprends pas la dernière phrase de ton message.
  • Modifié (8 Sep)
    Non ce n'était pas clair pour moi, mais c'est ok maintenant.
    Pas de problème pour les matrices.
    En fait j'ai résolu la dernière phrase de mon message :
    - dans la 1ère décomposition, le produit de la réflexion par une isométrie est commutatif (cela se voit sur les matrices), donc le produit est direct
    - dans la 2ème décomposition : vu que le groupe d'ordre $2$ engendré par la réflexion agit par conjugaison sur le groupe d'isométries directes, et que le produit de cette réflexion ($s$) par une des rotations ($r$) n'est pas commutatif : $r \circ s \ne s \circ r$, donc le morphisme du groupe engendré par $s$ sur le groupe des automorphismes du groupe des rotations n'est pas trivial, donc le produit est semi-direct.
    (je me demandais si le produit non commutatif des éléments entraînait automatiquement la non trivialité du morphisme (et donc le produit semi-direct), et c'est bien le cas si on sait que l'action est par conjugaison ; EDIT : en fait c'est toujours le cas, car on se ramène toujours à une action par conjugaison en faisant des groupes des sous-groupes)
    Merci beaucoup @GaBuZoMeu.
  • Avec plaisir. J'aime beaucoup l'éclairage géométrique sur ces problèmes de groupes, quand ils s'y prêtent.
  • Modifié (8 Sep)
    Bonjour,
    Cela permet de se représenter les choses et de comprendre a minima d'où ça sort, et de les retenir !
    En fait comme on est dans le cas d'un produit semi-direct interne, le sous-groupe qui agit, agit toujours par automorphisme intérieur sur le sous-groupe normal, donc le produit semi-direct est direct ssi les éléments de l'un commutent avec les autres de l'autre. C'est le cas de la 1ère décomposition, pas de la 2ème.
    JLT a dit :
    Soit $H\rtimes K$ un produit semi-direct provenant d'un morphisme $\sigma:K\to\mathrm{Aut}(H)$. Si le second produit semi-direct provient d'un morphisme $\tau:L\to\mathrm{Aut}(H\rtimes K)$ qui laisse stable $H$ et qui induit l'identité sur $K$ alors on a $(H\rtimes K)\rtimes L = H\rtimes (K\times L)$.
    Je ne suis pas sûre de comprendre ceci :
    1) peut-on écrire $\tau (l)(h,k)=(\alpha(l)(h),k)$ avec $\alpha(l)$ un (auto-)morphisme de $H$ ?
    2) il faut encore définir l'action de $K \times L$ sur $H$, la fabrique-t-on à partir de $\sigma$ et $\tau$ : $\phi (k,l)(h)=\sigma(k)(\alpha(l)(h))$ ou est-ce autre chose ?
  • D'un certain point de vue, le produit semi-direct est un machin pour rendre intérieurs des automorphismes d'un groupe.
  • Modifié (9 Sep)
    @JLT, en tout cas, 1) et 2) fait coller l'isomorphisme (la bijection est ensembliste).
    Puis, il existe un seul morphisme non trivial de tout groupe sur $Aut { (\Z / 3 \Z )}$.
    Mais comment sait-on qu'on obtient par isomorphisme des morphismes non triviaux de $ \Z / 3 \Z$ sur $( \Z / 2 \Z)^2$ ?
    En effet, avec mes formules comme $\sigma$ est non trivial, $\sigma(1)=-Id$, pour que $\tau$ soit non trivial, il faut que $\alpha(1)=-Id$, et en composant on obtient l'identité ? J'ai dû me tromper quelque part.
    EDIT : j'ai tout faux, ma formule du 1) ne fait pas de $\tau$ un morphisme.
  • JLTJLT
    Modifié (9 Sep)
    Oui c'est ça, ton $\tau(\ell)$ est un morphisme si les $\sigma(k)$ commutent avec $\alpha(\ell)$ et dans ce cas ton $\phi$ est bien un morphisme de $K\times L$ dans $\mathrm{Aut}(H)$.

