Voir un automorphisme non intérieur de $S_6$
dans Algèbre
$\DeclareMathOperator {\Perm}{Perm} \DeclareMathOperator {\Out}{Out} \DeclareMathOperator {\Aut}{Aut} \DeclareMathOperator {\Int}{Int} \newcommand {calM} {\mathcal M}$L'objectif est d'expliciter de manière la plus élémentaire possible UN automorphisme non intérieur de $S_6$. On veut être le plus concret possible de manière à aller jusqu'au bout. En voici un (automorphisme non intérieur) qui a l'effet suivant sur les 15 transpositions de $S_6$ :
Pour certaines raisons, on a remplacé $\{1, \cdots, 6\}$ par $\{a, b, \cdots, f\}$.
Je rappelle que pour un groupe $G$, en posant :
$$
\Out(G) = \Aut(G)/\Int(G)
$$
on démontre que le groupe $\Out(S_6)$ est un groupe d'ordre 2. Ce qui veut dire que $\Aut(S_6)$ est un groupe d'ordre $2 \times 6! = 2 \times 720$, qu'il contient $6! = 720$ automorphismes intérieurs et autant d'automorphismes non intérieurs. Le produit de deux automorphismes non intérieurs est un automorphisme intérieur. On n'utilisera pas le résultat $\Out(S_6)$ est d'ordre 2.
Il y a encore des mystères pour moi car voici la distribution des ordres des automorphismes non intérieurs :
$$
2 : 36, \qquad 4 : 180, \qquad 8 : 360, \qquad 10 : 144
$$
Et pour l'instant j'ignore pourquoi.
Une suite de points à résoudre concrètement et de la manière la plus élémentaire qui soit. Je n'ai pas envie pour l'instant de faire intervenir $\text{PGL}_2(\mathbb F_5)$ et son action sur la droite projective $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$ de cardinal $6$.
(1) Dans $S_5$, il y a 6 sous-groupes d'ordre 5, que l'on va noter $a,b,c,d,e,f$. Cf figure à la fin.
Je note $\calM$ l'ensemble de ces 6 sous-groupes, $\calM$ pour ``maisons''.
(2) Quel est le normalisateur du groupe $a = \langle (12345)\rangle$ ? Suggestion : voir $S_5$ comme $\Perm(\Z/5\Z)$ et le 5-cycle $(12345)$ comme $x \mapsto x+1$.
(3) On pourrait indexer $\calM$ par $S_3$ en convenant, pour chaque groupe d'ordre 5 de choisir comme générateur le 5-cycle qui réalise $4 \mapsto 5$.
(4) $S_5$ opère de manière transitive par conjugaison sur $\calM$.
(5) Cette opération induit un morphisme injectif $\phi : S_5 \to \Perm(\calM) \simeq S_6$. On note $\Sigma_5$ son image. Voici un système de générateurs de $\Sigma_5$ :
(6) Mieux qu'action transitive : l'action de $S_5$ sur $\calM$ est strictement 3-transitive i.e. étant donné un premier triplet $(m_1, m_2, m_3)$ de maisons distinctes et un second $(m'_1, m'_2,m'_3)$ pareil, il existe un et un seul $\tau \in S_5$ tel que $m'_i = \tau m_i \tau^{-1}$. Et donc :
$$
S_5 \ni \tau \longmapsto (\tau a \tau^{-1}, \tau b \tau^{-1}, \tau c \tau^{-1}) \in \calM \times \calM \times \calM
$$
est une bijection de $S_5$ sur les 120 triplets de maisons distinctes (120 from $6 \times 5 \times 4$).
J'ai procédé ainsi (mais ce n'est pas glorieux) en montrant que l'intersection $N(a) \cap N(b) \cap N(c)$ est triviale (il s'agit de l'intersection des trois normalisateurs). On commence par remarquer qu'un élément d'ordre 5 de $N(a)$ est dans $a$ en utilisant le modèle $\Perm(\mathbb F_5)$ et $x \mapsto x+1$. Idem pour n'importe quel normalisateur d'un sous-groupe d'ordre 5. Ainsi le sous-groupe $N(a) \cap N(b)$ du groupe $N(a)$ d'ordre 20 ne contient pas d'élément d'ordre 5 et donc est d'ordre divisant $4$. On vérifie alors que $(1243) \in N(a) \cap N(b)$ donc $N(a) \cap N(b) = \langle (1243) \rangle$. Or $(1243)$ ne normalise pas $c$, donc $N(a) \cap N(b) \cap N(c)$ est trivial.
