Produit semi-direct et atermoiements — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Produit semi-direct et atermoiements

Modifié (16 Sep) dans Algèbre
Bonjour,
Je suis repartie dans les atermoiements concernant le produit semi-direct. Les voici.
1) Pour scinder un groupe $G$ en deux sous-groupes $H$ et $K$, on a besoin que : $G=HK,\  H \cap K = \{1 \}$, et de définir $kh=(1k)(h1)$ puisque le produit est associatif. Donc pour tous $h\in H, k \in K$, il faut qu'il existe $h'$ et $k'$ tels que $kh=h'k'$. Autrement dit, que l'un ou l'autre des sous-groupes soit distingué dans $G$ est une condition suffisante, mais pas nécessaire ?
2) Si on a un produit semi-direct $G=N \rtimes H$ (i.e. $N$ normal dans $G$, avec $G=NH,\  H \cap N = \{1 \}$), alors on a une suite exacte :
$1 \rightarrow N \rightarrow G \rightarrow H \rightarrow 1$, avec $i : N \rightarrow G$, l'inclusion et $p : G \rightarrow H, nh \mapsto h$. Pas de problème sur ça.
Mais la réciproque est fausse : si on a une suite exacte : $1 \rightarrow N \rightarrow G \rightarrow H \rightarrow 1$, on n'a pas forcément les conditions du produit semi-direct, même avec $N$ normal dans $G$ ? On a : $N=im ( i ) = \ker p, H = im (p)$, mais rien ne dit que $\ker p \cap im( p ) = \{1 \}$, ni que $G=NH$ ?
On obtient $H \cong G/N$ (théorème d'isomorphisme : $G/ \ker p \cong im (p)$), mais cet isomorphisme $H \rightarrow G/N$ n'est pas forcément la restriction de la projection sur $G/N$ à $H$, autrement dit $H$ n'est pas forcément un relèvement de $G/N$ ou je me fourvoie complétement ?
Merci d'avance.
PS : j'ai étudié le produit semi-direct dans le livre de Josette Calais sur les groupes, où elle ne parle pas de relèvement ni de section, et je n'ai jamais bien compris, ni maintenant d'ailleurs.

Réponses

  • JLTJLT
    Modifié (16 Sep)
    1) Non, voir par exemple la décomposition QR des matrices.
    2) Une suite exacte n'est pas forcément scindée, il me semble qu'on a donné un exemple dans l'autre fil. Mais je ne comprends pas bien ta question.
  • J'insiste lourdement : as-tu lu la section 4 de mon document ?
  • Modifié (16 Sep)
    2) Ah mais oui suis-je bête. On a l'exemple archi-classique : $1 \rightarrow 2 \Z / 4 \Z \rightarrow  \Z / 4 \Z\rightarrow 2 \Z / 4 \Z \rightarrow 1$ (je ne mets pas les sous-groupes isomorphes simplifiés pour mettre en évidence les sous-groupes). On a bien $G/N  \cong H$, mais $H$ n'est pas un relèvement de $G/N$ (la projection sur $G/N$ restreinte à $H$ est l'application nulle), et on n'a pas de produit semi-direct.
    En fait pour pouvoir décomposer $G$ avec son sous-groupe normal $N$ et un autre sous-groupe de $G$, on veut pouvoir décomposer un élément $g \in G$ et écrire $g=nh$ de manière unique pour tout $g$ dans $G$, alors $g$ aura pour image $h$ dans $G/N$, donc il faut un relèvement $H$ de $G/N$.
    (la condition est suffisante, reste à savoir si elle est nécessaire)
    Ma question se rapportait au fait que dans mon livre on part de la suite exacte $1 \rightarrow N \rightarrow  G \rightarrow G/N \rightarrow 1$ pour savoir si $G$ peut être un produit semi-direct de $N$ par un autre sous-groupe, et non pas de la suite exacte $1 \rightarrow N \rightarrow  G \rightarrow H \rightarrow 1$. Mais je me rends compte que la question reste la même dans les deux cas de figure (un relèvement $K$ de $G/N$ résout le problème).
    1) Merci beaucoup JLT. Décomposition QR  des matrices ?
