$\mathfrak S_4$ et ses métamorphoses

Bonjour 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

C'est sympa de le dire, ça le serait encore plus de nous en faire part !

Récrimination devenue hors de propos à l'heure qu'il est.

Bonjour Chaurien,

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

Bonjour Rescassol,

Il faut demander à C&M de vous payer un billet de train en première. Ils sont tellement riches !

Bonjour,

Je suis intéressé par une réponse pour les questions de Dr. Geodingus.
Mais que fait C&M ?

Juste une remarque. Dans l'Avant-propos, dans les Prérequis, lorsque l'on parle des cinq groupes d'ordre 8, il est écrit :
$C_8, \mathbb C_4 \times C_2, C_2 \times C_2 \times C_2$, etc. Pourquoi cette police mathbb ?
Et quel est ce livre [9] qu'il faut acquérir ?
Bonne soirée,
Fr. Ch.

Chaurien a écrit:

[...]Le reste de la Gaule, c'est juste bon pour les sangliers, est-il dit quelque part dans un album d'Astérix, je ne me souviens plus lequel[...]

Les lauriers de César, c'est dans la bouche d'Homéopatix, le frère de Bonemine.

Cher topologieproduit
des réponses à votre question se trouvent sur cette page :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?11,715086,page=14

Cordialement, Yann

Bonjour

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

Mais bien sûr, cher rémi ! surtout que Alain est immensément généreux !

Bonjour,

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

Bonjour Calli,
C'est le groupe cyclique d'ordre 2.

J'en profite pour poser la question naïve: pourquoi cette notation? Est-ce parce que $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est plutôt entendu comme muni de sa structure d'anneau, et $C_n$ comme muni seulement de la structure de groupe?

Ou bien parce que, implicitement, écrire $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ suppose connu la notion de groupe quotient, notion inutilement compliquée pour simplement définir $C_n$?

Bonjour,

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

Pour aller de l'avant, voici un nouvel exercice, du genre négatif.

Montrer que le groupe de Galois du polynôme $X^5-X-1\in \mathbb Q[X]$ n'est pas $\mathfrak S_4$.


Cdt, Yann

$\DeclareMathOperator{\Gal}{Gal}$Salut 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.

Oui, je ne me sers même pas de l'aspect sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$.

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.

Un tel sous-groupe ne peut être transitif puisque $5$ ne divise pas $24$ ; il y a donc (au moins) deux orbites et, en regroupant l'une et les autres, on voit qu'il existe $a$ et $b$ non nuls tels que $a+b=5$ et $\mathfrak{S}_4$ s'injecte dans $\mathfrak{S}_a\times\mathfrak{S}_b$. Si $a=2=b-1$, l'ordre de ce groupe est $2!3!<24$. Par suite, $a=1$ et $b=4$ ou vice versa.

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 $\mathfrak{S}_6$.

Gai requin : j'ajoute un petit truc, faut pas lire mes conneries, je suis toujours perchés :-D:-D:-D

@Claude : je suis preneur pour tes références.

Merci Claude ! Et pourquoi les sous-groupes d'inertie engendrent le groupe de Galois d'une extension ramifiée de corps de nombres ?

Merci Claude !

Merci à tous pour ces contributions de valeur.

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

$\def\S{\mathfrak S}$Bonjour Yannguyen
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.

$\def\S{\mathfrak S}$Gai Requin
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''.