Isomorphisme de produits semi-directs - Page 2 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Isomorphisme de produits semi-directs

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Réponses

  • Bonjour,
    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 $r$.
  • ADAD
    Modifié (14 Sep)
    $\newcommand{\D}{\mathcal{D}}\newcommand{\eng}[1]{\langle{#1}\rangle}\newcommand{\im}{\mathrm{im}}\newcommand{\Aut}{\mathrm{Aut}}$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 :
    $\varphi_0=\begin{pmatrix}r^3&\mapsto& Id\\s&\mapsto& Id\end{pmatrix}$ morphisme trivial ; $\quad\varphi_1=\begin{pmatrix}r^3&\mapsto& Id\\s&\mapsto& Inv\end{pmatrix}$, d'où $\varphi_1(r^3)=Id$ ;
    $\varphi_2=\begin{pmatrix}r^3&\mapsto& Inv\\s&\mapsto& Id\end{pmatrix}$  d'où $\varphi_2(s)=Id$ ; $\quad\varphi_3=\begin{pmatrix}r^3&\mapsto& Inv\\s&\mapsto& Inv\end{pmatrix}$ d'où $\varphi_3(r^3s)=Id$.
    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.
    Alain.
  • Modifié (14 Sep)
    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 : $G \cong D_3 \rtimes C_2 \cong D_3 \times C_2 \cong C_3 \rtimes C_2^2 \cong C_6 \rtimes C_2$.
    Comment sait-on qu'il n'y a en pas d'autres ?
  • 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 ?
  • ADAD
    Modifié (14 Sep)
    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 : $0 \mapsto Id, 1 \mapsto - Id$ ?
  • Dans le cas particulier de $C_6$ par $C_2$, oui.
    Dans le cas de $N\rtimes_u H$, où $\Aut(N)$ est plus compliqué, il faut se servir du théorème que j'ai indiqué.
    Alain
  • D'accord merci.
  • Encore une question : comment montre-t-on que les trois produits semi-directs $C_8 \rtimes_{\phi} C_2$ ne sont pas isomorphes ?
  • ADAD
    Modifié (14 Sep)
    Bonsoir Julia Paule
    On compte leur nombre d'éléments par ordre.
    Alain
  • Modifié (15 Sep)
    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.
  • ADAD
    Modifié (15 Sep)
    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 $C_8\times C_2$.
    Alain
  • Bonjour Alain,
    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.
  • ADAD
    Modifié (15 Sep)
    Re-bonjour Julia Paule
    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.
    Alain
  • Modifié (15 Sep)
    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 ou additive, certains ne sont pas de ton avis :
    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.
    A-t-on une représentation (géométrique ou autre) d'un groupe $C_8 \rtimes C_2$ avec l'automorphisme non trivial qui multiplie par $3$, par $5$ ?
  • JLTJLT
    Modifié (16 Sep)
    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).
  • Modifié (17 Sep)
    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.
  • $C_8\rtimes C_2$ non direct et non diédral n'est pas un sous-groupe de $GL_3(\R)$.
  • 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.
  • Modifié (19 Sep)
    Bonjour JLT,
    $G=C_8 \rtimes C_2$ 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.
    Super merci !
  • Julia Paule a dit :
    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.
  • Modifié (19 Sep)
    En effet, merci. $\det u = 1 \Rightarrow u\in SL(3, \R)$, je revois.
  • 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 $-1$).
  • Modifié (19 Sep)
    Le $C_8\rtimes C_2=\langle r,s\mid r^8, s^2 , srsr^5\rangle$ se plonge par contre dans $\mathrm{GL}_2(\mathbb F_3)$, je l'ai appris en lisant https://en.wikipedia.org/wiki/Quasidihedral_group .
    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.
  • Modifié (19 Sep)
    Merci @GaBuZoMeu, c'est $\det u=1$, je rectifie.
    @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 $C_8\rtimes C_2=\langle r,s\mid r^8, s^2 , srsr^5\rangle$ ?
  • Cela donne en tout cas une représentation linéaire fidèle (comme sous-groupe d'indice 3 d'un groupe linéaire).
  • Modifié (19 Sep)
    sage: r = Matrix(2,2,[0,1,1,-1]).change_ring(GF(3))
    sage: s = Matrix(2,2,[1,-1,0,-1]).change_ring(GF(3))
    sage: r^8
    [1 0]
    [0 1]
    sage: s^2
    [1 0]
    [0 1]
    sage: s*r*s*r^5
    [1 0]
    [0 1]
    sage: G = MatrixGroup([r,s])
    sage: G.order()
    16
    sage: GL(2,3).order()
    48
  • 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 $GL_2(\mathbb F_3)$.
    Voir le treillis de $GL_2(\mathbb F_3) $ en fichier joint, où ce groupe est appelé $C_8\rtimes_{u_1}C_2$, conformément aux treillis fournis en https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2381568/#Comment_2381568 .
    Alain.
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