  • Toute matrice $A$ de $\mathrm{GL}_n(\R)$ s'écrit de manière unique sous la forme $A=QR$ où $Q$ est orthogonale et $R$ triangulaire supérieure à coeffcients de la diagonale $>0$.
    On peut voir ça comme un déguisement du processus d'orthonormalisation de Gram-Schmidt où la base de départ est formée des colonnes de $A$ et la b.o.n. d'arrivée des colonnes de $Q$.
  • JLTJLT
    Modifié (16 Sep)
    Ceci permet d'écrire $GL_n(\R)$ comme produit de deux sous-groupes non distingués.
  • Modifié (17 Sep)
    2) En fait, je me demandais si, $N$ étant normal dans $G$, le fait qu'il existe un sous-groupe $H$ de $G$ tel que $G/N \cong H$ était suffisant pour dire que $H$ est un relèvement de $G/N$. La réponse est non, et j'ai vu plusieurs exemples.
    Un tel sous-groupe $H \cong G/N$ n'existe pas forcément (par exemple le groupe des quaternions), et même s'il existe, cela ne change rien quant au produit semi-direct de $N$ par un sous-groupe de $G$.
    1) Merci beaucoup pour l'exemple. Dans ce cas, pourquoi exige-t-on que l'un des deux sous-groupes de $G$ soit normal pour parler de la décomposition de $G$ ?
  • 1) Parce que dans le cas où $N$ est normal, le produit dans $G=NH$ est facile à décrire avec la donnée d'un morphisme $H\to\mathrm{Aut}(N)$. Ce qui ne veut pas dire que des décompositions $G=NH$ avec $N$ et $H$ non normaux n'ont pas d'intérêt, comme le montre la décomposition QR (ou la décomposition LU).
  • Tout s'éclaire. Merci énormément @JLT.
  • Modifié (23 Sep)
    Bonjour, je me pose encore une question concernant le produit semi-direct.
    Quand on a un groupe $G$ et un sous-groupe $N$ distingué dans $G$, j'ai identifié trois problèmes qui font obstacle à ce qu'un sous-groupe $H$ de $G$ vérifie $G \cong N \rtimes H$ :
    1er problème : $G$ n'est pas isomorphe à $N \rtimes G/N$ (obstacle facile à montrer, j'ai plusieurs exemples de ce cas de figure),
    2ème problème : $G \cong N \rtimes G/N$, mais il n'existe pas $H$ sous-groupe de $G$ tel que $H \cong G/N$ (évident que c'est un obstacle, mais pas d'exemple),
    3ème problème : $G \cong N \rtimes G/N$, il existe $H$ sous-groupe de $G$ tel que $H \cong G/N$, mais on n'a pas $G$ produit semi-direct de $N$ par $H$ (exemple du groupe $D_6$ quand on remplace $H$ engendré par une réflexion, par un autre sous-groupe isomorphe à $H$ engendré par une autre réflexion).
    De fait, auriez-vous un exemple du 2ème problème, i.e. d'un groupe $G$ où $N$ est distingué dans $G$, et $G \cong N \rtimes G/N$,  mais il n'existe pas $H$ sous-groupe de $G$ tel que $H \cong G/N$ ?
    Merci d'avance.
  • Ce n'est pas possible...
  • Pour faire le super-lourd : si tu avais lu la section 4 du terxte que j'ai mis en lien, tu ne te poserais pas le problème n°2 :




  • ADAD
    Modifié (23 Sep)
    $\newcommand{\F}{\mathbb{F}}\newcommand{\A}{\mathfrak{A}}\newcommand{\SL}{\mathrm{SL}}\newcommand{\PSL}{\mathrm{PSL}}\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$Bonjour Julie Paule
    Pour le 2), un exemple facilement modélisable est le groupe $\SL_2(\F_3)$ qui est d'ordre 24. C'est le groupe des matrices $2\times 2$ sur le corps $\F_3$ de déterminant $1$. Son centre $\{\pm\id\}$ est d'ordre 2 et distingué. Le quotient de $\SL_2(\F_3)$ par son centre est $\PSL_2(\F_3)\simeq \A_4$. Or, $\SL_2(\F_3)$ n'a pas de sous-groupe d'ordre $12^{\dagger}$, donc $\A_4$ ne peut être un de ses sous-groupe.