(7) L'ensemble des classes à gauche $\bigl(\Perm(\calM)/\Sigma_5\bigr)_{\rm g}$ est de cardinal 6. Et l'action sur ces classes à gauche induit un isomorphisme :
$$
S_6 \simeq S_\calM \to \Perm\bigl((S_\calM/\Sigma_5)_{\rm g}\bigr) \simeq S_6
$$
Ci-dessus, j'ai noté $S_\calM$ au lieu de $\Perm(\calM)$ car cela commence à faire mal à la tête.
(8) Montrer que les 6 classes à gauche de $S_\calM$ modulo $\Sigma_5$ sont :
$$
(a,a)\cdot \Sigma_5, \qquad (a,b)\cdot \Sigma_5, \qquad(a,c)\cdot \Sigma_5, \qquad(a,d)\cdot \Sigma_5, \qquad(a,e)\cdot \Sigma_5, \qquad (a,f)\cdot \Sigma_5
$$
Méthode pour trouver, à partir de $\sigma \in S_\calM$, l'unique maison $m$ telle que $(a,m)\cdot \Sigma_5 = \sigma \cdot \Sigma_5$ ? Pour l'instant, je ne sais pas faire.
(9) Décrire à partir de (8) un automorphisme de $S_\calM$. Vérifier qu'il transforme toute transposition en une triple transposition. Donc il est non intérieur.
(10) Montrer que cet automorphisme de $S_\calM$ est d'ordre 2 (vérifié en machine, non prouvé).
(11) Montrer que l'isomorphisme du point (7)
$$
S_\calM \to \Perm\bigl((S_\calM/\Sigma_5)_{\rm g}\bigr)
$$
transforme une transposition en une triple transposition. Schéma : $(\bullet\bullet) \leftrightarrow (\bullet\bullet)(\bullet\bullet)(\bullet\bullet)$.
(12) Implémenter je-ne-sais-trop-quoi dans votre langage de programmation favori pour essayer de rendre compte de quelque chose.
PRECISIONS A APPORTER PLUS TARD SUR CERTAINS POINTS.
(a, b) -> (a, b)(c, e)(d, f) (a, c) -> (a, c)(b, d)(e, f) (b, c) -> (a, f)(b, e)(c, d) (a, d) -> (a, d)(b, e)(c, f) (b, d) -> (a, c)(b, f)(d, e) (c, d) -> (a, e)(b, c)(d, f) (a, e) -> (a, e)(b, f)(c, d) (b, e) -> (a, d)(b, c)(e, f) (c, e) -> (a, b)(c, f)(d, e) (d, e) -> (a, f)(b, d)(c, e) (a, f) -> (a, f)(b, c)(d, e) (b, f) -> (a, e)(b, d)(c, f) (c, f) -> (a, d)(b, f)(c, e) (d, f) -> (a, b)(c, d)(e, f) (e, f) -> (a, c)(b, e)(d, f)
Pour certaines raisons, on a remplacé $\{1, \cdots, 6\}$ par $\{a, b, \cdots, f\}$.
Je rappelle que pour un groupe $G$, en posant :
$$
\Out(G) = \Aut(G)/\Int(G)
$$
on démontre que le groupe $\Out(S_6)$ est un groupe d'ordre 2. Ce qui veut dire que $\Aut(S_6)$ est un groupe d'ordre $2 \times 6! = 2 \times 720$, qu'il contient $6! = 720$ automorphismes intérieurs et autant d'automorphismes non intérieurs. Le produit de deux automorphismes non intérieurs est un automorphisme intérieur. On n'utilisera pas le résultat $\Out(S_6)$ est d'ordre 2.
Il y a encore des mystères pour moi car voici la distribution des ordres des automorphismes non intérieurs :
$$
2 : 36, \qquad 4 : 180, \qquad 8 : 360, \qquad 10 : 144
$$
Et pour l'instant j'ignore pourquoi.
Une suite de points à résoudre concrètement et de la manière la plus élémentaire qui soit. Je n'ai pas envie pour l'instant de faire intervenir $\text{PGL}_2(\mathbb F_5)$ et son action sur la droite projective $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$ de cardinal $6$.
