$\mathfrak S_4$ et ses métamorphoses
Bonjour,
Qu'est ce qui se passe, AD, ton bouquin sur S4 et ses symétries est encore retardé jusqu'au 2 avril ?
Cordialement,
Rescassol
Qu'est ce qui se passe, AD, ton bouquin sur S4 et ses symétries est encore retardé jusqu'au 2 avril ?
Cordialement,
Rescassol
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Réponses
Alain
Avez-vous des informations concernant les autres ouvrages de C&M:
- rééditions du Hindry, du Saint-Raymond ainsi que du Berhuy sur les modules?
- les parutions annoncées du 2nd tome de Testard & Le Floch, du Mansuy et du Boubaker?
En vous remerciant par avance,
cordialement,
Geodingus
Une âme charitable me fait parvenir la Table des matières et la préface de ce livre tant attendu.
Cordialement,
Yann
Récrimination devenue hors de propos à l'heure qu'il est.
Les auteurs vont, semble-t-il, organiser une rencontre signature, au Dupont avenue de France le 19 mars. Tout cela demande à être confirmé évidemment. Vous aurez alors, Cher Ami, l'occasion de faire connaissance avec les auteurs, qui d'après ce que j'entends dire sont plutôt aimables et généreux pour ce qui se rapporte aux dédicaces... Pour le reste, je ne puis m'engager.
haha
Yann
Encore une fois, ça va être dans la capitale !!!...
Et nous, en province, on n'existe pas ?
Cordialement,
Rescassol
Il faut demander à C&M de vous payer un billet de train en première. Ils sont tellement riches !
Un billet de seconde me suffirait ............
Cordialement,
Rescassol
Je suis intéressé par une réponse pour les questions de Dr. Geodingus.
Mais que fait C&M ?
$C_8, \mathbb C_4 \times C_2, C_2 \times C_2 \times C_2$, etc. Pourquoi cette police mathbb ?
Et quel est ce livre [9] qu'il faut acquérir ?
Bonne soirée,
Fr. Ch.
Je suppose que la référence [9] doit correspondre au livre d'AD sur les treillis!?
Cordialement,
Geodingus
Les lauriers de César, c'est dans la bouche d'Homéopatix, le frère de Bonemine.
Je vais le dire à l'éditeur, qui sans doute leur réduira les D.A. de moitié !
Rien n'indique qu'il ne va pas arrêter la production pour corriger l'erreur.
Quant à la référence [9], il s'agit bien du beau et "sublimissime" livre d'AD sur les Groupes finis et les treillis de leurs sous-groupes, qui vaut son pesant d'or.
Voir d'ailleurs la bibliographie et l'index ci-joints du S4.
Cordialement,
Yann
(Merci Math Coss)
des réponses à votre question se trouvent sur cette page :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?11,715086,page=14
Cordialement, Yann
Voici une question qui vous paraîtra évidente si vous avez le livre sous la main.
Énumérer les cinq classes d'isomorphie des groupes d'ordre 8 et déterminer la classe des $2$-Sylow du groupe $\mathfrak S_4$ et du groupe ${\rm SL}(2,\mathbb F_3)$.
Cordialement,
Yann
Voici pour le plaisir des yeux un extrait de la page 28 de ce petit livre. On y voit (deux fois) le treillis des sous-groupes du groupe alterné $\mathfrak A_4$.
Les pointillés horizontaux signalent la conjugaison dans $\mathfrak A_4$ des sous-groupes en question !
Cordialement, Yann
Évidemment, les auteurs du $\mathfrak S_4$ s'abstiendront d'y répondre.
Montrer que le groupe $\mathfrak A_4\times C_2$ ne contient pas de sous-groupe $\mathfrak S_3$ !
Cdt,
Yann
L'exercice précédent est un joli exercice, qui ne semble pas inspirer bcp de gens !
Est-ce dû au fait que les groupes ont disparu (ou presque) des programmes des classes prépas ?
Les groupes (finis ou pas) sont pourtant au cœur de l'idée de symétrie, cette dernière étant au centre de toutes les lois de la physique... mais là n'est pas mon propos.
Pour faire avancer le schmilblick, je propose de donner une petite indication, qui équivaut à une solution.
Passer modulo le centre de $\mathfrak A_4\times C_2$...
Cordialement, Yann
Pardonnez mon manque de culture, mais qui est $C_2$ ?