    Je te mets le treillis de $\SL_2(\F_3)$ ci-dessous.



    $\dagger$ (1) Une démonstration est que : $\SL_2(F_3)$ a un unique sous-groupe d'ordre 2 son centre $\{\pm \id\}$, si $\SL_2(\F_3)$ avait un sous-groupe d'ordre 12, il contiendrait le centre (Cauchy), donc le quotient $\SL_2(F_3)$ par son centre aurait un sous-groupe d'ordre $6$, mais le quotient est $\A_4$ qui n'a pas de sous-groupe d'ordre $6$,
    (2) Une autre démonstration est que : puisque $\SL_2(\F_3)$ n'a qu'un seul élément d'ordre $2$, il ne peut contenir $\A_4$ qui en contient 3.
  • Ton exemple est intéressant, AD, mais ce n'est bien sûr pas un exemple pour le problème 2 de Julia Paule. Relis bien ce problème !
  • ADAD
    Modifié (23 Sep)
    Re bonjour Julia Paule
    En revanche ta dernière requête
    "un groupe $G$ où $N$ est distingué dans $G$, et $G \cong N \rtimes G/N$,  mais il n'existe pas $H$ sous-groupe de $G$ tel que $H \cong G/N$"
    n'est pas possible car si $G\cong N\rtimes G/N$, alors en tant que produit semi-direct interne, $G/N$ est (isomorphe à) un sous-groupe de $G$.
    Alain
  • Modifié (23 Sep)
    Hum, AD, c'est ça en fait le 2), et il y a déjà été répondu par JLT et moi-même. Qu'est-ce que tu fabriques ?
  • Bonjour GBZM
    Tu as raison, dans mon premier message, j'ai zappé l'hypothèse $G\cong N\rtimes G/N$ pour ne conserver que $N\lhd G$. :(
    Ma première réponse ne répond donc pas à la question 2), mais à une question 2') : $N\lhd G$ et $G$ n'admet pas de sous-groupe isomorphe à $G/N$ (pour les groupes d'ordre petit, ce n'est pas si fréquent).
    Alain.
  • Oui, c'est pour ça que ton exemple est intéressant, en dehors de la question de Julia Paule.
  • Merci à tous.
    Je parle bien d'un produit semi-direct externe, appelons $u$ le morphisme : $G/N \rightarrow Aut (N)$. Alors, je crois bien que si $G \cong N \rtimes_u (G/N)$ alors que $\exists H$ sous-groupe de $G$ tel que $H \cong G/N$.
    démonstration : on a alors $N \times \{1\}$ et $\{1\}\times (G/N)$ sont des sous-groupes de $N \rtimes_u (G/N) \cong G$, donc l'image du sous-groupe $\{1\} \times (G/N)$ par cet isomorphisme est un sous-groupe de $G$.
    Je le ressentais intuitivement sans pouvoir l'exprimer.
    En fait, j'essayais de montrer que l'isomorphisme $G \cong N \rtimes_u (G/N)$ est unique par : $g \mapsto (n, \bar x)$, avec $\bar x = \bar g$ et en définissant $n$ quelque part, par exemple $ng \in G$, mais cela va s'avérer difficile (comment retrouver $g$ à partir de $ng$ et $\bar g$, impossible, et on a pu faire subir à $G$ un automorphisme préalablement).
    Bref, donc finalement la seule chose qui fait obstacle à ce qu'il existe $H$ sous-groupe de $G$ tel que $G \cong N \rtimes H$ est que $G \not \cong N \rtimes G/N$ ! Et encore faut-il avoir choisi le bon $H$ pour constater cet isomorphisme.
    Je ne résiste pas au plaisir d'écrire ici les exemples que j'ai :
    $G=\Z/4\Z, N=2\Z/4\Z, G/N=\Z/2\Z$ et on n’a pas $\Z/4\Z \cong 2\Z/4\Z \rtimes \Z/2\Z$.
    $G=\Z, N=2\Z, G/N=\Z/2\Z$, et on n’a pas $\Z \cong 2\Z \rtimes \Z/2\Z$.
    $G=H_8$ (groupe des quaternions), $N=\{ \pm 1 \}$, $H_8 / N= \{1,i,j,k \}$ de loi de groupe celle de $H_8$ au signe près, on n'a pas $H_8 \cong \{ \pm 1 \} \rtimes \{1,i,j,k \}$.
