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Classe de conjugaison de D_4 dans l'espace

$\newcommand{\D}{\mathcal{D}}$Bonjour à toutes et à tous
Je poursuis ma petite balade mathématique avec le livre "Le groupe symétrique $\mathfrak S_4$ et ses métamorphoses" en étudiant les classes de conjugaison de $\D_4$ dans l'espace.
Les auteurs précisent "il s'agit d'articuler ensemble deux $C_2\times C_2$. Comme l'élément central d'un $\D_4$ est le carré des éléments d'ordre 4, il est direct : il s'ensuit que nous devons laisser de côté les $C_2\times C_2$ de type 3". Ces types $C_2\times C_2$ de type 3 sont formés de l'identité, une symétrie centrale, un retournement et une réflexion.

Je suis reparti de la définition du groupe $\D_4=\{id,r,r^2,r^3,s,rs,r^2s,r^3s\}$ et effectivement $r^2$ est un élément central et $r$ est bien d'ordre 4.
J’essaye de comprendre l’articulation entre le centre $<r^2>$ de $\D_4$ et $C_2\times C_2$.
En quotientant par son centre (qui est distingué), on obtient un groupe quotient d’ordre 4. Après calcul, j’obtiens :
$\dfrac{\D_4}{<r^2>}= \{<r^2>, s<r^2>, r<r^2>, sr<r^2>\}$

Pouvez-vous me dire si je suis sur la bonne piste pour construire, comme l’indiquent les auteurs, « Chaque $\D_4$ autour d’un retournement qui sera son centre » ?

Par avance, je vous remercie.

Réponses

  • ADAD
    Modifié (December 2021)
    $\newcommand{\eng}[1]{\langle #1 \rangle}$Bonjour Mathematicaidf
    Je ne vois pas très bien quelle est ta question ?

    Il faut bien voir qu'un $\mathcal D_4$, contient un seul élément central (non trivial), que celui-ci est le carré des éléments d'ordre $4$, donc, dans notre cas, c'est une isométrie directe. Ça ne peut donc être qu'un retournement (symétrie par rapport à une droite).
    Les $C_2^{\,2}$ de type $3$ sont à écarter bien qu'ils contiennent un retournement, mais ils contiennent aussi la symétrie centrale qui va commuter avec toutes les isométries, donc va être dans le centre de $\mathcal D_4$ mais ce n'est pas possible car la symétrie centrale n'est pas directe, donc ne peut être le carré d'un élément d'ordre $4$.

    Après pour construire les $C_2^{\,2}$ qui peuvent intervenir dans un $\mathcal D_4$ de l'espace, on est obligé de choisir parmi le type $1$ (trois retournements d'axes perpendiculaires deux à deux passant par l'origine) ou le type $2$ (deux plans orthogonaux et le retournement d'axe l'intersection des deux plans).
    Alain

    PS. Peut-être que le treillis du groupe $\mathcal D_4$ fixerait les idées.
    $$\xymatrix@C=4mm{
    &&\boxed{\mathcal D_4} \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr]&& &
    &&\boxed{\mathcal D_4} \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr]&& \\
    &\boxed{C_2^{\,2}}\ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr]&\boxed{C_4} \ar@{-}[d]& \boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr]& &
    &\boxed{\eng{r^2,s}}\ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr]&\boxed{\eng r} \ar@{-}[d]& \boxed{\eng {r^2,rs}} \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr]&\\
    C_2\ar@{-}[drr] \ar@{..}[r]& C_2\ar@{-}[dr]&\boxed{C_2}\ar@{-}[d]&C_2\ar@{-}[dl] \ar@{..}[r]& C_2\ar@{-}[dll] &
    \eng{s}\ar@{-}[drr] \ar@{..}[r]& \eng{r^2s}\ar@{-}[dr]&\boxed{\eng{r^2}}\ar@{-}[d]&\eng{rs}\ar@{-}[dl] \ar@{..}[r]& \eng{r^3s}\ar@{-}[dll] \\
    \scriptstyle{Z(\D_4)}\ar@{-->}@/_5mm/[rru] & &\boxed{\{1\}}&& & &&\boxed{\{{\rm id}\}}&&
    } $$
    19iu7saogwxjpng
  • Bonsoir Alain,

    Merci pour tes retours précieux. Je me suis mal exprimé mais j'ai essayé de voir comment faire apparaître le $C_2\times C_2$ en partant de $\D_4$.
    C'est la première fois que je découvre cette manière de construire un groupe donné à partir d'un élément central et j'essaye de comprendre cette démarche.
    Pour obtenir un groupe d'ordre $C_2\times C_2$, j'ai quotienté $\D_4$ par $<r^2>$ mais le groupe quotient d'ordre 4, contient deux éléments d'ordre 2, un élément d'ordre 1 et un élément d'ordre 4 ... qui ne correspondant pas à un groupe du type $C_2\times C_2$.

