Extensions de groupes

Julia Paule

Bonjour,

Dans le tableau de la page 2 de ce document, je ne suis pas d'accord avec quelques cases : PSD (mais je peux faire erreur), je ne dis pas lesquelles pour ne pas influencer.

Merci d'avance.

Poirot

Je ne suis pas d'accord avec deux cases.

Julia Paule

Merci @Poirot. Je ne suis pas d'accord avec 3 cases. Je vais revoir.

Math Coss

Mes deux centimes, ligne par ligne :

1. tous les éléments de $(\Z/2\Z)^3$ satisfont à $2x=0$ (ou $x^2=1$ en notation multiplicative) donc pas de sous-groupe isomorphe à $\Z/4\Z$ et pas de quotient contenant un élément d'ordre $>2$ (cela valide les deux premières cases) ; en revanche $(\Z/2\Z)^3\simeq\Z/2\Z\times(\Z/2\Z)^2$ et on peut faire l'extension dans les deux sens (cela valide les deux dernières cases) ;
2. idem que la fin de la ligne 1 (cela valide les deux premières cases) ; le quotient de $\Z/2\Z\times\Z/4\Z$ par $(0,2)$ est isomorphe à $(\Z/2\Z)^2$, ce qui contredit la troisième case ; le sous-groupe engendré par $(1,0)$ et $(0,2)$ est isomorphe à $(\Z/2\Z)^2$ et le quotient est d'ordre $2$, ce qui contredit la quatrième case ;
3. le sous-groupe engendré par $4$ (resp. $2$) définit un quotient cyclique d'ordre $4$ (resp. $2$), ce qui confirme les deux premières cases ; un groupe cyclique a un quotient cyclique et des sous-groupes cycliques, ce qui confirme les deux dernières cases ;
4. il n'y a qu'un seul élément central d'ordre $2$ dans le groupe diédral et il appartient à l'unique sous-groupe d'ordre $4$ (il y a exactement deux éléments d'ordre $3$) donc on ne peut pas faire un quotient par $\Z/2\Z$ dont le quotient est cyclique (cela confirme la première case) ; le quotient du groupe diédral par le sous-groupe d'ordre $4$ est d'ordre $2$ (cela confirme la deuxième case) ; si on quotiente le groupe diédral par le sous-groupe d'ordre $2$ engendré par le carré des éléments d'ordre $4$ (c'est $-\mathrm{id}$ dans la version géométrique usuelle), on obtient bien $(\Z/2\Z)^2$ (quoi d'autre) (cela réfute la troisième case) ; le sous-groupe engendré par l'élément central d'ordre $2$ et un autre élément d'ordre $2$ (« le groupe du rectangle » ou $\langle s,r^2\rangle$ dans la présentation $\langle s,r\mid s^2=r^4=srsr=1\rangle$) est isomorphe à $(\Z/2\Z)^2$ et le quotient est d'ordre $2$ (cela réfute la quatrième case) ;
   
5. il n'y a qu'un élément d'ordre $2$ dans $H_8$, il est central et le quotient correspondant est $(\Z/2\Z)^2$ (cela valide les cases 1, 4 et 3) ; il y a six éléments d'ordre $4$ donc trois sous-groupes d'ordre $4$ et comme ils sont d'indice $2$, ils sont distingués (cela valide la case 2).

Edit : une coquille.

Edit : ajout de la ligne 4 (groupe diédral), oubliée !

Edit : tableau pour résumer \[\newcommand{\n}{\quad}\newcommand{\o}{\times}\newcommand{\of}{{\color{red}\times}}\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline (\Z/2\Z)^3&\n&\n&\o&\o\\\hline\Z/2\Z\times\Z/4\Z&\o&\o&\of&\of\\\hline\Z/8\Z&\o&\o&\n&\n\\\hline D_4&\n&\o&\of&\of\\\hline H_8&\n&\o&\o&\n\\\hline\end{array}\]

Julia Paule

Hum.

