Tu peux étudier plus généralement le groupe des automorphismes de $D_n$ pour $n>2$ à partir de sa présentation$\langle (r,s)\mid r^n,s^2,rsrs\rangle$. Un automorphisme envoie $r$ sur un élément d'ordre $n$ et $s$ sur un élément d'ordre 2 ne commutant pas avec $r$.
$\newcommand{\D}{\mathcal{D}}\newcommand{\eng}[1]{\langle{#1}\rangle}\newcommand{\im}{\mathrm{im}}\newcommand{\Aut}{\mathrm{Aut}}$Bonjour Julia Paule
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 ?
Oui, bien sûr.
Il y a bien quatre morphismes de $\D_2=\eng{r^3,s} \to \Aut(C_3)=\{Id=(r\mapsto r),\ Inv=(r\mapsto r^{-1})\}$ qui sont :
Ce que l'on voit, c'est que $\im(\varphi_0)=\{Id\}$ alors que $\im(\varphi_1)=\im(\varphi_2)=\im(\varphi_3)=\{Id,Inv\}=\Aut(C_3)$. Il y a donc deux structures différentes de produits semi-direct. $G_0=C_3\rtimes_{\varphi_0}\D_2=C_3\times\D_2$ qui est en fait le produit direct, et puisque les $\varphi_i$ ont même image dans $\Aut(C_3)$, $G_i=C_3\rtimes_{\varphi_i}\D_2,\ i=1,2,3$, (qui se correspondent par un automorphisme de $\D_2$) et donnent donc la même structure de produit semi-direct. Si maintenant, tu avais pris un autre sous-groupe $\D_2$, par exemple $\eng{r^3,rs}$, tu aurais obtenu quatre autres morphismes $\varphi'_i$ qui auraient donné les mêmes deux structures de produit direct et semi-direct. Et pareil pour le dernier $\D_2$.
En résumé. Pour être sûr d'avoir vu toutes les structures de produit semi-direct possibles, le théorème d'associativité à droite du produit semi-direct n'intervient pas, en revanche c'est le théorème de mon message https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2379607/#Comment_2379607 qui intervient. Comme les images des $\varphi_i,\ i=1,2,3$ sont identiques (donc conjuguées entre elles dans $\Aut(C_3)$), tous ces morphismes vont donner la même structure de produit semi-direct, qu'en final, on ne distinguera plus et qu'on nomme $C_3\rtimes \D_2$ sans préciser le morphisme, puisque, dans ce cas particulier, tous les morphismes non triviaux donnent le même (structure de) produit semi-direct.
Dans le cas où il y a plusieurs morphismes $H\to\Aut(N)$ dont les images ne sont pas conjuguées dans $\Aut(N)$, alors d'après le théorème en lien, les structures de produit semi-direct sont potentiellement différentes, il est alors impératif de préciser le morphisme dans l'écriture $N\rtimes_\phi H$.
Par exemple $C_8\rtimes_\phi C_2$ qui va admettre, outre le produit direct, trois structures différentes de produit semi-direct.
N'hésite pas à poser des questions si tout cela ne te parait pas clair.
Merci. Il y a donc trois morphismes non triviaux $D_2 \rightarrow \Aut(C_3)$, donc trois produits semi-directs non directs éventuellement isomorphes. Je comprends pourquoi ces produits directs sont isomorphes (car par exemple, il existe un automorphisme $\alpha$ de $D_2$ tel que $\varphi_1 \circ \alpha = \varphi_2$).
Je voulais dire exhaustif dans les décompositions de $G$ en produits semi-directs.
On a vu : $G \cong D_3 \rtimes C_2 \cong D_3 \times C_2 \cong C_3 \rtimes C_2^2 \cong C_6 \rtimes C_2$.
Sinon, on n'a vu que des conditions suffisantes pour que deux produits semi-directs soient isomorphes. Je n'ai pas (encore) fait pour $C_8 \rtimes_{\phi} C_2$, mais pour montrer qu'on a trois structures différentes de produit semi-direct, il faut une condition nécessaire ?
Julia Paule Comment sait-on qu'il n'y a en pas d'autres ?
Tout le raisonnement est basé sur le théorème cité dans mon message https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2379607/#Comment_2379607 Il faut connaitre un minimum le groupe $G$ à décomposer. Ce minimum peut être vu graphiquement sur le treillis. On prend successivement les sous-groupes distingués (encadrés) l'un après l'autre, en omettant le groupe complet et le trivial.
