Groupes d'ordre $4$
Bonjour
Un exercice classique est le suivant.
Déterminer à isomorphisme près tous les groupes d'ordre $4$.
On peut raisonner comme ceci :
J'ai pensé définir un isomorphisme : $f:G\rightarrow (\Z/2\Z)^2$ mais j'ai un doute dans ma démarche.
Comme $G=\langle(a,b)\rangle$ et que $(\Z/2\Z)^2=\langle ((0,1),(1,0))\rangle$, j'ai envie de dire que poser $f(a)=(0,1)$ et $f(b)=(1,0)$ suffit. Mais effectivement, même si ça marche, je ne suis pas sûr à 100% de comprendre pourquoi c'est légitime.
Est-ce qu'il "faut" passer par les $\Z$-modules pour justifier cela ? Car ces familles sont en fait sauf erreur des bases, et si on a le même théorème qu'en algèbre linéaire des $\K$-ev disant qu'une application linéaire est uniquement déterminée par sa valeur sur une base (gros doute sur ça...). S'il y a moyen sans $\Z$-modules, je préfère.
Un exercice classique est le suivant.
Déterminer à isomorphisme près tous les groupes d'ordre $4$.
On peut raisonner comme ceci :
- Si $G$ est cyclique alors $G$ est isomorphe à $\Z/4\Z$.
- Supposons $G$ non cyclique.
- Alors en notant $G=\{e,a,b,c\}$ avec $e$ le neutre, on montre que $a, b$ et $c$ sont d'ordre $2$ et que le produit de deux de ces éléments est égal au troisième.
- À partir de là, en dessinant la table de $G$, et à côté celle de $(\Z/2\Z)^2$, on remarque que ces deux groupes sont isomorphes, ce qui clôt l'exercice.
J'ai pensé définir un isomorphisme : $f:G\rightarrow (\Z/2\Z)^2$ mais j'ai un doute dans ma démarche.
Comme $G=\langle(a,b)\rangle$ et que $(\Z/2\Z)^2=\langle ((0,1),(1,0))\rangle$, j'ai envie de dire que poser $f(a)=(0,1)$ et $f(b)=(1,0)$ suffit. Mais effectivement, même si ça marche, je ne suis pas sûr à 100% de comprendre pourquoi c'est légitime.
Est-ce qu'il "faut" passer par les $\Z$-modules pour justifier cela ? Car ces familles sont en fait sauf erreur des bases, et si on a le même théorème qu'en algèbre linéaire des $\K$-ev disant qu'une application linéaire est uniquement déterminée par sa valeur sur une base (gros doute sur ça...). S'il y a moyen sans $\Z$-modules, je préfère.
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Réponses
Ca te convient en terme d'élégance ?
Si aa = a alors a = e, exclu.
Si aa = b alors bb = (aa)(aa) = aaaa. Groupe cyclique. Idem si aa = c.
Reste un seul cas : aa = bb = cc = e. Groupe de Klein.
Les possibilités sont épuisées...
Déterminer, à isomorphisme près, tous les anneaux commutatifs unitaires de cardinal $4$.
Je trouve $\mathbb F_4$, $\mathbb Z/4\mathbb Z$, $(\mathbb Z/2\mathbb Z)^2$ et le sous-anneau de $\mathcal M_2(\mathbb Z/2\mathbb Z)$ engendré par $A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$, à savoir $\{0,I_2,A,A+I_2\}$.
Il y a le cas où le morphisme est surjectif, alors $\Z/4\Z$.
Désormais, on suppose que $1+1=0$. L'anneau contient alors un autre élément $\alpha$ hors de $\{0,1\}$ et le dernier élément est $\alpha+1$. On distingue des cas selon la valeur de $\alpha^2$ :
Je n'ai pas pensé à $\mathbb F_2[X]/(X^2)$, mais $\alpha^2=0$ m'a donné l'idée d'une matrice nilpotente la plus simple possible...