    Finalement je me rends compte que pour pouvoir dire qu'un groupe $G$ est un produit semi-direct de deux groupes $N$ et $H$ (sous-groupes ou non), on impose dans le cas externe un morphisme $H \rightarrow Aut(N)$, bien que $G$ puisse être le produit de ces deux groupes d'une autre manière, par exemple avec $nh=h'n'$ (défini comment ? grosse embrouille), ou bien le produit libre où les éléments sont juxtaposés, et dans le cas interne on impose que $N$ soit distingué dans $G$, bien qu'on pourrait s'en passer.
    C'est en fait ce que j'ai le plus de mal à comprendre, mais cela s'éclaire un peu plus : on ne définit que ce que l'on sait définir ...
    Je vais regarder maintenant vos exemples.
  • Modifié (24 Sep)
    Merci @GBZM, mais je ne vois pas directement le lien avec ma question car je pars de $H=N$ et $K=G/N$, cas particulier de ton schéma général, mais le cas général s'applique : si $G \cong H \rtimes K$, alors on a une section $s : K \rightarrow G$ et $s(K) \cong K$ est un sous-groupe de $G$.
    Il s'agit encore de montrer que si $G, H,K$ sont trois groupes, alors on a $G \cong H \rtimes K$ ssi la suite est exacte :  $1 \rightarrow H \rightarrow G \rightarrow K \rightarrow 1$, et il existe une section $s : K \rightarrow G$, telle que $p \circ s = id_K$. Je n'ai vu que le sens <= de cette démonstration, et pas l'autre, je crois que c'est ce qui me manque et vais m'empresser de faire ou bien de trouver un cours complet sur le produit semi-direct !
    Merci @AD, ton exemple répondait à la question : $N \lhd G$, mais $G$ n'admet pas de sous-groupe isomorphe à $G/N$ : ben on a $G=\Z$ et $N=$ un de ses sous-groupes !
  • Je suis très étonné de ce que tu écris. Le sens => est très exactement ce qui est écrit explicitement dans le premier scan de mon message ci-dessus ! La vérification de l'exactitude de la suite est triviale.
  • Ok tu l'as écrit, mais pas démontré. Je ne comprends les choses que si j'en ai vu une démonstration !
  • Modifié (24 Sep)
    Ne mettrais-tu pas un peu de mauvaise volonté ? Je répète que la démonstration est triviale. Il suffit de regarder. Alors je regarde : 
    1°) L'application $h\mapsto(h,1)$ de $H$ dans $H\rtimes K$ est bien un morphisme injectif de groupes.
    2°) L'application $(h,k)\mapsto k$ de $H\rtimes K$ sur $K$ est bien un morphisme surjectif de groupes.
    3°) L'image de $h\mapsto(h,1)$ est égale au noyau de $(h,k)\mapsto k$.
    4°) Lapplication $k\mapsto (1,k)$ de $K$ dans $H\rtimes K$ est bien un morphisme de groupes, qui est inverse à droite de $(h,k)\mapsto k$.
  • Ah @AD, tu voulais un exemple avec des groupes finis, alors avec les cardinalités, vu que l'ordre de $G/N$ divise l'ordre de $G$, il s'agissait de trouver un exemple où $G$ n'a pas de sous-groupe d'ordre $G/N$, ou qu'il en a un mais qu'il n'est pas isomorphe à $G/N$.
  • Modifié (24 Sep)
    Ok merci @GBZM, c'est évident.
    Finalement dans l'autre sens (si la suite $1 \rightarrow H \rightarrow G \rightarrow K \rightarrow 1$ est exacte et il existe une section $K \rightarrow G$), la section $s$ permet d'identifier les éléments $k$ privilégiés de $G$ tels que tout élément de $G$ s'écrive de manière unique $g=hk=(h,1)(1,k)$ : pour un $g$ donné, on trouve dans l'ordre $k=p(g), s(k), i(h)=gs(k)^{-1}$, soit $g=i(h)s(k)$ et par identification $g=hk$.
  • C'est ce qui est écrit dans mon deuxième scan.