    Je suis alors reparti de la définition du groupe $\D_4$ en l’adaptant avec des isométries de l’espace. Je me suis dit que je cherchais deux isométries $f$ d’ordre 4 et $g$ d’ordre 2 telles que $g\circ f\circ g=f^{-1}$. D’après la partie sur les groupes cycliques d’ordre 4 de l’espace, nous avons que $f$ peut être soit $f=Rot\left(\Delta,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ou $i=Rot\left(\Delta,\dfrac{\pi}{2}\right)\circ S_{P_{\Delta}}$.

    Je vois bien que dans les deux cas $i^2=f^2=Rot\left(\Delta,\pi\right)$. C'est à ce moment que j'essaye de faire intervenir les $C_2\times C_2$.

    Dans l'annexe, je m'étais appuyé sur les treillis pour voir comment générer engendrer les $\D_4$.

    Ma démarche est peut-être un peu exhaustive (sinon naïve) mais je souhaitais la partager pour avoir vos retours.
  • Bonsoir Mathematicaidf
    Appelle moi tout simplement Alain, et sur le forum, il est coutume de se tutoyer :-).
    Pour obtenir un groupe d'ordre $C_2\times C_2$, j'ai quotienté $D_4$ par $<r^2>$ mais le groupe quotient d'ordre 4, contient deux éléments d'ordre 2, un élément d'ordre 1 et un élément d'ordre 4 ...
    Recommence tes calculs, s'il y a un élément d'ordre $4$, il y a nécessairement son inverse (on est dans un groupe) qui est aussi d'ordre $4$. En fait, tu vas trouver trois éléments d'ordre $2$ et un d'ordre $1$, ce qui fera un groupe quotient $C_2\times C_2$.

    Cependant le $C_2\times C_2$ que tu obtiens n'est pas un sous-groupe de $\D_4$, c'est un groupe quotient. Or ici, ce que l'on recherche c'est les deux $C_2^{\,2}$ qui sont sous-groupes de $\D_4$ et qui sont donc formés d'isométries de l'espace. Mais on vient de voir comment sont constitués les $C_2^{\,2}$ de l'espace, et on s'est rendu compte que ceux de type 3 ne convenaient pas. Il reste donc à assembler deux $C_2^{\,2}$ de types 1 et/ou 2 pour obtenir les $\D_4$ possibles dans l'espace. C'est ce qui est fait dans le texte qui suit dans le livre, en prenant bien soin de repérer le retournement qui doit être dans le centre de $\D_4$.
    Alain
  • Re-bonsoir
    Ta méthode est bonne, tu t'es rendu compte que le carré des éléments d'ordre $4$ est $f^2=i^2=Rot(\Delta,\pi)$, c'est-à-dire un retournement (symétrie d'axe $\Delta$).
    Tu remarques dans les treillis ci-dessus, que cet élément est partagé par les deux sous-groupes $C_2^{\,2}$ recherchés. Il n'y a plus qu'à essayer d'assembler deux $C_2^{\,2}$ de type 1, ou 1 de type 1 et un de type 2, ou deux de type 2 ... en prenant bien soin de repérer le retournement qui doit être commun aux deux $C_2^{\,2}$.
    Alain
  • Bonsoir Alain
    Merci pour toutes ces précisions. Je réponds un peu en différé car j'ai pris le temps de reprendre tous les éléments.
    Dans un premier temps, j'ai essayé d'expliciter à la main les isométries en m’appuyant sur la partie des groupes cycliques de l’espace. En effet, pour construire $\D_4$, il nous faut un groupe cyclique d’ordre 4.
    En construisant moi-même le treillis, j'ai pris conscience de l'importance d'avoir ce centre $\eng{r^2}$ pour engendrer des sous-groupes d'ordre 4 de la forme $C_2\times C_2$ à partir de deux éléments d'ordre 2.

    Je vois que nous pouvons effectivement construire nos $\D_4$ avec un point de vue « groupe » et classification.

