Un groupe de présentation finie
Bonjour,
je découvre avec joie les présentations de groupe, et je suis tombé au détour d'une flânerie sur le oueb sur l'exo suivant :
soit $G=\langle a, b\mid a^3=b^2=(ab)^4=1\rangle$
1) Montrer que $G$ est résoluble, fini, et donner son ordre.
2) Calculer les groupes dérivés successifs.
Comme je n'y connais rien à ce sujet, je n'ai aucune idée des techniques standards pour le résoudre.
J'ai remarqué que $G$ possédait un quotient isomorphe à $S_4$, en considérant le morphisme $f:G\to S_4$ induit par le morphisme $F:F_{\{a,b\}}\to S_4$ qui envoie $ a $ sur $(1 \ 3 \ 4)$ et $b$ sur $(1 \ 2)$ .
Donc $G/ker(f)\simeq S_4$ est résoluble. Si j'arrivais à calculer le noyau et à montrer qu'il est résoluble, j'aurais fini, mais ça m'a l'air douteux comme approche.
(Si ça se trouve, on a même $G\simeq S_4$ )
Comment résout-on ce genre de questions ?
je découvre avec joie les présentations de groupe, et je suis tombé au détour d'une flânerie sur le oueb sur l'exo suivant :
soit $G=\langle a, b\mid a^3=b^2=(ab)^4=1\rangle$
1) Montrer que $G$ est résoluble, fini, et donner son ordre.
2) Calculer les groupes dérivés successifs.
Comme je n'y connais rien à ce sujet, je n'ai aucune idée des techniques standards pour le résoudre.
J'ai remarqué que $G$ possédait un quotient isomorphe à $S_4$, en considérant le morphisme $f:G\to S_4$ induit par le morphisme $F:F_{\{a,b\}}\to S_4$ qui envoie $ a $ sur $(1 \ 3 \ 4)$ et $b$ sur $(1 \ 2)$ .
Donc $G/ker(f)\simeq S_4$ est résoluble. Si j'arrivais à calculer le noyau et à montrer qu'il est résoluble, j'aurais fini, mais ça m'a l'air douteux comme approche.
(Si ça se trouve, on a même $G\simeq S_4$ )
Comment résout-on ce genre de questions ?
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Réponses
Ainsi $[x_i,x_j]\in\ker(F)$ si $\vert j-i\vert >1$ et $(x_ix_{i+1})^3\in \ker(F)$.
Le plus simple est de construire le graphe de Cayley de ta présentation ( http://fr.wikipedia.org/wiki/Graphe_de_Cayley ).
Tu vas voir qu'il admet 24 nœuds, montrant que c'est la présentation d'un groupe d'ordre 24 et comme tu as la surjection $f:G\to \mathfrak S_4$, tu en déduis que $f$ est un isomorphisme.
Une autre méthode, consiste à partir des relations données, d'essayer de retrouver une décomposition en produit semi-direct. Quand tu connais le résultat ($\mathfrak S_4\simeq C_2^{\,2} \rtimes D_3$, où le $C_2^{\,2}$ est le groupe de Klein), cela permet de te guider.
Dans tous les cas, ce n'est pas immédiat.
Alain
J'imagine qu'il faut que je prenne un sous-groupe de $G$ qui va s'envoyer sur $A_4$ ou le sous-groupe engendré par les double transpositions, et montrer qu'il est distingué...
PS: ça a l'air puissant, ce graphe de Cayley...
De $(ab)^4=1$ tu déduis que $ab$ est d'ordre 4, donc un cycle d'ordre 4, dont le carré $abab$ est une double transposition.
Et tu as par conjugaison $b(ab)^4b^{-1}=(ba)^4=1$, donc $baba$ est une autre double transposition.
La dernière double transposition s'obtient en composant les deux premières $abab\,baba=aba^2ba$.
Après montrer que $\{id, abab, baba, aba^2ba\}$ est un sous-groupe, et qu'il est distingué dans $G$, est un jeu d'enfant.
D'ailleurs, voici le graphe de Cayley de cette présentation.
Tu remarques que d'où que tu partes, en suivant n'importe quelle relation, par exemple la relation $(ab)^4=abababab$ (si $a$ suivre la flèche, si $b$ prendre le lien noté $b$), tu reviens sur ton point de départ.
Alain
En dehors de l'intérêt mathématique certain de la chose, je suis admiratif devant le graphe.
Comment fais tu pour dessiner ça?
Cordialement,
Rescassol
tikz for ever ;-)
Alain
Voici une proposition pour démontrer la résolubilité sans identifier le groupe.
Calculer $G^{ab}$ est facile : c'est $\Z^2/\langle(3,0),(0,2),(4,4)\rangle$. En calculant la SNF de la matrice $\begin{pmatrix}3 & 0 & 4\\ 0 & 2 & 4\end{pmatrix}$, on trouve que $G^{ab}\cong \Z/2$ et le morphisme est donné par $\epsilon : a\mapsto 0,\ b\mapsto 1$.