C'est le groupe cyclique d'ordre 2.
Ou bien parce que, implicitement, écrire $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ suppose connu la notion de groupe quotient, notion inutilement compliquée pour simplement définir $C_n$?
$C_2$ est multiplicatif alors que $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ est additif, même s'ils sont isomorphes.
Cordialement,
Geodingus
Tous les groupes d'ordre $2$ sont isomorphes. Aucune raison de choisir $\mathbb Z/2\mathbb Z$ ou $\{\pm 1\}$, ou $\{Id_2, (1~2)\}$, ou $\{Id, s_{\Delta}\}$, etc.
Le groupe $C_2$ est le représentant universel de tous ces groupes. Il suffit de se donner sa table.
Cordialement, Yann
Dr Geodingus a été plus rapide que moi pour répondre.
Le groupe $C_n$ est le groupe cyclique à $n$ éléments en notation multiplicative. Il est engendré par un élément, notons le $a$, d'ordre $n$ et on a en extension $C_n=\{1,a,a^2,\ldots,a^{n-1}\}$. Il est isomorphe à $\mathbb Z/n\mathbb Z$ par l'isomorphisme : $$
\begin{array}{ccl}
\mathbb Z/n\mathbb Z&\longrightarrow&C_n\\
\bar k&\longmapsto&a^k.
\end{array}
$$ Remarquer que $a^{k+\lambda n}=a^k$ puisque $a^n=1$.
On pourrait arguer que le groupe $\mathbb U_n$ des racines $n$-èmes de l'unité lui est aussi isomorphe et est en notation multiplicative, mais ses éléments $e^{k\tfrac{2i\pi}n}$ font intervenir l'ensemble $\mathbb C$ des complexes qui est hors du domaine de la simple structure de groupe. C'est pourquoi cette notation épurée a été universellement adoptée.
Alain
Montrer que le groupe de Galois du polynôme $X^5-X-1\in \mathbb Q[X]$ n'est pas $\mathfrak S_4$.
Cdt, Yann
On pose $f=X^5-X-1\in\Q[X]$. Ce polynôme est irréductible (donc séparable vu qu'on est sur $\Q$). On peut le voir en réduisant modulo $5$ (plus généralement, pour $p$ premier, $X^p-X-1$ est irréductible sur $\mathbf{F}_p$, donc sur $\Q$). Soit $K_f$ un corps de décomposition de $f$ sur $\Q$. On note $G_f=\Gal(K_f/\Q)$ le groupe de Galois de $f$. Il s'identifie à un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$. Il suffit de montrer que $5$ divise $|\Gal(K_f/\Q)|=[K_f:\Q]$ pour en déduire que le groupe de Galois de $f$ contient un élément d'ordre $5$, ce qui l'empêche d'être isomorphe à $\mathfrak{S}_4$. Soit $\alpha\in K_f$ une racine de $f$. Le corps $\Q(\alpha)\subset K_f$ est un corps de rupture de $f$ sur $\Q$. Comme $f$ est irréductible, les extensions $\Q(\alpha)/\Q$ et $\Q[X]/(f)/\Q$ sont isomorphes, donc de même degré. On en déduit que $[\Q(\alpha):\Q]=5$ divise $|\Gal(K_f/\Q)|$ par multiplicativité des degrés.
Très bien !
Ne serait-il pas plus économique de dire que le groupe de Galois du polynôme irréductible $X^5-X-1$ opère fidèlement et transitivement sur les cinq racines ? Il s'ensuit qu'il se réalise comme sous-groupe de $\mathfrak S_5$, dont l'ordre est divisible par $5$. (Merci en passant à Baptiste R.)
Reste à donner la démo de l'irréductibilité.
:-D
Cordialement, Yann
Pour l'irréductibilité, réduisons modulo $3$ au lieu de $5$ finalement. On veut voir que $f$ est irréductible sur $\mathbf{F}_3$. Il suffit, pour cela, de voir qu'il n'a pas de racine dans $\mathbf{F}_3$ et $\mathbf{F}_9$. Pour $\mathbf{F}_3$, c'est OK. Pour $\mathbf{F}_9$, on peut écarter $0$ et montrer que $\alpha^5-\alpha-1=0$ est impossible pour $\alpha\in\mathbf{F}_9^*$. Soit $\alpha\in\mathbf{F}_9^*$. On a $\alpha^8=1$, donc $\alpha^4=\pm 1$, puis $\alpha^5=\pm \alpha$ ce qui mène à des contradictions en reportant ceci dans l'équation $\alpha^5-\alpha-1=0$.