    Si je reprends, je vois que nous pouvons utiliser l’élément non trivial d’ordre 2, qui est le carré du seul élément d’ordre 4. Cette observation nous permet de discriminer un générateur d'ordre 2 très particulier par rapport aux autres éléments d'ordre 2.
    D’après le treillis, nous voyons que $\D_4$ peut être engendré de trois façons. Nous avons que

    - $\D_4=\eng{\eng{r^2,s},r}$
    - $\D_4=\eng{\eng{r^2,rs},r}$
    - $\D_4=\eng{\eng{r^2,s},\eng{r^2,rs}}$

    J'essaye à présent d'identifier géométriquement cet élément $r^2$ du centre. Le fait que c'est un carré implique que son déterminant est égal à 1, c'est donc un retournement. Dans les trois types $C_2\times C_2$, il y a effectivement un retournement qui joue le rôle de $r^2$ dans chacun des trois des générations possibles de $\D_4$. Ce que je ne comprends pas (c’est peut-être bête) est qu’est-ce qui nous garantit que la symétrie centrale ne soit pas dans le centre ?

    Le fait que $\det(s_{\Omega})=-1\neq \det(r^2)=1$ ? Les deux réflexions dans le type 2 ne peuvent pas aussi être des carrés, non ? Pourquoi subsistent-elles par rapport à la symétrie centrale ?
  • qui est le carré du seul élément d’ordre 4.

    NON. s'il y a un élément d'ordre 4, il y a aussi son inverse qui est aussi d'ordre 4. Les éléments d'ordre 4 vont toujours par 2, tout comme les éléments d'ordre 3 ou d'ordre 6.
    Alain
  • Mathematicaidf a écrit:
    ... qu’est-ce qui nous garantit que la symétrie centrale ne soit pas dans le centre ?
    Le fait que $\det(s_{\Omega})=-1\neq \det(r^2)=1$ ?
    Oui.
    Pour la même raison les deux réflexions étant de déterminant $-1$ ne peuvent pas être le carré d'un élément d'ordre $4$. Elles "subsistent" parce qu'elles ne seront pas dans le centre du $\D_4$. Alors que la symétrie centrale commute avec tout le monde (sa matrice est $-{\rm Id}_2$) donc si elle était présente elle devrait être dans le centre de $\D_4$.
    Alain
  • Bonsoir Alain,

    Effectivement, j'ai écrit un peu vite : il y a bien deux éléments d'ordre 4 dont les carrés sont égaux.
    Ce qui fait marcher le raisonnement c'est bien que le centre contient un élément non trivial à savoir ce carré commun qui intervient dans les $C_2\times C_2$.

    Je raisonnais davantage avec les valeurs propres alors que j'aurais pu écrire cela matriciellement : nous avons bien deux distincts éléments non triviaux dans le centre avec cette symétrie centrale. Finalement, c'est un exercice très intéressant qui mélange théorie des groupes, matrices et isométries.

    Pour décrire ces trois classes de conjugaisons, nous utilisons la rotation d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ pour le $<r>$ dont le carré est bien un retournement.

    Aurions-nous pu utiliser pour $r$ la deuxième isométrie d'ordre $4$ : $i=Rot\Big(\Delta,\dfrac{\pi}{2}\Big)\circ S_{P_{\Delta}}$ pour décrire les trois classes à la place de cette rotation ?

    Merci

    Mathematicaidf
  • $\newcommand{\Cdd}{C_2^{\,2}}$Bonsoir Mathematicaidf
    Bien sûr, les deux types d'isométries d'ordre $4$ (rotation : $Rot(\Delta,\frac\pi4)$ et ipfu : $Rot(\Delta,\frac\pi4)\circ s_{P_\Delta}$) vont apparaître dans les différents types de $\D_4$ de l'espace.
    La rotation dans ceux de type $(1)$ et $(3)$ de la page 67, et l'ipfu dans celui de type $(2)$.