$\triangleright~$D'ordre $6$, on a $C_6$, (distingué puisque d'indice 2). Un supplémentaire sera d'ordre $2$, donc isomorphe à $C_2$. On regarde alors les sous-groupes d'ordre $2$ qui ne rencontrent pas $C_6$. Il y a les trois de gauche et les trois de droite. Chacun d'eux fournit un produit semi-direct $G=C_6\rtimes C_2$ qui tous sont isomorphes entre eux ($\simeq G$) et donnent une même structure de produit semi-directs car (voir le théorème ) les images des morphismes $C_2\to\Aut(C_6)\ (\simeq C_2)$ sont identiques (donc conjuguées dans $\Aut(C_6)$) et les noyaux de ces morphismes (injectifs) sont triviaux donc se correspondent par un automorphisme de $C_2$ (je reprends les conditions indiquées par le théorème).
$\triangleright~$D'ordre $6$ distingué, il y a aussi le $\D_3$ de gauche. On recherche un supplémentaire d'ordre $2$ ne rencontrant pas ce $\D_3$. Il y a le $C_2$ distingué (encadré) qui va donner le produit direct (puisque $C_2$ est distingué) $G=\D_3\times C_2$ ; puis les trois $C_2$ de droite qui chacun va donner un produit semi-direct $G=\D_3\rtimes C_2$ qui sont tous isomorphes entre eux ($\simeq G$) et fournissent la même structure de produit semi-direct car (on reprend les mêmes arguments que ci-dessus) les images des morphismes sont conjuguées dans $\Aut(\D_3)\ (\simeq\D_3)$, puisque elles sont les $2$-Sylow de $\Aut(\D_3)$, et les morphismes étant injectifs leurs noyaux sont triviaux, donc se correspondent par un automorphisme de $C_2$.
$\triangleright~$D'ordre $6$, il reste le $\D_3$ de droite, qui va donner les mêmes choses que le précédent $\D_3$ mais avec les trois $C_2$ de gauche.
$\triangleright~$D'ordre $4$, aucun sous-groupe n'est distingué car ce sont le $2$-Sylow de $G$.
$\triangleright~$D'ordre $3$, il y a un $C_3$, distingué car unique sous-groupe d'ordre $3$ de $G$. On recherche un supplémentaire d'ordre $4$. Il y en a trois, ce sont les $2$-Sylow de $G$isomorphes à $\D_2=C_2\times C_2$. Mon précédent message montre qu'ils fournissent la même structure de produit semi-direct, car les trois morphismes non triviaux ont la même image dans $\Aut(C_3)\ (\simeq C_2)$ et étant injectifs,leurs noyaux sont triviaux etc.
$\triangleright~$D'ordre $2$ distingué, il n'y a que le $C_2$ encadré, engendré par le cube du générateur du cyclique $C_6$ donc caractéristique dans ce $C_6$ donc distingué dans $G$ (c'est même le centre de $G$). On recherche un supplémentaire d'ordre $6$, ne rencontrant pas le $C_2$, on trouve les deux $\D_3$ qui vont donner les produits directs $C_2\times \D_3$ déjà rencontrés précédemment.
Voilà, on a fait le tour des sous-groupes distingués de $G$, toutes les décompositions en produit (semi-)direct ont été obtenues, Alain
D'accord je vois merci. On peut dire directement que les $C_6 \rtimes C_2$ sont tous isomorphes entre eux, car il y a un seul morphisme non trivial de $C_2 \rightarrow \Aut (C_6) \cong C_2$, défini par : $0 \mapsto Id, 1 \mapsto - Id$ ?
Merci. J'ai trouvé une solution entretemps, c'était facile : les produits semi-directs s'écrivent : $(a, \sigma) * (b, \tau) = (a+ k^{\sigma}b, \sigma + \tau)$, avec $k=3,5,7$ avec respectivement $8,6,12$ éléments qui sont leur propre inverse. Avec leur nombre d'éléments par ordre, c'est encore mieux.
Merci beaucoup. J'ai besoin de prendre des exemples pour mieux comprendre.
Bonjour Julia Paule Le nombre d'éléments qui sont leur propre inverse (ordres 1 ou 2) sont, pour $k=3,5,7$, respectivement $6,4,10$.