PS : vu que $\mathbf{F}_3\subset\mathbf{F}_9$, la vérification pour $\mathbf{F}_9$ suffit en fait.
Voici un autre exercice. Combien y a-t-il de sous-groupes $\mathfrak S_4$ dans $\mathfrak S_5$ ? Justifier.
Cordialement,
Yann
Bref, un sous-groupe isomorphe à $\mathfrak{S}_4$ dans $\mathfrak{S}_5$ fixe un point : il y en a $5$.
NB : le premier paragraphe semble un peu verbeux mais si on remplace $4$ et $5$ par $5$ et $6$, il apparaît un phénomène nouveau, à savoir des sous-groupes de $\mathfrak{S}_6$ isomorphes à $\mathfrak{S}_5$ et agissant transitivement sur les six points. C'est un ingrédient classique pour montrer l'existence d'automorphismes extérieurs dans $\mathfrak{S}_6$.
Et si on remplace $4$ et $5$ par $7$ et $8$, as-tu une solution ad hoc ? ;-)
Pour ceux intéressés par les automorphismes extérieurs de $\mathfrak{S}_6$, il y a [ce fil] de Claude.
Irréductibilité de $X^n - X - 1$ sur $\Q$. Selmer, On the irreducibility of certain trinomials, Math. Scand. vol 4, 1956, p. 287-302.
Groupe de Galois $\mathfrak S_n$, Serre, Topics in Galois Theory, http://cm2vivi2002.free.fr/JPS-biblio/JPS-32.pdf, page 42. Cela va un peu vite (sic) : utilisation du fait que si $L/\Q$ est une extension galoisienne de groupe $G$, alors $G$ est engendré par ses sous-groupes d'inertie. Et il faut conclure en utilisant un lemme dû à Jordan, je pense. Qui dit qu'un sous-groupe transitif de $\mathfrak S_n$ qui est engendré par DES transpositions, est égal à $\mathfrak S_n$. Corollaire du lemme 4.4.4 de la page 40. Suggestion : se passer du lemme 4.4.4 et refaire le truc soi-même (sinon on se laisse embarquer dans des histoires de groupes primitifs ...etc...). Globalement, c'est de la belle ouvrage (c'est comme cela que l'on dit ?). Je ne sais pas à qui c'est dû. Serre lui-même ?
1) Peut-être plus de détails (par rapport à la page 42 de Topics in Galois Theory) chez Keith Conrad in https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/gradnumthy/galoisselmerpoly.pdf.
Step 1 chez Conrad est consacrée à l'étape groupiste : un sous-groupe transitif $H$ de $\S_n$ engendré par des transpositions est égal à $\S_n$ tout entier. Il en donne 2 preuves. De mon côté, je préfère considérer les parties $E \subset \{1..n\}$ telles que $\S_E \subseteq H$ où je désigne par $\S_E$ le sous-groupe de $\S_n$ constitué des permutations de $E$ prolongées par l'identité sur le complémentaire de $E$. Et considérer $E$ maximale pour l'inclusion. Mais peut-être que cela ressemble à la première preuve de K. Conrad.
2) K. Conrad ne reprend pas en charge l'irréductibilité de $X^n - X - 1$ sur $\Q$ mais fournit une petite bibliographie. De mon côté, j'ai retrouvé une vieille note (1996) d'une page à ce sujet (d'après une collègue à l'époque qui avait revisité la preuve de Selmer si je me souviens bien).
3) A propos du fait que le groupe de Galois $G$ d'une extension galoisienne $L/\Q$ est engendré par les sous-groupes d'inertie (K. Conrad utilise également cela dans sa step 2).
Justification grosso-modo : je note $H \subset G$ le sous-groupe engendré par les sous-groupes d'inertie. Il est distingué, OK ? De sorte que l'extension $L^H/\Q$ est galoisienne de groupe $G/H$. Mais $L^H/\Q$ n'a plus de ramification ``parce que justement on vient de la neutraliser''. C'est cela qu'il faudrait détailler. D'après le théorème d'Hermite-Minkowski, on a $L^H = \Q$ donc $H = G$.
Je propose un nouvel exercice en rapport avec $\mathfrak S_4$.