Julia Paule

@Poirot Je vois même quatre erreurs maintenant (j'avais oublié d'en comptabiliser une) :

Je pars du constat que s'il existe une suite exacte $1 \to N \to G \to Q \to 1$, alors il existe un sous-groupe de $G$ isomorphe à $N$, et (EDIT) un sous-groupe $K$ de $G$ dont le quotient $G/K$ est isomorphe à $Q$ . On a alors $G/i(N) \cong Q \cong G/ \ker \pi$. Cela élimine quelques possibilités d'extensions, par exemple L1C1, de quotient $( \mathbb Z / 2 \mathbb Z)^2$. La réciproque est fausse, on n'a pas alors forcément $i(N) \cong \ker \pi$ (exemple ci-après), qu'on peut transformer en égalité. Indépendamment, il faut aussi que $\pi \circ i=0.$

Exemple de $G/H \cong G/K$ sans que $H \cong K$ : $(\mathbb Z / 4 \mathbb Z \times \mathbb Z / 2 \mathbb Z) / (\mathbb Z / 4 \mathbb Z \times 0) \cong (\mathbb Z / 4 \mathbb Z \times \mathbb Z / 2 \mathbb Z) / (2 \mathbb Z / 4 \mathbb Z \times \mathbb Z / 2 \mathbb Z) \cong \mathbb Z / 2 \mathbb Z$.

Par ailleurs, un morphisme injectif : $ \mathbb Z / n \mathbb Z \to \mathbb Z / nm \mathbb Z$ est forcément la multiplication par $m$ (à image près), et un morphisme surjectif : $ \mathbb Z / nm \mathbb Z \to \mathbb Z / n \mathbb Z$ est forcément l'Identité (qui envoie la classe de $k$ modulo $nm$ sur la classe de $k$ modulo $n$) (à noyau près).

Donc un morphisme injectif : $ \mathbb Z / 2 \mathbb Z \to \mathbb Z / 4 \mathbb Z$ est forcément la multiplication par $2$, un morphisme surjectif : $ \mathbb Z / 4 \mathbb Z \to \mathbb Z / 2 \mathbb Z$ est forcément l'Identité.

Mes divergences avec le papier sont toutes des manques de cases cochées :

- L2C4, morphisme injectif : $Id \times (\times 2)$, d'image $ \mathbb Z / 2 \mathbb Z \times 2 \mathbb Z / 4 \mathbb Z$, de quotient $ \mathbb Z / 2 \mathbb Z$, avec $\pi= 0 \times Id$. D'accord avec Math Coss sur cette case.

Avec $\mathbb D_4 \cong \mathbb Z / 4 \mathbb Z \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z$  :

- L4C1, morphisme injectif : $0 \times Id$ d'image $0 \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z$, reste le quotient $\mathbb Z / 4 \mathbb Z$ avec $\pi = Id \times 0$,

- L4C3, morphisme injectif : $(\times 2) \times 0$ d'image $2\mathbb Z / 4 \mathbb Z \rtimes 0$ de quotient $(\mathbb Z / 2 \mathbb Z)^2$, avec $\pi = Id \times Id$ (forcément),

- L4C4, morphisme injectif : $(\times 2) \times Id$, d'image $2\mathbb Z / 4 \mathbb Z \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z $, de quotient $\mathbb Z / 2 \mathbb Z$, avec $\pi= Id \times 0$.

On peut remarquer que $\mathbb Z / 2 \mathbb Z \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z \cong \mathbb Z / 2 \mathbb Z \times \mathbb Z / 2 \mathbb Z$ (car $1=-1$ dans $\mathbb Z / 2 \mathbb Z$).

Question : pour les suites exactes, je remarque que les morphismes de la suite ne sont pas donnés, donc j'ai interprété le tableau en : la suite est exacte s'il existe $i$ et $\pi$ tels que ... . N'est-ce pas ?