Sur ce message, seule la fin ne me semble pas évidente, pourriez-vous me le détailler :
« Dans ces conditions, on définit un morphisme $f:G\rightarrow \mathfrak S_3$ à partir de $f(x)=(12)$ et $f(y)=(123)$ et c'est clairement un isomorphisme ».
Vu que ça évite le recours à la comparaison avec la table de $\mathfrak S_3$, ça me plaît mais je ne comprends pas ce point, bien que je sache que $G=\,<x,y>$ et $\mathfrak S_3=\,<(12),(123)>$. J'ai l'impression qu'il y a une notion de prolongement de morphisme qui est cachée mais je n'ai jamais vu ça dans le cadre des groupes.
1. Le morphisme $f : G \to \mathfrak S_3$ est bien défini car $\{x,y\}$ est une partie génératrice du groupe et $\langle x \rangle \cap \langle y\rangle = \{1\}$. C'est l'analogue de la définition des applications linéaires sur une base.
2. L'image directe $f(G)$ est un-sous groupe de $\mathfrak S_3$ qui contient une partie génératrice, donc c'est $\mathfrak S_3$ lui même. Par égalité des cardinaux, on en déduit que $f$ est un isomorphisme.
Il reste à voir qu'un tel morphisme existe quand $\tilde G = \mathfrak S_3, a = (12)$ et $b=(123)$. Cela vient du fait que $x^2=y^3=e, xy=yx^2$ et $(12)^2=(123)^3=\mathrm{id}, (12)(123) = (213)(12)$, i.e. $x$ et $y$ d'une part, $(12), (123)$ d'autre part, satisfont les mêmes relations. On peut vérifier à la main que l'on peut prolonger une telle application en un morphisme de groupes (qui est unique d'après le premier point). Le problème c'est que c'est fastidieux et se prête peu à la généralisation, contrairement à ce qui va suivre.
Formellement, on va construire un morphisme dans l'autre sens et on va utiliser que $\mathfrak S_3 \simeq \langle s, t \mid s^2=t^3=e, st=t^2s \rangle,$ où évidemment $s$ représente $(12)$ et $t$ représente $(123)$. Soit $F_2$ le groupe libre à deux générateurs $a$ et $b$. Par définition, $\langle t, s \mid t^2=s^3=e, st=t^2s \rangle = F_2/R$ où $R$ est le sous-groupe distingué de $F_2$ engendré par $\{a^2, b^3, aba^{-1}b^{-2}\}$. Il existe (propriété universelle des groupes libres) un unique morphisme de groupes envoyant $a$ sur $x$ et $b$ sur $y$. Comme $x^2=y^3=e$ et $xy=y^2x$, ce morphisme est trivial sur $R$, et donc se factorise en un morphisme de $\mathfrak S_3$ dans $G$ vérifiant $f(s)=x$ et $f(t)=y$, ce qui était ce qu'on voulait.
Je vais essayer de comprendre ça et je reviens si j'ai des questions.
Soient $G$ et $H$ deux groupes, $A$ une partie génératrice de $G$ et $\varphi:A\rightarrow H$ une application. Alors il existe au plus un morphisme de groupes $f:G\rightarrow H$ tel que $f_{|A}=\varphi$.
Par contre, même si j'imagine que l'ajout de l'aspect $\langle x\rangle\cap\langle y\rangle=\{e\}$ donne l'existence, j'ai plus de mal à le justifier.
Pas de problème pour le 2.
Sinon, sauf erreur, pour éviter de devoir comparer "entièrement" avec la table de $\mathfrak S_3$, il suffit de constater que comme $x$ et $y$ ne commutent pas (sinon $G$ serait cyclique), on a $G=\{e,y,y^2,x, xy=yx^2, yx=xy^2\}$ ce qui détermine entièrement la loi de $G$. Il existe donc un unique groupe non cyclique d'ordre $6$. Or $\mathfrak S_3$ est aussi un groupe d'ordre $6$ non commutatif, donc $G$ est isomorphe à $\mathfrak S_3$.