    Pour bien voir cela, il faut se rendre compte qu'ici, on détermine les $\D_4$ par leurs sous-groupes $\Cdd$ et non par un sous-groupe d'ordre 4 et un d'ordre 2, comme il est plus habituel de faire.
    Quand on prend un $\Cdd$ formé, outre l'identité, du retournement d'axe $Oz$ et des deux retournements d'axe $Ox$ et $Oy$, symbolisé dans le livre par les trois droites perpendiculaires, on peut choisir pour l'autre $\Cdd$ du $\D_4$ :
    $-~(\D_4$ de type $1)$ soit celui formé, outre l'identité, du retournement d'axe $Oz$ (qui est commun avec le premier $\Cdd$, donc constituera le centre du $\D_4$), et des deux retournements d'axes les droites du plan $z=0$, d'équation $y=x$ et $y=-x$, alors pour trouver un élément d'ordre $4$ du $\D_4$, il faut composer un élément d'ordre $2$ de chaque $\Cdd$.
    Ainsi : retournement axe $Ox$ composé avec retournement $y=x$ donne la rotation $\frac14$ tour d'axe $Oz$.
    $-~(\D_4$ de type $2)$ soit celui formé, outre l'identité, du retournement d'axe $Oz$ (qui est commun avec le premier $\Cdd$, donc constituera le centre de ce nouveau $\D_4$), et des deux réflexions par les plans $y=x$ et $y=-x$, alors pour trouver un élément d'ordre $4$ du $\D_4$, il faut comme précédemment composer un élément d'ordre $2$ de chaque $\Cdd$.
    Ainsi : retournement axe $Ox$ composé avec la réflexion plane $y=x$ donne la rotation $-\frac14$ tour d'axe $Oz$ composée avec la symétrie du plan $z=0$. En effet, (les compositions se font de la droite vers la gauche) le point $(1,1,1)$ est inchangé par la réflexion plane $y=x$ et est envoyé en $(1,-1,-1)$ par le retournement d'axe $Ox$. C'est-à-dire rotation $-\frac14$ tour suivi de symétrie plan $xOy$. C'est bien l'ipfu citée au début. Si on recommence, on va en $(-1,1,-1)$ par la réflexion plane $y=x$, puis en $(-1,-1,1)$ par le retournement $Ox$. En continuant une troisième fois, on va en $(-1,1,-1)$, et une quatrième fois fait bien revenir en $(1,1,1)$.

    Finalement, il faut aussi associer deux $\Cdd$ de type $(2)$ pour tomber sur le $(\D_4$ de type $3)$ du livre.
    Alain
  • ADAD
    Modifié (November 2021)
    Bonjour Mathematicaidf
    Si tu n'es pas à l'aise avec la vision dans l'espace 3D, tu peux toujours te ramener aux matrices (dans la base canonique de $\R^3$) des isométries.
    Ainsi le retournement d'axe $Ox$ a pour matrice $\left[\begin{smallmatrix}1&0&0\\0&{-}1&0\\0&0&{-}1\end{smallmatrix}\right]$ et la réflexion par rapport au plan $y=x$ a pour matrice $\left[\begin{smallmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{smallmatrix}\right]$, alors la composée donne $\left[\begin{smallmatrix}1&0&0\\0&{-}1&0\\0&0&{-}1\end{smallmatrix}\right]\left[\begin{smallmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{smallmatrix}\right]=\left[\begin{smallmatrix}0&1&0\\{-}1&0&0\\0&0&{-}1\end{smallmatrix}\right]$ qui est bien la rotation $-\frac14$tour d'axe $Oz$ suivi de la symétrie par rapport au plan $xOy$, c'est-à-dire l'ipfu${}^1$ de $-\frac14$tour, de point fixe $O$ et d'axe $Oz$.
    etc.
    Alain
    ${}^1$ ipfu : Isométrie à Point Fixe Unique.
  • Bonsoir Alain,

    Merci encore pour toutes ces précisions. J'ai effectivement pris le temps de passer par du calcul matriciel et cela m'a permis de mieux comprendre les transformations avec les compositions notamment les $C_2\times C_2$. C'est assez fascinant et j'ai bien vu comment les deux isométries cycliques d'ordre 4 apparaissaient. Je n'aurais jamais eu l'idée de les voir comme des compositions bien cachées. Je vais continuer à travailler cela surtout sur la partie visuelle qui est liée de façon profonde à la théorie des groupes.

    Mathematicaidf
  • En complément, au départ j'étais effectivement parti sur la description classique du groupe diédral ... j'ai pu voir comment les treillis permettaient de décomposer et construire le groupe diédral. Il y a un changement de point de vue et nouveau : avoir une approche " groupée" (sans mauvais jeu de mot) et non sur des éléments à décrire comme je pouvais le faire.

    En tout cas, ces deux pages du livre auront été une belle découverte, propice à faire des mathématiques aventureuses ... c'est là mon plaisir.

    J'ai encore des points à éclaircir mais je sens que j'ai bien progressé et surtout appris des choses. Merci !
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