Merci de me dire si je dis des bêtises.

Je n'ai pas encore lu le message de Math Coss.

Julia Paule

Je ne suis pas d'accord avec @Math Coss sur 3 cases. Je revois donc.

Math Coss

Comme chacun sait, il m'arrive aussi de me tromper... Je vais regarder aussi. 

Julia Paule

@Math Coss, on est d'accord sur les 3 premières lignes. Par contre, ta ligne 4 est la ligne 5 ? Dans ce cas, on est d'accord sur la ligne 5. Il te reste à traiter la ligne 4, celle où je trouve 3 erreurs du tableau.

Il me semble qu'on ne peut pas raisonner uniquement sur les ordres des éléments et les quotients (mon exemple plus haut de deux quotients isomorphes, par des groupes distingués qui ne sont pas isomorphes) car il faut aussi que $\pi \circ i=0 \Leftrightarrow Im (i) \subset \ker \pi \Leftrightarrow Im (i  ) = \ker \pi$ (dans ce tableau pour des raisons de cardinalité).
EDIT : ah la divergence avec la ligne 4 du tableau avec $\mathbb D_4$ provient peut-être que son seul groupe distingué est le groupe cyclique d'ordre 4, mais on a $i(N) = \ker \pi$, qui est distingué.

LOU16

Bonsoir,

Il  y a là un terrain piègeux où il est facile de se prendre les pieds dans le tapis, un plaisir auquel le concepteur du tableau semble n'avoir pas résisté. Pourquoi donc en serais-je privé?

Tout d'abord, ai-je bien compris la question? Il m'a semblé que le jeu consistait  à mettre une croix dans la case $[\text{ligne }?]-[\text{colonne }A\to ?\to B]$ si et seulement si il existe un morphisme injectif $i:A\to ?$ et un morphisme surjectif $\pi:?\to B.$ tels que $\text{ Im }i =\ker\pi.$

J'ai pour ma part estimé qu'il convenait d'ajouter une croix dans les cases  $L_2C_3,\:L_2C_4,\:L_4C_3,\: L_4C_4$ , ce qui donne, à propos des cases $L_2C_3$ et $L_4C_1$, un avis différent de celui exprimé par Julia Paule.

$\bullet\: $ Pour $L_2C_3: \:\: i\:\: $existe car $\Z_2\times \Z_4 $ contient un sous-groupe d'ordre $2.\quad$Soient $a,b $ des générateurs respectifs de $\Z_2$ et $\Z_4.$

Soit $\pi:\; \Z_2\times \Z_4 \to \Z_2\times \Z_4 $ défini par : $\pi(a,0)=(a,0), \quad\pi(0,b) =(0,2b)\:$ On a bien $\text{Im }\pi\sim\Z_2\times\Z_2.$

$\bullet\:$ Pour $L_4C_1,\: $ il n'existe pas de morphisme surjectif $\pi :\mathbb D_4\to \Z_4. \: $

 Sinon $\ker\pi $ est le seul groupe distingué d'ordre $2$ de $\mathbb D_4:\:\:\ker\pi =\{a^2, \text{Id }\}\: $ où $a$ est l'un des deux éléments d'ordre $4$ de $\mathbb D_4.\quad$ 

Or $\mathbb D_4/\ker\pi\sim\Z_2\times \Z_2\:\:$ car $\forall x\in \mathbb D_4,\:\:x^2 \in\ker\pi.$

Julia Paule

@Lou16 Tu as aussi L4C4 en divergence avec moi.

D'accord avec L2C3 (je l'avais coché puis décoché puis oublié), $i=0 \times (\times 2)$, d'image $0 \times 2 \mathbb Z / 4 \mathbb Z$, et $\pi=Id \times Id$.