    On sait qu'on obtient des morphismes non triviaux de $\Z/3\Z$ dans $(\Z/2\Z)^2$ car s'ils étaient triviaux les produits semi-directs seraient des produits directs, donc seraient commutatifs, ce qui n'est pas le cas puisque $\S_3$ se trouve dedans.
  • Modifié (8 Sep)
    Merci @JLT. Avec $\tau (l)(h,k)=(\alpha(l)(h),k)$, $\tau$ est un morphisme, et pour que $\tau(l)$ soit un morphisme, il faut en effet que les $\sigma(k)$ commutent avec les $\alpha(l)$.
    Et les produits vérifient les conditions demandées.
    Ok pour ta remarque.
    Mon erreur qui aboutit à ce que l'action de $K \times L$ sur $H$ est triviale : $\phi (k,l)(h)=\sigma(k)(\alpha(l)(h))=-(-h)=h$ est ok pour $(l,h)=(1,1)$ mais pas dans les autres cas, en particulier $(l,h)=(1,0)$ ou $(0,1)$.
    Merci beaucoup.
  • Bonjour Julia Paule
    En ce qui concerne l'associativité à droite du produit semi-direct, en voici une démonstration.
    Alain

  • Ton théorème part de $u$ et $v$ et construit $w$, alors que Julia Paule demandait en quelque sorte une réciproque.
  • ADAD
    Modifié (9 Sep)
    $\newcommand{\Aut}{\mathrm{Aut}}$Re-bonjour Julia Paule
    Sinon, une autre vision du groupe $G=\S_3\times C_2 = \S_3\rtimes C_2$ par le treillis de ses sous-groupes.
    $G$ n'est autre que le groupe diédral $\mathcal D_6$ des isométries planes de l'hexagone régulier.
    Voici le treillis des ses sous-groupes en spécifiant graphiquement les isométries concernées.
    Alain
    On voit les deux $\mathcal D_3\simeq\S_3$. Chacun ne rencontrant pas la symétrie centrale (d'ordre 2 encadrée) forme un produit semi-direct avec elle. Or, la symétrie centrale engendre le centre de $\mathcal D_6$, donc commute avec tout le monde, ce qui fait que les produits semi-directs sont en réalité des produit directs $\S_3\times C_2$.
    Mais on remarque aussi que le $\mathcal D_3$ de droite (par exemple) ne rencontre aucune des symétries par rapport aux diagonales (les trois $C_2$ à gauche), donc chacune d'elle va former, avec le $\mathcal D_3$ de droite, un produit semi-direct $\mathcal D_3\rtimes C_2$.
    Et pareillement pour le $\mathcal D_3$ de gauche avec les symétries par rapport aux apothèmes (les trois $C_2$ à droite).
    Tous ces produits directs ou semi-directs sont des décompositions du même groupe $G=\mathcal D_6$.
    NB. Les sous-groupes encadrés sont distingués dans $G$, tandis que les non distingués sont chacun dans une des trois classes de conjugaison de sous-groupes, matérialisées par des traits pointillés horizontaux (peu visibles sur le dessin).
    Alain
    Ajout. On remarque aussi le $C_3$ sur la gauche, engendré par la rotation d'un tiers de tour, encadré car distingué dans $G$. Il admet trois complémentaires notés $A,\,B,\,C$ de type $\mathcal D_2=C_2\times C_2$ (d'intersection triviale avec le $C_3$) et le plus petit sous-groupe commun est $G$ lui-même. On a donc ainsi trois produits semi-directs $G=C_3\rtimes_\phi(C_2\times C_2)$, où $\phi:C_2\times C_2\to\Aut(C_3) \ (\simeq C_2)$ envoie l'une des coordonnées de $C_2\times C_2$ sur le seul automorphisme non trivial de $C_3$, et l'autre sur l'identité de $C_3$.