  • Maintenant, on a une suite exacte : $1 \rightarrow H \rightarrow G \rightarrow K \rightarrow 1$, une section $s : K \rightarrow G$, donc $i(H)$ est normal dans $G$ et on a $G = i(H) \rtimes s(K) \cong H \rtimes K$. Alors comment trouve-t-on le(s) morphisme(s) $u : K \rightarrow Aut (H)$ (puisqu'il en existe au moins un si j'ai bien compris) ?
    Ah bah, je crois que je réponds à la question en la posant. C'est le morphisme qui à un élément de $s(k) \in s(K)$ associe l'automorphisme intérieur de $i(H)$ normal dans $G$, défini par cet élément $s(k)$, et on le transpose dans $H \rtimes K$. C'est cela ? Mais le problème c'est qu'il peut exister plusieurs morphismes $u : K \rightarrow Aut (H)$, donc autant que de sections ?

  • Ok c'est écrit dans le 2ème scan, mais je n'avais pas vu que la section permet d'obtenir les éléments privilégiés de $G$ qui vont permettre de décomposer $G$ en deux sous-groupes complémentaires.
  • Modifié (24 Sep)
    Bon je vais essayer de prendre l'exemple $C_8 \rtimes C_2$ pour essayer d'y voir plus clair et répondre à ma question : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2383315/#Comment_2383315
    On a donc la suite exacte $1 \rightarrow H \rightarrow G \rightarrow K \rightarrow 1$ avec $H=C_8, K=C_2$ et $G=i(H) \rtimes s(K) =i(H)s(K)= \{e,a,a^2, \cdots, a^7, b, ab, a^2b, \cdots a^7b \}$ (écrit avec la notation multiplicative pour ne pas s'embrouiller).
    On a une seule section de la projection $G \rightarrow C_2$ qui convient, $1 \mapsto b$, et on sait qu'on a $4$ produits semi-directs $C_8 \rtimes C_2$ associés aux $4$ morphismes $C_2 \rightarrow Aut(C_8)$ associés aux $4$ automorphismes de $C_8$ : $1 \mapsto u=1,3,5,7$ (les inversibles de $C_8$).
    Dans $G$, on a $4$ morphismes de $s(K)=\{e,b\}$ dans $Aut(i(H))$, avec $i(H)=\{e,a, \cdots, a^7 \}$, tels que $b \mapsto \varphi_u(b) = [a \mapsto \varphi_u(b)(a)=a, a^3, a^5$ ou $a^7$]. On a alors $ba=bab^{-1}b=\varphi_u(b)(a)b=ab, a^3b, a^5b$ ou $a^7b$.
    Donc les morphismes extérieurs $K \rightarrow Aut(H)$ correspondent exactement aux morphismes intérieurs : $s(K) \rightarrow Aut(i(H))$ (et pas aux sections), lesquels sont des automorphismes intérieurs de $G$ restreints à $i(H)$, tous décrits par $bab^{-1}$ mais dont la définition donne la loi du groupe $G$. Donc en fait, on a $4$ groupes $G$. Ce sont précisément les $4$ produits semi-directs du groupe $C_8$ par le groupe $C_2$. Ouf !
    D'ailleurs, il me semble que s'il y a une section, elle est unique.
    L'équivalence plus haut est donc valable aussi bien pour le produit semi-direct interne que le produit semi-direct externe. C'est la même chose sauf que dans le cas externe, il y a plusieurs $G$ possibles au milieu, et dans le cas interne, $G$ est donné au départ.
  • Modifié (24 Sep)
    Bonsoir Alain et merci pour ton exemple.
    Ok pour $\SL_2(\F_3)$ d'ordre 24, c'est le noyau du morphisme déterminant de $GL_2(\F_3)$ (d'ordre 48) sur $\{ \pm 1 \}$.
    $\A_4$ est d'ordre 12 comme le quotient de $\SL_2(\F_3)$ par son centre (les seules matrices qui commutent avec tout le monde sont les matrices $aI_n$, et dans $\SL_2(\F_3)$ il n'y en a que 2).
    Ensuite pour montrer l'isomorphisme entre les deux groupes, il s'agit d'apparier les éléments, sachant que $\A_4$ contient l'Id, trois double-transpositions et huit 3-cycles.