Pour L4C1, il n'existe pas de morphisme surjectif $\mathbb D_4 \cong \mathbb Z / 4 \mathbb Z \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z  \to \mathbb Z / 4 \mathbb Z$ ? En effet, j'ai écrit une bêtise plus haut que je vais m'empresser de corriger. 

En fait il existe un morphisme surjectif $G \to H \Leftrightarrow \exists K$ distingué dans $G$ tel que $G/K \cong H$. Or le seul sous-groupe distingué d'ordre $2$ de $\mathbb D_4$ est $\{a^2, \text{Id }\}$, mais le quotient n'est pas isomorphe à $\mathbb Z / 4 \mathbb Z$. Merci. Mon erreur a été de penser que $\pi = Id \times 0$ en annulant $b$ donnait $\mathbb Z / 4 \mathbb Z$, mais $b$ agit sur le groupe distingué.

Pour L4C4, $\{ e, a^2, b, a^2b \} \cong (\mathbb Z / 2 \mathbb Z)^2 $ est distingué qui donne un quotient $\{ e, a \}$, $a$ d'ordre $2$, isomorphe à $\mathbb Z / 2 \mathbb Z$, le morphisme $\pi$ qui envoie $a^2$ et $b$ sur $e$ fonctionne, ainsi que le morphisme $i=(\times 2) \times Id$ car $ (\mathbb Z / 2 \mathbb Z)^2 \cong \mathbb Z / 2 \mathbb Z \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z $. Donc pour moi, cette case doit être cochée.

Finalement pour la ligne 4, c'est beaucoup plus simple de raisonner avec $\mathbb D_4 = \{e,a,a^2,a^3,b,ab,a^2b,a^3b \}$ qu'avec sa décomposition en produit semi-direct.

C'est très piégeur (il y a 20 exercices en 1 seul), mais très instructif. L'auteur lui-même s'est fait piéger. Finalement, il faut rajouter 4 cases cochées : L2C3, L2C4, L4C3 et L4C4.

Math Coss

J'ai ajouté la quatrième ligne dans la liste et je suis sur le point de résumer ça dans un tableau. Cela fait quatre cases en divergence avec Matthieu Romagny si j'ai bien compté.

Pour L4C4, je suis d'accord avec @Julia Paule : le groupe diédral est bien une extension de $(\Z/2\Z)^2$ par $\Z/2\Z$ (selon la convention de M. R., que je n'adopte pas d'ailleurs, à l'instar de « certains auteurs » évoqués p. 1, ligne 12...). Sauf erreur l'extension est scindée, ce qui permet d'écrire $D_4\simeq (\Z/2\Z\times\Z/2\Z)\rtimes\Z/2\Z$.

Détails : je réalise $\newcommand{\r}{a}\newcommand{\s}{b}D_4=\langle \r,\s\mid \s^2=\r^4=\s\r\s\r=1\rangle$ comme le groupe des isométries d'un carré, où $\s$ est une des quatre réflexions possibles et $\r$ une des deux rotations d'un quart de tour. Sous cette forme il est standard que $D_4=\langle \r\rangle\langle \s\rangle$, d'où l'on tire que $D_4\simeq\Z/4\Z\rtimes\Z/2\Z$. À présent, les éléments $\s$ et $\r^2$ sont d'ordre $2$ et commutent donc ils engendrent un sous-groupe isomorphe à $(\Z/2\Z)^2$, qui est distingué (par exemple, il est d'indice $2$). Le sous-groupe engendré par $\r\s$ est aussi d'ordre $2$ et il rencontre le précédent trivialement. Par conjugaison il définit l'automorphisme $\s\mapsto\r^2\s$, $\r^2\mapsto\r^2$, $\r^2\s\mapsto\s$ du sous-groupe précédent. Le morphisme $\Z/2\Z\to\langle\r\s\rangle$, $1\mapsto\r\s$ est une section de l'identification du quotient $D_4/\langle\s,\r^2\rangle\stackrel{\sim}\to\Z/2\Z$.