    Ce qui fait que compte tenu du théorème d'associativité à droite du produit semi-direct, on retrouve que selon le choix de la composante de $C_2^{\,2}$ envoyée sur l'automorphisme non trivial de $C_3$ on a que le produit semi-direct $G=C_3\rtimes_\phi(C_2\times C_2)$ est
    ou bien $(C_3\rtimes_{\phi'}C_2)\times C_2)=\S_3\times C_2$, où l'image de $\phi'$ est l'automorphisme non trivial de $C_3$.
    ou bien $(C_3\times C_2)\rtimes_w C_2=C_6\rtimes_w C_2\simeq \mathcal D_6$, où l'image de $w$ est l'automorphisme d'inversion du générateur de $C_6$.
    Alain
  • @AD : bonjour. D'où sors-tu les reproductions que tu as déposées dans ce fil, s'il te plait ? Je te remercie. Y a-t-il une nouvelle édition de ton livre ?
  • Bonjour Thierry
    Le dernier schéma est extrait du livre "Algèbre éclectique" de G.Danila, J-D.Eiden, R.Mneimné chez Calvage et Mounet.
    Le précédent extrait vient de mon livre "Groupes finis et treillis de leurs sous-groupes" dont il n'est pas prévu de réédition pour le moment.
    Alain
  • JLTJLT
    Modifié (9 Sep)
    Généralisons. Soit $G$ un groupe $\tau\in G$ tel que $\tau^2=1$. Soit $\alpha:\Z/2\Z\to\mathrm{Aut}(G)$ défini par $\alpha(1)(\sigma)=\tau\sigma\tau^{-1}$. Montrer que $G\rtimes_\alpha \Z/2\Z\cong G\times \Z/2\Z$.
  • $$\begin{align}G\rtimes_\alpha\langle\tau\rangle &\longrightarrow G\times\langle\tau\rangle\\ (g,1)&\longmapsto (g,1)\\ (g,\tau)&\longmapsto (g\tau,\tau)\end{align}$$
  • Modifié (9 Sep)
    @AD, j'ai dû voir passer les treillis dans un seul exercice. Aurais-tu un document qui explique simplement (dans le sens rapide) ce que c'est ? Je crois savoir que tu es un spécialiste des treillis !
    On a donc $\mathcal D_6 = C_6 \rtimes C_2 \cong \S_3 \times C_2 \cong \S_3 \rtimes C_2$ alors que $C_6 \not \cong \S_3$ !
    Sinon @GaBuZoMeu, on peut utiliser ton résultat pour expliciter un isomorphisme entre $\S_3 \times C_2$ et $\S_3 \rtimes C_2$, avec $\langle \tau \rangle \cong C_2 \subset \S_3$. Du coup, c'est très simple.
    Trop simple, le problème c'est que dans la décomposition géométrique du groupe des isométries de l'espace qui laisse invariant $T$ : (Isométries directes) $\rtimes$ {Id, réflexion plan médiateur} $\cong$ (Isométries du plan $z=0$ laissant $T$ invariant) $\times$ {Id, réflexion plan $z=0$ }, les réflexions ne sont pas dans le groupe des isométries, donc a-t-on bien le droit de faire $\langle \tau \rangle \cong C_2$ ?
    J'ai essayé de le faire de cette façon, sans résultat :
    Avec $\S_3= \{e,a,a^2,b,ab,a^2b \}$, le groupe $\Aut(\S_3)$ est d'ordre $6$, il y a donc $6$ produits semi-directs $\S_3 \rtimes C_2$, tous isomorphes.
    Soit $\sigma \in \Aut (\S_3)$ défini par exemple par $\sigma(a)=a^2, \sigma(b)=b$. Comment expliciter alors un isomorphisme $\S_3 \times C_2 \rightarrow \S_3 \rtimes C_2$ en utilisant $\sigma$ ?
  • Ton $\sigma$ est juste la conjugaison par $b$, donc tu prends la formule de GaBuZoMeu avec $\tau=b$.