    Je risque d'y passer quelque temps. Aurais-tu la gentillesse de m'indiquer une méthode ?
    Merci d'avance.
  • JLTJLT
    Modifié (24 Sep)
    $\PSL_2(\F_3)$ agit sur l'ensemble des droites vectorielles du plan $(\F_3)^2$, d'où un morphisme $\PSL_2(F_3)\to \mathfrak S_4$ puisqu'il y a 4 droites.
  • ADAD
    Modifié (24 Sep)

    Bonsoir Julia Paule
    Tu demandes comment voir un isomorphisme entre $\PSL_2(\F_3)$ et $\A_4$ ?
    Reprenons, tu me cite $\A_4$ par ses éléments, je vais te le figurer par le treillis de ses sous-groupes :
    $$\xymatrix{&&&\A_4 \\
    &&&&& \mathfrak V_4 \ar@{-}[llu] \\
    C_3 \ar@{-}[rrruu] \ar@{.}[r]&C_3 \ar@{-}[rruu] \ar@{.}[r] &C_3 \ar@{-}[ruu] \ar@{.}[r] &C_3 \ar@{-}[uu] \\
    &&&&C_2 \ar@{-}[ruu] \ar@{.}[r]&C_2 \ar@{-}[uu] \ar@{.}[r]&C_2 \ar@{-}[luu]\\
    &&&\{1\} \ar@{-}[rrru]  \ar@{-}[rru] \ar@{-}[ru] \ar@{-}[uu] \ar@{-}[luu] \ar@{-}[lluu] \ar@{-}[llluu] }$$
    Les trois double-transpositions forment trois sous-groupes marqués $C_2$, qui avec le neutre forment un sous-groupe $C_2\times C_2$ qui n'est autre que le groupe de Klein marqué $\mathfrak V_4$, enfin les huit 3-cycles forment quatre sous-groupes $C_3$ qui, entre autres, sont les $3$-Sylow de $\A_4$, ils sont donc conjugués (liens pointillés horizontaux).
    Si on reprend le treillis de $\SL_2(\F_3)$, on remarque que le sous-treillis entre $\SL_2(\F_3)$ et son centre d'ordre $2$ est exactement le treillis de $\A_4$ dessiné ci-dessus. Ce n'est pas le fruit du hasard, mais celui d'un théorème, que j’appelle théorème du treillis-quotient, disant que la projection canonique sur le quotient forme un isomorphisme de treillis (bijection croissante et de réciproque croissante) entre le treillis du groupe quotient et le sous-treillis compris entre le groupe et le sous-groupe distingué par lequel on quotiente.
    Par ailleurs, on voit que $\A_4$ est engendré par un $3$-cycle et une double-transposition, car le plus petit sous-groupe les contenant est $\A_4$ tout entier.
    Pour définir l'isomorphisme, on va choisir dans $\SL_2(\F_3)$ une matrice d'ordre $6$, par exemple $\left(\begin{smallmatrix}0&2\\1&1\end{smallmatrix}\right)$ que l'on va envoyer sur un $3$-cycle de $\A_4$, par exemple $a=(1\,2\,3)$ et une matrice d'ordre $4$, par exemple $\left(\begin{smallmatrix}0&1\\2&0\end{smallmatrix}\right)$ que l'on va envoyer sur une double transposition de $\A_4$, par exemple $b=(1\,2)(3\,4)$.
    Dit autrement.
    On veut partir de $\PSL_2(\F_3)$, c'est-à-dire du quotient de $\SL_2(\F_3)$ par son centre $\{\pm\id_2\}$, en identifiant le sous-treillis entre $\SL_2(\F_3)$ et son centre, au treillis de $\A_4$. On est donc amené à prendre une matrice d'ordre 6 dans $\SL_2(\F_3)$, par exemple $\left(\begin{smallmatrix}0&2\\1&1\end{smallmatrix}\right) \mod{\{\pm\id_2\}}$ qui est donc d'ordre $3$ dans $\PSL_2(\F_3)$ et l'envoyer sur un $3$-cycle de $\A_4$, par exemple $a=(1\,2\,3)$, et pareillement prendre une matrice d'ordre $4$, par exemple $\left(\begin{smallmatrix}0&1\\2&0\end{smallmatrix}\right)$ qui est donc d'ordre $2$ dans $\PSL_2(\F_3)$, que l'on va envoyer sur une double transposition de $\A_4$, par exemple $b=(1\,2)(3\,4)$.