Julia Paule

@Math Coss Avec le sous-groupe distingué $\{ e, a^2, b, a^2b \} = \ker \pi$, alors $\pi$ se définit sur $\mathbb D_4$ en envoyant $a^2,b$ sur $e$. Dès lors, $\mathbb D_4$ est envoyé sur $\{e,a \}$. On a aussi le morphisme $\{e,a \} \to Aut (\{ e, a^2, b, a^2b \})$. 

Evidemment on a un isomorphisme $\{e,a \} \cong \{e,ab \}$ et un autre morphisme $\{e,ab \} \to Aut (\{ e, a^2, b, a^2b \})$. 

D'accord avec la section $\{e,a \} \to \{e,a \}$ et $\mathbb D_4 \cong (\Z/2\Z)^2 \rtimes \Z/2\Z$.

Julia Paule

Pour résumer, il apparait que pour $N, G, Q$ étant donnés, il y a seulement deux CNS pour faire de $1 \to N \to G \to Q \to 1$ une suite exacte (donc une extension de groupes de $N$ par $Q$) :

Ces deux conditions sont nécessaires :

(1) il existe un sous-groupe distingué de $G$ isomorphe à $N$ ; soit $i$ cet isomorphisme ; donc en prolongeant $i$ à $G$, il existe un morphisme injectif $i :  N \to G$,

(2) $G/i(N) \cong Q$, soit $f$ cet isomorphisme ; donc il existe un morphisme surjectif $\pi : G \to Q$ défini par $\pi(g)=f(\bar g)=f \circ p(g)$, avec $p : G \to G/i(N)$ la projection canonique, $\pi=f \circ p$.

Elles sont suffisantes : on a $g \in \ker (\pi) \Leftrightarrow \pi(g)=f(p(g))=1 \Leftrightarrow p(g)=1 \Leftrightarrow g \in i(N)$, donc $\ker \pi = Im (i)$.

Dès lors, on peut remplir le tableau avec l'une ou l'autre de ces deux conditions. Les cases vides seront celles à cocher d'une croix. Je vous y invite pour confronter nos résultats.

Math Coss

Un complexe est la donnée d'une suite de groupes indexée par une partie (finie ou pas) $I\subset\Z$ formée d'entiers consécutifs $(G_i)_{i\in I}$ et d'une suite de morphismes $(f_i:G_i\to G_{i+1})$ telle que $f_{i}\circ f_{i-1}$ est le morphisme trivial pour tout $i$. Elle est exacte à l'étage (?) $i$ si $\mathop{\mathrm{im}}f_{i-1}=\ker f_{i}$.

Par exemple,

• une suite $1\to K\stackrel{\iota}{\to}G$ est exacte (au seul « étage » possible) ssi l'image du morphisme trivial est $\ker\iota$, c'est-à-dire si $\iota$ est injective ;
• une suite $G\stackrel{\pi}{\to}H\to1$ est exacte (au seul « étage » possible) ssi le noyau $H$ du morphisme trivial est l'image de $\pi$, c'est-à-dire si $\pi$ est surjective ;
• une suite $1\to K\stackrel{\iota}{\to}G\stackrel{\pi}{\to}H\to1$ est exacte ssi elle l'est aux trois étages, c'est-à-dire si $\iota$ est injective, $\pi$ est surjective, et si $\mathop{\mathrm{im}}\iota=\ker\pi$ ; autrement dit $K$ est (isomorphe à) un sous-groupe distingué de $G$ et $H$ est (isomorphe à) le quotient de $G$ par ce sous-groupe.
  

Je suppose que cette formulation est précisément celle dont tu es partie pour écrire ce message...
PS : définition pour \im.