NB. Les produits semi-directs étant non commutatifs, on préfère les exprimer en notation multiplicative. Ainsi, $(a,\sigma)\star(b,\tau)= (a\sigma b\sigma^{-1},\sigma\tau)$.
Voici les treillis des trois produits semi-directs $C_8\rtimes_\phi C_2$, précédés du treillis du produit direct $C_8\times C_2$.
Ah mince. En recomptant, je trouve pour $k=3,5,7$, respectivement $7,5,11$ éléments d'ordre $1$ ou $2$. Cela correspond si tu n'as compté que les éléments d'ordre $2$.
Les produits directs sont non commutatifs, mais les groupes $C_8$ et $C_2$ le sont, et l'opération effectuée est une addition "tordue par le morphisme". Pour ma part, je préfère la notation additive.
Non, je persiste. Le nombre d'éléments qui sont leur propre inverse (ordres $1$ ou $2$) sont, pour $k=3,5,7$, respectivement $6,4,10$. Ici, le neutre est compté car il est son propre inverse.
D'ailleurs, le cas du groupe diédral $\D_8$ obtenu pour $k=7=-1\mod 8$ (le groupe p523 dans le pdf), le sous-groupe $C_8$ des rotations est d'ordre $8$ et les $8$ éléments restants sont tous d'ordre $2$ (diédral oblige). Ce qui fait ces $8$ éléments d'ordre $2$, auxquels il faut ajouter les deux éléments du sous-groupe des rotations cyclique d'ordre $2$, cela fait $10$ éléments qui sont leur propre inverse.
Pour $k=5$ (le groupe p525 dans le pdf) les éléments qui sont leur propre inverse sont regroupés dans un sous-groupe isomorphe à $C_2\times C_2$ donc au nombre de $4$ (y compris le neutre). Ces éléments sont (avec ta notation additive !) $(0,1),\,(4,1), \,(4,0)$, plus le neutre $(0,0)$.
Pour $k=3$ (le groupe p524 dans le pdf) il y a le centre formé de $(0,0),\,(4,0)$ distingué d'ordre $2$ et les quatre éléments : $(0,1),\ (4,1),\,(2,1),\ (6,1)$ conjugués entre eux. Soit $6$ éléments qui sont leur propre inverse.
Dans ce dernier groupe $\Z/8\Z\rtimes_\phi\Z/2\Z$, on a $\begin{array}[t]{cccl}\phi:&\Z/2\Z&\to&\Aut(\Z/8\Z)\\&0&\mapsto&(1\mapsto1)=id\\&1&\mapsto&(1\mapsto3)\end{array}$.
Alors, par exemple, $(6,1)\star(6,1)=(6+u(1)(6),1+1)=(0,0)$, car $u(1)(6)=3\times6=18=2\mod8$.
Et pareil pour les autres éléments qui sont donc bien d'ordre 2. Les éléments restants sont d'ordre $4$ (il y en a $6$ : $(2,0),\,(6,0),\ (1,1),\,(3,1),\,(5,1),\,(7,1) $) ou d'ordre $8$ (il y en a $4$ : $(1,0),\,(3,0),\,(5,0),\,(7,0)$). On a bien nos $16$ éléments.
La notation additive convient ici parce que $N=C_8$ et $H=C_2$ sont commutatifs, mais pas pour le cas $\D_3\rtimes C_2$ rencontré dans l'exercice précédent. C'est pourquoi, dès que l'on travaille avec un produit semi-direct, on utilise toujours la notation multiplicative.
Bonsoir Alain, tu as raison, je me suis encore trompée, c'est bien $6,4,10$ (cette fois-ci, je l'ai fait avec un tableur). L'exemple avec le groupe diédral est très éclairant : $8$ réflexions, le demi-tour et l'identité.
Pour ce qui est de la notation multiplicative, elle ne me dérange pas si on prend un générateur de $C_n$ et on écrit $a^2a^3=a^5$ mais si on identifie $C_n$ à $\Z/n\Z$ on évite d'écrire $2\cdot 3=5$.
Ok merci JLT. Cela me va. Ce qu'il faut, c'est ne pas mélanger les deux notations. Par exemple prendre $1$ pour l'élément générateur de $C_n$ (notation additive), alors que c'est l'élément neutre de $C_n$ pour la notation multiplicative.