  • Modifié (10 Sep)
    Merci. Sauf que $b \notin C_2$, mais on fait comme si.
    En me plaçant dans l'exemple de @GaBuZoMeu avec les isométries de l'espace laissant le triangle $T$ invariant :
    Si on appelle $r$ la rotation (axe $z$, angle $1/3$ de tour), $s$ la réflexion p.r. au plan médiateur d'un côté du triangle, et $t$ la réflexion p.r. au plan $z=0$, on a avec : $N= \{Id, r,r^2,s, rs,r^2s \}, H= \{id, t \}, N'= \{Id, r,r^2,st,rst,r^2st \}, H'=\{id, rs \}$,
    $G=\{Id, r,r^2,s, rs,r^2s, t, rt,r^2t,st,rst,r^2st \}=NH=N'H' \cong N \times H \cong N' \rtimes H'$,
    comment définit-on le morphisme $\varphi : H' \rightarrow \Aut(N')$ et $\varphi(rs)$, a-t-on une formule générale ? (EDIT, je me rends compte que vu que le produit semi-direct est interne, c'est l'automorphisme intérieur).
    Je veux dire par là, que de manière générale : 
    - si on a un morphisme $\varphi : H \rightarrow \Aut(N)$, on a un produit semi-direct $N \rtimes_{\varphi} H$, avec sa règle de calcul : $(n,h)*(n',h')=(n \varphi(h)(n'), hh')$, donc il n'y a pas de problème pour connaître la loi sur $N \rtimes_{\varphi} H$,
    - si on a un produit semi-direct interne : deux sous-groupes $N$ et $H$ de $G$ avec $N$ normal dans $G$ tels que $G=N \rtimes H$, alors on a le morphisme $\varphi $ défini par $\varphi(h)(n)=hnh^{-1}$ (c'est l'action de conjugaison de $G$ sur $N$ qu'on restreint à $H$ car $N$ est normal), donc là encore, pas de problème,
    - si on nous donne un produit semi-direct externe : $N \rtimes H$, avec $N$ et $H$ des groupes quelconques (dans l'hypothèse où il existe), comment trouve-t-on le morphisme $\varphi$ ? On peut se ramener à un produit semi-direct interne $(N \times 1) \rtimes (1 \times H)$, on aura de la même façon une action par conjugaison : $\varphi((1,h))(n,1)=(1,h)(n,1)(1,h^{-1})$, sauf qu'on ne sait pas le calculer puisqu'on n'a pas $\varphi$ ...
    Je ne sais pas si mon interrogation est claire.
    Merci d'avance.
  • J'ai un début de réponse en posant la question : le morphisme cherché n'est pas forcément unique, au vu de : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2331438/produit-semi-direct-de-z-nz-par-z-mz#latest,
    et en les cherchant, on obtiendrait la règle de calcul pour chaque ; l'isomorphisme entre eux me parait plus difficile.
  • Modifié (10 Sep)
    "Merci. Sauf que $b\not\in C_2$, mais on fait comme si."
    Tu t'embrouilles dans tes propres notations. Si tu considères $C_2$ comme sous-groupe de $S_3$, alors $C_2=\langle b\rangle$, ton $\sigma$ est bien la conjugaison par $b$ comme l'a dit JLT.
    Je trouve que ton interrogation n'a pas grand sens. Que veut dire "on nous donne un produit semi-direct externe $N\rtimes H$" ?
  • ADAD
    Modifié (10 Sep)
    Bonjour Julia Paule
    Tu pars de deux groupes quelconques $N,\,H$ pour former le produit semi-direct $G=N\rtimes_u H$.
    Les éléments de $G$ sont les couples $(n,h)$ et $\star$ est la loi dans $G$, on peut ainsi  noter $(n,h)=(n,1)\star (1,h)$ ou encore $n\star h$ (attention c'est un élément de $N$ suivi d'un élément de $H$).