Julia Paule

Parfaitement. Avant d'oublier, voici (désolée, je ne sais pas faire de beaux tableaux) :

2	1	x	x
x	x	x	x
x	x	2	1
2	x	x	x
2	x	x	1

Julia Paule

@Math Coss Ah ça y est je viens de comprendre pourquoi tu prends $ab$ et pas $a$ dans ce message : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2509456/#Comment_2509456 . Merci beaucoup.

C'est parce que $\{e,ab \}$ est un sous-groupe de $\mathbb D_4$ tandis que $\{e,a \}$ ne l'est pas. Mon $\{e, a \}$ était en fait $ \{ \bar e, \bar a \}$, ou bien n'importe quel groupe d'ordre $2$. On a aussi $a^2$ d'ordre $2$ dans $\mathbb D_4$, mais cela ne fournit pas un complémentaire de $\langle a^2,b \rangle$.

Reprenons. On a $\langle a^2,b \rangle$ sous-groupe distingué de $\mathbb D_4$ d'ordre $4$. On a donc une suite exacte : $\langle a^2,b \rangle \to \mathbb D_4 \to \mathbb D_4 / \langle a^2,b \rangle = \{ \bar e, \bar a \}$, 

avec $\bar e = \{ e,a^2,b,a^2b \}$ et $\bar a = a \bar e = \{a, a^3,ab, a^3b \}$.

Or dans $\bar a $, un élément est d'ordre $2$ dans $\mathbb D_4$ : $ab$. On a donc une section $s : \{ \bar e, \bar a \} \to \mathbb D_4$, qui envoie $\bar e $ sur $e$ et $\bar a $ sur $ab$, on a donc $\pi \circ s =Id_{\{ \bar e, \bar a \}}$.

Alors $\mathbb D_4 = \langle a^2,b \rangle \rtimes \langle ab \rangle$. Autrement dit, $\langle ab \rangle$ est un complément de $\langle a^2,b \rangle$ dans $\mathbb D_4$.

Et on a la suite exacte scindée : $1 \to \langle a^2,b \rangle \to \mathbb D_4 \to \langle ab \rangle \to 1$.

On pourrait se contenter de dire en jouant aux devinettes : "tiens le sous-groupe $\{ e, ab \}$ est complément de $\langle a^2,b \rangle$ dans $\mathbb D_4$. Donc $\mathbb D_4$ est PSD interne de ces 2 sous-groupes, et "tiens, $a^3b$" marche aussi. Mais pour un groupe plus compliqué, cette démarche est certainement difficile. 

En fait je me demande quelle serait une CNS sur le groupe $G$ pour que $N$ sous-groupe distingué étant donné, il soit PSD de $N$ par un sous-groupe complémentaire $H$ (et ce n'est pas parce qu'il existe $H$ sous-groupe de $G$ tel que $G/N \cong H$), sans jouer aux devinettes et sans tester tous les sous-groupes $H$ de $G$.

Bon finalement $\mathbb D_4$ est PSD interne de deux sous-groupes d'au moins deux façons différentes :

$\mathbb D_4 \cong \langle a \rangle \rtimes \langle b \rangle \cong \langle a^2,b \rangle \rtimes \langle ab \rangle$.

Il en existe d'autres, par exemple $\mathbb D_4 \cong \langle a^2,b \rangle \rtimes \langle a^3b \rangle$, $\mathbb D_4 \cong \langle a \rangle \rtimes \langle ab \rangle$, ... . EDIT : oui mais ce sont les mêmes que les précédents à renommage des éléments près. Donc en fait, il n'existe que deux façons :

$\mathbb D_4 \cong \mathbb Z / 4 \mathbb Z \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z \cong (\mathbb Z / 2 \mathbb Z)^2 \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z$.

Encore une remarque : si $N$ est un sous-groupe distingué de $G$, on peut avoir $G \cong N \rtimes G/N$, et $H$ un sous-groupe de $G$ tel que $H \cong G/N$, et pas $G \cong N \rtimes H$ (un exemple tout en haut de ce message).