Pour une représentation géométrique de $C_8 \rtimes C_2$ non direct et pas le groupe diédral, j'ai pensé au groupe des isométries du parallélépipède rectangle (non carré) de centre $O$, ou encore au groupe des isométries de l'espace du carré de centre $O$. Je n'ai pas fait, et ne ferai pas, si vous avez le courage.
Mais je suis repartie dans les atermoiements avec le produit semi-direct (j'ouvre un autre fil pour ça).
Bonjour, la représentation géométrique de $C_8 \rtimes C_2$ non direct non diédral ne marche pas avec le groupe des isométries du carré dans l'espace. En effet, il ne contient pas d'élément d'ordre $8$.
Il semble que cela ne marche pas non plus avec le parallélépipède rectangle pour la même raison.
Merci. Je n'ai pas pensé à cette considération. Je regarde quand je rentre chez moi. Cela règle directement le problème d'une représentation géométrique par un groupe d'isométries de l'espace.
$G=C_8 \rtimes C_2$ non direct non diédral peut s'écrire $G = \langle r,s \rangle $ , $r$ d'ordre $8$, $s$ d'ordre $2$, $s \notin \langle r \rangle $, avec $G$ de loi : $r^kr^l=r^{k+l}, sr=r^3s$ (ou $sr=r^5s$).
Si on suppose que $G$ est un groupe d'isométries vectorielles de l'espace, alors $r$ est une rotation d'angle $1/8$ de tour (dans le sens direct ou indirect, peu importe, après avoir orienté l'espace), et $s$ est une réflexion (ou bien un demi-tour, ou bien un composé d'une réflexion et d'un demi-tour, ce que GBZM appelle une anti-rotation).
Les réflexions et les demi-tours conservent les angles géométriques. Alors l'image d'un vecteur par $sr$ fait un angle géométrique d'$1/8$ de tour avec le vecteur, et de $3/8$ème de tour par $r^3s=sr$, ce qui est impossible.
Cela montre que $G$ n'est pas un sous-groupe de $O(3, \R)$.
Maintenant si on considère que $G$ est un groupe d'automorphismes $\R$-linéaires, par $r^8=Id, s^2=Id$, alors $r$ et $s$ sont de déterminant $\pm 1$, donc appartiennent à $O(3, \R)$.
Par contre avec la loi $sr=rs$ ou $sr= r^{-1}s$, c'est possible. Pour le groupe diédral, on a le groupe des isométries du plan laissant l'octogone régulier invariant. Pour le groupe direct, on a le groupe des isométries directes du plan (les rotations) laissant un polygone à $16$ côtés invariant.
Maintenant si on considère que $G$ est un groupe d'automorphismes $\R$-linéaires, par $r^8=Id, s^2=Id$, alors $r$ et $s$ sont de déterminant $\pm 1$, donc appartiennent à $O(3, \R)$.
Ceci est faux, il y a plein d'endomorphismes de déterminant $1$ qui ne sont pas dans $O(3,\R)$. Ce qu'on peut dire par contre c'est qu'un sous-groupe fini de $GL(3,\R)$ est conjugué à un sous-groupe de $O(3,\R)$.
Une autre manière de conclure pour l'exercice serait de dire que $r$ est diagonalisable sur $\C$ et possède une valeur propre réelle égale à $\pm 1$ ainsi que deux valeurs propres complexes non réelle $\lambda$ et $\overline{\lambda}$. Si $srs^{-1}=r^3$ alors $\lambda^3$ est aussi une valeur propre complexe non réelle donc $\lambda^3=\lambda$ ou $\lambda^3=\overline{\lambda}=\lambda^{-1}$, donc dans tous les cas $\lambda^4=1$, ce qui entraîne $r^4=Id$, ce qui est faux.
Pas exactement, le groupe spécial linéaire est le noyau du déterminant (homomorphisme du groupe linéaire dans le groupe multiplicatif du corps), autrement dit c'est le le sous-groupe des matrices de déterminant $1$ (et pas $-1$).
Ça peut se faire en envoyant $r$ sur $\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}$ et $s$ sur $\begin{pmatrix} 1&-1\\0&-1\end{pmatrix}$, si je ne me suis pas fichu dedans dans les calculs.