    Le morphisme $u:H\to\Aut(N)$ va définir la loi $\star$ de composition dans $G$ par $(n,h)\star(n',h')=\big(nu(h)(n'),hh'\big)$, que l'on peut écrire $nu(h)(n')\star hh'$ et même $n\star u(h)(n')\star h\star h'$.
    Mais, on a aussi $(n,h)\star(n',h')=n\star h\star n'\star h'=n\star h\star n'\star h^{-1}\star h\star h'$. Ce qui donne par identification $u(h)(n')=h\star n'\star h^{-1}$.
    C'est la remarque de GBZM, le produit semi-direct permet de rendre intérieur les automorphismes d'un groupe.
    Alain

  • Merci. Bon si $C_2 \subset G$, il n'y a pas de problème, d'ailleurs avec la formule de @GaBuZoMeu, l'exercice du 1er message est résolu en trois lignes.
    En fait, je m'embrouille avec mon exemple : $G \cong N \times H \cong N' \rtimes H'$, où on a $H \cong H' \cong C_2$, et $N \cong N' \cong D_3$, mais on ne peut pas appliquer la formule car $g \in G$ peut s'écrire $(g,1)$ dans $N \times H$ (si $g \in N$) et $(g \tau, \tau)$ dans $N' \rtimes H'$ (si $g \not \in N'$).
    En fait je cherche à expliciter un isomorphisme $N \times H \rightarrow N' \rtimes H'$. Je crois que j'ai fini par en trouver un : on écrit simplement les éléments de $G$ sous ces deux formes selon qu'il est ou non dans $N$ et est ou non dans $N'$.
    Merci @AD. Mon problème se situe quand on ne donne pas le morphisme $u$, sinon aucun problème ! Ce que je comprends du produit semi-direct, c'est que c'est une loi interne à $G=NH \cong N \rtimes H$ qui permet de calculer $hn=(hnh^{-1})h$ si le produit est interne (i.e. $N$ et $H$ sont des sous-groupes de $G$, et $N$ est normal dans $G$), et on s'y ramène après construction (mais encore faut-il savoir le construire, et sans le morphisme $u$, il faut chercher les morphismes qui conviennent, s'il y en a) si la loi est externe.
  • Dans le cas du produit semi-direct "externe", le $u$ doit être donné (ça fait partie de la définition).
  • Pourtant dans l'exercice du 1er message, il n'était pas donné !
  • JLTJLT
    Modifié (10 Sep)
    C'est parce qu'on supposait implicitement connu qu'à conjugaison près, il n'existe qu'un seul morphisme non trivial de $\Z/2\Z$ dans $\mathrm{Aut}(\S_3)$. D'ailleurs tu peux essayer de le montrer.
  • Ah d'accord, merci beaucoup, je vais essayer de le démontrer.
  • Je reviens là-dessus :
    "Avec $\mathfrak S_3=\{𝑒,𝑎,𝑎^2,𝑏,𝑎𝑏,𝑎^2𝑏\}$, le groupe $\mathrm{Aut}(\mathfrak S_3)$ est d'ordre 6, il y a donc 6 produits semi-directs $\mathfrak S_3\rtimes C_2$, tous isomorphes."
    Il n'y a que trois automorphismes d'ordre 2, les conjugaisons par les trois transpositions.
  • Modifié (10 Sep)
    Merci ! J'avais noté dans mon brouillon quatre automorphismes dont le trivial, mais je ne retrouve plus pourquoi. Je vais essayer de le retrouver.
  • JLTJLT
    Modifié (10 Sep)
    En fait on peut montrer plus précisément que si $\varphi:\S_3\to\mathrm{Aut}(\S_3)$, $\varphi(g)(h)=ghg^{-1}$ alors $\varphi$ est un isomorphisme.
  • En effet, il y a seulement trois automorphismes d'ordre 2 (donc non triviaux), cela fait autant de produits semi-directs $\mathfrak S_3\rtimes C_2$ non triviaux, tous isomorphes (par la formule de GBZM).