Il faut calculer le groupe dérivé $D(G) = \mathrm{ker}\,\epsilon$. Montrons qu'il est engendré par $a$ et un commutateur de $a$ et $b$. Soit $w\in D(G)$. En multipliant par une puissance de $a$ on peut obtenir un mot qui commence par $ba$. En utilisant le commutateur on peut faire passer le $a$ devant et l'éliminer à nouveau. On peut répéter cette procédure jusqu'à obtenir un mot qui est une puissance de $b$, mais ce mot doit être trivial car il est annulé par $\epsilon$.
Je vais utiliser pour $D(G)$ les générateurs plus pratiques $a$ et $c = (ab)^2$. On a immédiatement $a^3=c^2=1$. Puisque $a^2c = bab^{-1}$ on a aussi $(a^2c)^3=1$. $D(G)$ est donc un quotient de $H = \langle a,c \mid a^3=c^2=(a^2c)^3=1\rangle$ (pas besoin de suer pour démontrer l'égalité si on veut seulement la résolubilité).
Comme précédemment l'abélianisé $H^{ab}$ se calcule avec la SNF de la matrice $\begin{pmatrix}3 & 0 & 6\\ 0 & 2 & 3\end{pmatrix}$. On obtient $H^{ab}\cong \Z/3$ et le morphisme est donné par $\phi : a \mapsto 1,\ c\mapsto 0$. Comme précédemment $D(H)$ est engendré par $c$ et un commutateur de $a$ et $c$, donc aussi par $c$ et $d = aca^{-1}$. On a immédiatement $c^2=d^2=1$. Pour calculer une dernière relation je note $\sim$ la relation "être conjugué à".
On a $(cd)^2 = caca^2caca^2$. En réécrivant la relation $(a^2c)^3=1$ en $(ca)^2=a^2c$ on obtient $(cd)^2 = (caca)acaca^2 = (a^2c)acaca^2 \sim (ca)^3 = 1$. Cette relation est équivalente au fait que $c$ et $d$ commutent et donc $D(H)$ est un quotient de $\Z/2\times \Z/2$.
Donc $G$ est résoluble.
Aurel
A propos des présentations de groupes, j'ai un question: on sait qu'un groupe de type fini n'est pas forcément de présentation fini.
Par contre, je me demandais : est-ce que tout groupe fini admet au moins une présentation finie ?
[Edit : apparemment oui, c'est Boubarki qui le dit dans ses exos...]
Aurel
un détail, mais il me semble que l'hypothèse du départ $a^3=1, b^2=1, (ab)^4=1$ n'interdit pas $(ab)^2=1$
auquel cas le groupe est $S_3$ (cas évidemment beaucoup plus facile) ?
-- Schnoebelen, Philippe
-- Schnoebelen, Philippe
@GreginGre : il y a certainement un contexte que je ne connais pas
mais dans un groupe ce n'est pas parceque $a\ne b$ et $(ab)^4=1$ que $ab$ est d'ordre 4
par exemple dans $S_3$
en prenant $a=(123)$ d'ordre 3
$b=(12)$ d'ordre 2
on a $ab=(13)$ d'ordre 2 (donc $(ab)^4=1$).
Finalement en relisant Wiki je me demande si dans la présentation d'un groupe , par convention $u^n=1$ ne signifierait pas en fait $u$ d'ordre $n$?
en effe wiki dit , par exemple, le groupe cyclique d'ordre $n$ a pour présentation
$\langle a | a^n=1\rangle$ ; or $a$ va engendrer un groupe cyclique d'ordre $n$ ssi $a$ est d'ordre $n$ ce que n'implique pas $a^n=1$
> Finalement en relisant Wiki je me demande si dans
> la présentation d'un groupe , par convention
> $u^n=1$ ne signifierait pas en fait $u$ d'ordre
> $n$?
Non, il n'y a pas cette convention.
> en effe wiki dit , par exemple, le groupe
> cyclique d'ordre $n$ a pour présentation
> $\langle a | a^n=1\rangle$ ; or $a$ va engendrer
> un groupe cyclique d'ordre $n$ ssi $a$ est d'ordre
> $n$ ce que n'implique pas $a^n=1$
Ici, c'est parce que tu n'as pas d'autres relations. Si tu as une relation $a^n = 1$, tu ne peux pas en déduire que $a$ est d'ordre $n$, mais si c'est la seule relation, alors on a bien que $a$ est d'ordre $n$.
En espérant avoir été clair.
-- Schnoebelen, Philippe
des idioties du style: on a deux relations $a^3=1$ et $a^2=1$.
Donc effectivement, $ab$ est d'ordre divisant $4$. Par contre, l'existence d'un morphisme $G\to S_4$ qui envoie $ab$ sur un $4$-cycle montre qu'en fait $o(ab)=4$. Mais effectivement, il y a un argument non trivial à donner.
Merci à AP et à db pour m'avoir signalé ma bourde.