@JLT, merci, $r \in GL(3, \R)$ est diagonalisable sur $\C$ car son polynôme caractéristique est à coefficients réels de degré $3$, et ses valeurs propres dans $\C$ sont racines du polynôme $X^8=1$, donc il a une racine réelle ($\pm 1$) et deux racines complexes conjuguées de module $1$ distinctes de $\pm 1$ (sinon $r$ serait d'ordre $2$) , donc ses valeurs propres sont distinctes.
$sr^{-1}s=r^3$ et $r$ ont même polynôme caractéristique donc mêmes valeurs propres, or si $\lambda$ est valeur propre de $r$, alors $\lambda^3$ est valeur propre de $r^3$ donc de $r$, et ok pour la conclusion.
@GBZM, je n'ai pas lu ton article (cela va trop loin), mais veux-tu dire que cela donnerait une représentation géométrique de notre groupe $C_8\rtimes C_2=\langle r,s\mid r^8, s^2 , srsr^5\rangle$ ?
La présentation, $C_8\rtimes C_2=\langle r,s\mid r^8, s^2 , srsr^5\rangle$ correspond au produit semi-direct $C_8\rtimes_{u_1} C_2$, où $u_1(s)=(r\mapsto r^3)$, que l'on retrouve comme $2$-Sylow de $GL_2(\mathbb F_3)$.
ce qui m'avait embrouillée, c'est que $G\times\langle\tau\rangle$ ne peut pas être un produit direct puisque $\tau \in G$. Il est préférable je pense d'expliciter l'isomorphisme $G\rtimes_\alpha \Z/2\Z\cong G\times \Z/2\Z$ de cette façon : $\begin{align} (g,0)&\longmapsto (g,0)\\ (g,1)&\longmapsto (g\tau,1)\end{align}$
Réponses
$\varphi_2=\begin{pmatrix}r^3&\mapsto& Inv\\s&\mapsto& Id\end{pmatrix}$ d'où $\varphi_2(s)=Id$ ; $\quad\varphi_3=\begin{pmatrix}r^3&\mapsto& Inv\\s&\mapsto& Inv\end{pmatrix}$ d'où $\varphi_3(r^3s)=Id$.
Il y a donc deux structures différentes de produits semi-direct. $G_0=C_3\rtimes_{\varphi_0}\D_2=C_3\times\D_2$ qui est en fait le produit direct,
et puisque les $\varphi_i$ ont même image dans $\Aut(C_3)$, $G_i=C_3\rtimes_{\varphi_i}\D_2,\ i=1,2,3$, (qui se correspondent par un automorphisme de $\D_2$) et donnent donc la même structure de produit semi-direct.
Si maintenant, tu avais pris un autre sous-groupe $\D_2$, par exemple $\eng{r^3,rs}$, tu aurais obtenu quatre autres morphismes $\varphi'_i$ qui auraient donné les mêmes deux structures de produit direct et semi-direct. Et pareil pour le dernier $\D_2$.
Comme les images des $\varphi_i,\ i=1,2,3$ sont identiques (donc conjuguées entre elles dans $\Aut(C_3)$), tous ces morphismes vont donner la même structure de produit semi-direct, qu'en final, on ne distinguera plus et qu'on nomme $C_3\rtimes \D_2$ sans préciser le morphisme, puisque, dans ce cas particulier, tous les morphismes non triviaux donnent le même (structure de) produit semi-direct.
Comment sait-on qu'il n'y a en pas d'autres ?
Il faut connaitre un minimum le groupe $G$ à décomposer. Ce minimum peut être vu graphiquement sur le treillis.
On prend successivement les sous-groupes distingués (encadrés) l'un après l'autre, en omettant le groupe complet et le trivial.
Alain
On compte leur nombre d'éléments par ordre.
Alain
Le nombre d'éléments qui sont leur propre inverse (ordres 1 ou 2) sont, pour $k=3,5,7$, respectivement $6,4,10$.
Ainsi, $(a,\sigma)\star(b,\tau)= (a\sigma b\sigma^{-1},\sigma\tau)$.
Ici, le neutre est compté car il est son propre inverse.
L'exemple avec le groupe diédral est très éclairant : $8$ réflexions, le demi-tour et l'identité.
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2379553/#Comment_2379553
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2379708/#Comment_2379708
Mais si tu as en tête le groupe des isométries d'un octogone, la notation multiplicative est préférable, même si les sous-groupes sont abéliens.
Cela règle directement le problème d'une représentation géométrique par un groupe d'isométries de l'espace.