Quel est le nombre de sous-groupes $\mathfrak S_4$ dans les groupes alternés $\mathfrak A_5$ et $\mathfrak A_6$ ?
Cdt, Yann
Montrer que le groupe de Galois du polynôme $x^6-x^2-1$ est isomorphe à $\mathfrak S_4$.
Cdt,
Yann
Montrer que le groupe de Galois de $X^6 - X^2 - 1$ sur $\Q$ (tu as oublié cette précision sur $\Q$) est isomorphe à $\S_4$, est ce que c'est une bonne question car une machine peut le faire ? La vraie question serait pour moi : d'où sort ce polynôme ? Et donc, c'est pas bien et je m'en excuse, je vais répondre à ma question (qui n'est pas la question posée). En faisant le pari que le groupe de Galois est bien $\S_4$ i.e. je vais monter la machine dans ce que j'estime être le bon sens.
$\bullet$ 1 La première chose à faire : quelles sont les actions transitives et fidèles de $\S_4$ en degré 6 ? Cela revient à chercher les sous-groupes $H$ de $\S_4$ d'indice 6 via $(\S_4/H)_{\rm gauche}$. En demandant à ce que l'intersection des conjugués de $H$ soit triviale pour avoir une action fidèle.
Il y a 3 classes de conjugaison de sous-groupes d'indice 6 i.e. d'ordre 4 de $\S_4$. Je laisse tomber le sous-groupe engendré par les doubles transpositions étant normal ne founira pas une action fidèle. Il reste deux classes de conjugaison dont voici des représentants :
$$
H = \langle (1,2),\ (3,4) \rangle \simeq C_2 \times C_2, \qquad \qquad H = \langle (1,2, 3,4) \rangle \simeq C_4
$$Précision: il y a 3 sous-groupes dans chaque classe (à droite le 3 provient de $(n-1)!/\varphi(n)$ avec $n = 4$).
$\bullet$ 2 Je fais le pari du sous-groupe $H$ de gauche. Si cela ne convient pas, j'essaierais celui de droite. L'action associée à $H$ est celle de $\S_4$ sur l'ensemble des 6 parties à 2 éléments de $\{1,2,3,4\}$. Besoin d'un $H$-résolvant i.e. d'un polynôme en 4 variables $X_1, X_2, X_3, X_4$ dont le fixateur sous $\S_4$ est $H$. Par exemple :
$$
X_1 X_2 \qquad \text{ou} \qquad X_1 + X_2
$$
$\bullet$ 3 Un petit diagramme qui ne peut pas faire de mal car on a tendance à oublier que ce sont les extensions galoisiennes qui ont un groupe de Galois (plus mieux que les polynômes parfois)
$$
\xymatrix {
&L \ar@{-}[ld] \ar@{-}[rd] \ar@{-}[dd]^{\S_4} \\
\Q(x_1) \ar@{-}[rd]_4 && \Q(x_1 + x_2)\ar@{-}[ld]^6\\
&\Q
}
$$Explications : les deux extensions à expliciter $\Q(x_1)$ et $\Q(x_1+x_2)$ (j'aurais pu prendre $\Q(x_1x_2)$) ont même fermeture galoisienne $L$ et tout va être fait pour que $L/\Q$ soit de groupe de Galois $\S_4$. Même fermeture galoisienne == même corps de décomposition pour des polynômes que l'on ne voit pas encore.
Je vais donc choisir un polynôme $F$ de degré 4 assez générique mais pas trop, de racines $x_1, x_2, x_3, x_4$ quelque part (c.a.d. nulle part) et faire calculer les 2 polynômes de degré 6 :
$$
G_{x_1x_2}(T) = (T - x_1x_2) (T - x_1 x_3) \cdots \qquad\qquad
G_{x_1+ x_2}(T) = \big(T - (x_1+x_2)\big) \big (T - (x_1 + x_3)\big) \cdots
$$Note : chaque produit est constitué de 6 termes, modelés sur l'ensemble des parties à deux éléments de $\{1,2,3,4\}$
$\bullet$ 4. $F$ de degré 4 un peu générique mais pas trop. J'ai fait le pari de $F = T^4 + aT + b$ qui a pour groupe de Galois $\S_4$ génériquement en $a,b$. Pas trop générique afin d'éviter les calculs pénibles (c'est pas moi qui paie mais quand même).