  • Merci @AD pour tes formules. Cela montre que le produit semi-direct externe, une fois l'identification faite, se comporte exactement comme le produit semi-direct interne.
  • As-tu lu la section 4 du document que j'avais mis en lien ?
  • Modifié (11 Sep)
    Bonjour,
    J'ai parcouru ton document pour voir qu'il existe des isométries indirectes qui ne sont pas des réflexions : ce que tu appelles des anti-rotations, composées d'une rotation (non triviale) et d'une réflexion. Je le lirai plus attentivement ensuite.
    J'ai essayé de démontrer que $\mathfrak S_3 \rtimes C_2 \cong C_6 \rtimes C_2$, en cherchant des éléments d'ordre $6$ dans $\mathfrak S_3 \rtimes C_2$ : il y en a deux : $(ab,\bar{1})$ et $(a^2b,\bar{1})$, qui générent chacun un groupe cyclique d'ordre $6$, avec $\mathfrak S_3=\{𝑒,𝑎,𝑎^2,𝑏,𝑎𝑏,𝑎^2𝑏\}$. On a alors :
    $\langle (ab,\bar{1}) \rangle \cong C_6$, $\langle(b,\bar{0}) \rangle \cong C_2$, et $\mathfrak S_3 \rtimes C_2 = \langle (ab,\bar{1}) \rangle \rtimes \langle(b,\bar{0}) \rangle \cong C_6 \rtimes C_2$.
    Il y a en a sûrement une plus rapide !
    Merci d'avance.
  • Je te parle de la section 4 de mon document, celle qui traite des produits semi-directs. Apparemment, tu n'es pas allée jusque là.
    "J'ai essayé de démontrer que $\mathfrak S_3\rtimes C_2\simeq C_6\times C_2$". Vu que celui de gauche n'est pas commutatif tandis que celui de droite l'est, tu vas avoir beaucoup de mal.

  • Modifié (11 Sep)
    Oups, j'ai fait une faute de frappe, désolée, je rectifie (c'était pourtant visible !)
    Sinon, pour ton document, section 4, r.a.s.
  • Modifié (11 Sep)
    Toujours la vision géométrique : dans le groupe des isométries de l'espace préservant le triangle $T$, il y a deux éléments d'ordre $6$ : les deux rotations-symétries composées de la rotation d'un tiers de tour (dans un sens ou dans l'autre) autour de l'axe des $z$ et de la réflexion par rapport au plan $z=0$. C'est un sous-groupe distingué puisque d'indice 2 et le groupe tout entier est produit semi-direct du sous-groupe cyclique d'ordre 6 engendré par l'une ou l'autre de ces symétries rotations et du sous-groupe d'ordre 2 engendré par la réflexion par rapport au plan médiateur d'un côté (cf mon texte, section 4.3).
  • Merci. Ce sont les isométries $rt$ et $r^2t$ dont je parle plus haut. On obtient $G= \{Id, rt,r^2, t,r,r^2t \} \rtimes \{Id, s \}$.

  • ADAD
    Modifié (12 Sep)
    Bonjour Julia Paule
    Pour illustrer cet exercice, voici le treillis des sous-groupes de $G$.
    Les traits représentent, en montant, l'inclusion des sous-groupes.
    Les sous-groupes sont définis par leurs générateurs, avec tes notations.
    Les sous-groupes distingués dans $G$ sont encadrés, et les autres sont liés par des pointillés horizontaux matérialisant les classes de conjugaison de sous-groupes.
    Le type de sous-groupe est indiqué sur le côté.
    Le centre de $G$ est matérialisé par un trait vertical épais et un cadre épais.
    L'ordre des sous-groupes est marqué sur la droite.
    Regarde le commentaire sous le schéma de https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2380561/#Comment_2380561 pour repérer les produits semi-directs.
    Alain


  • Bonjour @AD et merci.