     Il reste à vérifier que c'est un isomorphisme$^\dagger$, et c'est gagné !
    Alain
    $^\dagger$ Connaissant la présentation $\A_4=\langle a,b\mid a^3=1,\ b^2=1,\ (ba)^3=1\rangle$ où $a$ et $b$ sont définis ci-dessus, il faut vérifier que les deux matrices choisies dans $\SL_2(\F_3)$ satisfont les mêmes relations, en se rappelant que l'on travaille dans $\PSL_2(\F_3)$ et donc que les calculs se font $\mod \{\pm \id_2\}$.
  • Modifié (25 Sep)
    $\newcommand{\H}{\mathbb{H}}$Merci beaucoup à vous. Avant de regarder vos solutions, j'expose ma méthode, sachant que j'ai retrouvé dans un exercice qu'il n'existe que 3 groupes non commutatifs d'ordre 12, à savoir $\A_4, Q_{12}$ et $\D_6$. Le groupe $\A_4$ est le seul à n'avoir pas d'élément d'ordre 6. Il s'agit donc de montrer que $\SL_2(\F_3)$ quotienté par son centre n'a pas d'élément d'ordre 6.
    Soit donc une matrice de coefficients $a,b,c,d$ appartenant à $\SL_2(\F_3)$.
    Elle vérifie $A^2=(a+d)A-I_2$ et $A^3=((a+d)^2-1) A - (a+d) I_2$.
    Alors selon que $a+d=0,1$ ou $2$, on a $A^2$ ou $A^3=I_2$ dans le quotient.
    Le quotient n'a pas d'élément d'ordre 6. C'est donc $\A_4$.
    Ensuite la démonstration (2) pour montrer que $\SL_2(\F_3)$ n'a pas de sous-groupe isomorphe à $\A_4$ me convainc (car $\SL_2(\F_3)$ n'a que 2 éléments d'ordre 2 : cela se voit avec l'expression de $A^2$).
    Sinon, $\H_8$ fournit aussi un exemple d'un sous-groupe $N=\{ \pm 1 \}$ normal dans $\H_8$ qui n'a pas de sous-groupe isomorphe à $\H_8 / N= \{1,i,j,k \}$ de loi celle de $\H_8$ modulo le signe.
    Je regarde vos messages, mais ne suis pas sûre de savoir ce qu'est $\PSL_2(\F_3)$ ?
  • @Alain, merci pour ta démonstration. Je ne connais pas les treillis mais je comprends qu'il s'agit d'envoyer des éléments qui engendrent $\A_4$ sur des éléments qui engendrent $\PSL_2(\F_3)$, notamment une double-transposition sur une matrice d'ordre 2 et un 3-cycle sur une matrice d'ordre 3. Alors on fabrique un morphisme (qui envoie produit d'éléments sur produit d'éléments), et il s'agit alors de vérifier qu'on obtient ainsi tous les éléments de $\PSL_2(\F_3)$. Il faut que je me remette en tête les représentations de groupes finis.
  • @JLT, merci beaucoup, il y a 8 vecteurs directeurs donc 4 droites vectorielles, et $\PSL_2(\F_3)$ agit sur ces 4 droites, donc on a un morphisme de $\PSL_2(\F_3)$ (d'ordre 12) sur $\mathfrak S_4$ (d'ordre 24). Un élément de $\PSL_2(\F_3)$ est déterminé par l'image de 2 droites, donc ce morphisme est injectif non surjectif, et il le devient par co-restriction à $\mathfrak A_4$ permutations paires (car les matrices de $\PSL_2(\F_3)$ sont des rotations, mais je ne suis pas trop sûre de moi là-dessus).
  • JLTJLT
    Modifié (25 Sep)
    $\newcommand{\S}{\mathfrak{S}}$ $\PSL_2(F_3)$ s'identifie à un sous-groupe d'indice $2$ de $\S_4$ (pour des raisons de cardinalité), et comme $\S_4$ admet un unique sous-groupe d'indice $2$, ça ne peut être que $\A_4$.
  • En effet ! Merci.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!