$$
G_{x_1x_2} = T^6 - bT^4 - a^2T^3 - b^2T^2 + b^3, \qquad\qquad
G_{x_1 + x_2} = T^6 - 4bT^2 - a^2
$$Le premier (celui de gauche) ne supporte pas de spécialisation conduisant au polynôme $T^6 - T^2 - 1$ désiré. Mais par contre pour celui de droite, il suffit de prendre $a = 1$ et $b = 1/4$. Si on n'aime pas $F(T) = T^4 + T + 1/4$ au prétexte qu'il n'est pas à coefficients entiers, on lui fait le coup de $2^8F(T/2^2) = T^4 + 64 T + 64$, le $2^8$ parce que $F$ est de degré 4 et $2^8 = (2^2)^4$.
Ce polynôme $F$ a pour groupe de Galois $\S_4$ (je ne détaille pas). Il en est de même du polynôme $G$ pour la bonne raison que ce sont les extensions galoisiennes i.e. les corps de décomposition qui commandent et pas les polynômes (jusqu'à preuve du contraire).
Voilà, voilà. Bien conscience de ne PAS avoir répondu à ta question.
Pour répondre à la question posée, il suffit ensuite de prouver que le corps de décomposition de $T^6 - T^2 - 1$ est de degré $24$ sur $\mathbb Q$...
Non, c'est inutile. Le polynôme $G = T^6 - T^2 - 1$, c'est de la poudre aux yeux pour épater la galerie. Ce qui compte c'est l''extension $L/\Q$, galoisienne de groupe de Galois $\S_4$. Montée comme corps de décomposition du polynôme $F$ de degré 4 que j'ai donné.
Il faut juste utiliser le fait que le polynôme $G$ est irréductible sur $\Q$. Je n'en n'ai pas parlé car j'ai fait confiance à l'auteur (déjà, que je ne répondais pas à sa question !). Le polynôme $G$ par construction a toutes ses racines dans $L$ puisque ses racines sont les $x_i + x_j$ avec $i < j$, $x_1, x_2, x_3, x_4$ désignant les racines de $F$ dans $L$. Une fois acquis cette irréductiblité, la fermeture galoisienne de $\Q(x_1 + x_2)$ est $L$ parce que l'intersection des conjugués de $H$ est triviale.
De la même manière, je te fabrique un polynôme poudre aux yeux, de degré 8, de groupe de Galois $\S_4$. En fait, de corps de décomposition $L$. Qui lui ne bouge pas !! Comment ? Je prends $H = \langle (1,2,3)\rangle$, d'indice 8 et j'utilise par exemple le $H$-résolvant
$$
R_H := X_1X_2^2 + X_2X_3^3 + X_3X_1^2
$$Cela veut dire que le fixateur de $R_H$ sous $\S_4$ est exactement $H$. Ce $R_H$, je l'ai obtenu en prenant comme ``graine'' $X_1X_2^2$ et l'orbite de la graine sous $H$.
Je ne suis pas trop du genre ``y'a ka''. Je l'ai vraiment fait et je pourrais montrer le polynôme de degré 8 en $a,b$ obtenu qui n'a plus qu'à être spécialisé sur $\Q$. Mais il est assez moche. Faudrait que je trouve un $H$-résolvant plus subtil. En tout cas, voici son spécialisé en $(a := 1, b := 1)$
$$
X^8 - 6X^7 + 24X^6 - 52X^5 + 67X^4 + 150X^3 - 265X^2 + 179X + 495
$$Je peux faire la même chose en degré 12. Et pourquoi pas en degré 24 !!
Remarque : à force de dire des trucs du genre ``montrer que le groupe de Galois de tel polynôme est tel-groupe'', est ce que cela n'introduit pas des confusions ? Moi, je pense que si.
J'ignore si ls gens sont vraiment au courant du résultat suivant : Soit $L/\Q$ une extension galoisienne de groupe $G$. Alors toute action transitive et fidèle de $G$ en degré $n$ est réalisable dans $L$. Au sens où il y a un $x \in L$ tel que $\Q(x)$ soit de degré $n$ sur $\Q$, de fermeture galoisienne $L$, et tel que l'action de $G$ sur les $n$ racines du polynôme minimal de $x$ sur $\Q$ soit l'action donnée (à isomorphie près). Un truc que l'on appelle ``réalisation avec action prescrite''.