    Je viens seulement de comprendre comment fonctionne grosso modo ton schéma :
    Alors je vais commencer par faire quelques exercices basiques sur le produit semi-direct (il vaut mieux faire les choses dans l'ordre).
  • Modifié (13 Sep)
    Bonjour,
    Il y a quelque chose que je ne comprends fondamentalement pas dans ces isomorphismes : "ce qui fait que les produits semi-directs sont en réalité des produit directs" dans : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2380561/#Comment_2380561
    Pour cela, dans le schéma de @AD, j'explicite les symétries avec $r=$rotation d'un sixième de tour (disons dans le sens direct), et $s=$ réflexion par rapport à une diagonale. Cela fait un groupe $G$ d'isométries laissant l'hexagone régulier invariant, d'ordre $12$.
    Ce groupe contient deux sous-groupes d'ordre $6$ chacun, laissant les triangles représentés sur le schéma invariants :
    Le 1er $D_3$ (celui de droite, invariance par rapport à une apothème) : $D_3=\{id, r^2, r^4, sr, sr^3, sr^5 \}=\{id, r^2, r^4\} \rtimes \{id, sr \}$.
    Le 2ème $D_3$ (celui de gauche, invariance par rapport à une diagonale) : $D'_3=\{id, r^2, r^4, s, sr^2, sr^4 \}=\{id, r^2, r^4\} \rtimes \{id, s \}$.
    On a alors $G=D_3 \rtimes \{id, s \} \cong D_3 \rtimes C_2$. (car $s$ n'est pas une isométrie de $D_3$) et $G=D'_3 \rtimes \{id, sr \} \cong D'3 \rtimes C_2$. (car $sr$ n'est pas une isométrie de $D'_3$). (en effet, aucune des isométries du produit n'appartiendra à $D_3$, ou à $D'_3$, ce qui reconstituera $G$ tout entier) (j'écris tout pour m'en rappeler ensuite).
    Bref, jusque là, tout va bien.
    Mais on a aussi : $G=D_3 \times \{id, r^3 \}$ (car $r^3$, la symétrie centrale, commute avec tout le monde) $\cong D_3 \times C_2$.
    On en déduit logiquement : $G=D_3 \times \{id, r^3 \} \cong D_3 \times C_2 \cong D_3 \times \{id, sr \}$ (car $\{id, sr \} \cong C_2$), ce qui est faux.
    Comment résoudre cette contradiction ? Je veux dire par là que quand on parle de $C_2$, il faut préciser lequel, sinon c'est faux.
    EDIT : en l'écrivant, je me rends compte que $G \cong D_3 \times C_2$ veut dire : il existe un $C_2$ tel que ..., mais pas : pour tout $C_2$ ... . Est-ce cela ?
  • Ensuite, avec $D_2 = \{id, r^3 \} \times \{id, s \}=  \{id, r^3 ,s, sr^3 \}$ (configuration $A$), (ou bien avec la configuration $B : D_2= \{id, r^3 \} \times \{id, sr^2 \}$ ou $C : D_2 = \{id, r^3 \} \times \{id, sr^4 \}$), on a $D_6= C_3 \rtimes_{\phi } D_2$.
    Il y a deux automorphismes de $C_3 : Id$ et $Inv$ (qui inverse $r^2$ et $r^4$, l'automorphisme non trivial), je vois quatre morphismes de $D_2 \rightarrow \Aut(C_3)$, dont le trivial, et trois non triviaux, avec $r^3$ et $s \mapsto Id$ ou $Inv$ : pourquoi $r^3 \mapsto Inv, s \mapsto Inv$ ne sont constitue pas un morphisme de $D_2 \rightarrow \Aut(C_3)$ ?
    Alors avec ton théorème d'associativité (que je n'ai pas encore regardé, je ne sais pas si je le ferai), on obtient les deux autres isomorphismes de $D_6$.
    Comment sais-tu que tu as été exhaustif dans tous les isomorphismes de $D_6$ ?
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