(1) Dans $S_5$, il y a 6 sous-groupes d'ordre 5, que l'on va noter $a,b,c,d,e,f$. Cf figure à la fin.
Je note $\calM$ l'ensemble de ces 6 sous-groupes, $\calM$ pour ``maisons''.
(2) Quel est le normalisateur du groupe $a = \langle (12345)\rangle$ ? Suggestion : voir $S_5$ comme $\Perm(\Z/5\Z)$ et le 5-cycle $(12345)$ comme $x \mapsto x+1$.
(3) On pourrait indexer $\calM$ par $S_3$ en convenant, pour chaque groupe d'ordre 5 de choisir comme générateur le 5-cycle qui réalise $4 \mapsto 5$.
(4) $S_5$ opère de manière transitive par conjugaison sur $\calM$.
(5) Cette opération induit un morphisme injectif $\phi : S_5 \to \Perm(\calM) \simeq S_6$. On note $\Sigma_5$ son image. Voici un système de générateurs de $\Sigma_5$ :
> Phi(S5!(1,2)) ; (a, e)(b, d)(c, f) > Phi(S5!(1,2,3,4,5)) ; (b, d, e, c, f)
(6) Mieux qu'action transitive : l'action de $S_5$ sur $\calM$ est strictement 3-transitive i.e. étant donné un premier triplet $(m_1, m_2, m_3)$ de maisons distinctes et un second $(m'_1, m'_2,m'_3)$ pareil, il existe un et un seul $\tau \in S_5$ tel que $m'_i = \tau m_i \tau^{-1}$. Et donc :
$$
S_5 \ni \tau \longmapsto (\tau a \tau^{-1}, \tau b \tau^{-1}, \tau c \tau^{-1}) \in \calM \times \calM \times \calM
$$
est une bijection de $S_5$ sur les 120 triplets de maisons distinctes (120 from $6 \times 5 \times 4$).
J'ai procédé ainsi (mais ce n'est pas glorieux) en montrant que l'intersection $N(a) \cap N(b) \cap N(c)$ est triviale (il s'agit de l'intersection des trois normalisateurs). On commence par remarquer qu'un élément d'ordre 5 de $N(a)$ est dans $a$ en utilisant le modèle $\Perm(\mathbb F_5)$ et $x \mapsto x+1$. Idem pour n'importe quel normalisateur d'un sous-groupe d'ordre 5. Ainsi le sous-groupe $N(a) \cap N(b)$ du groupe $N(a)$ d'ordre 20 ne contient pas d'élément d'ordre 5 et donc est d'ordre divisant $4$. On vérifie alors que $(1243) \in N(a) \cap N(b)$ donc $N(a) \cap N(b) = \langle (1243) \rangle$. Or $(1243)$ ne normalise pas $c$, donc $N(a) \cap N(b) \cap N(c)$ est trivial.
(7) L'ensemble des classes à gauche $\bigl(\Perm(\calM)/\Sigma_5\bigr)_{\rm g}$ est de cardinal 6. Et l'action sur ces classes à gauche induit un isomorphisme :
$$
S_6 \simeq S_\calM \to \Perm\bigl((S_\calM/\Sigma_5)_{\rm g}\bigr) \simeq S_6
$$
Ci-dessus, j'ai noté $S_\calM$ au lieu de $\Perm(\calM)$ car cela commence à faire mal à la tête.
(8) Montrer que les 6 classes à gauche de $S_\calM$ modulo $\Sigma_5$ sont :
$$
(a,a)\cdot \Sigma_5, \qquad (a,b)\cdot \Sigma_5, \qquad(a,c)\cdot \Sigma_5, \qquad(a,d)\cdot \Sigma_5, \qquad(a,e)\cdot \Sigma_5, \qquad (a,f)\cdot \Sigma_5
$$
Méthode pour trouver, à partir de $\sigma \in S_\calM$, l'unique maison $m$ telle que $(a,m)\cdot \Sigma_5 = \sigma \cdot \Sigma_5$ ? Pour l'instant, je ne sais pas faire.
(9) Décrire à partir de (8) un automorphisme de $S_\calM$. Vérifier qu'il transforme toute transposition en une triple transposition. Donc il est non intérieur.
(10) Montrer que cet automorphisme de $S_\calM$ est d'ordre 2 (vérifié en machine, non prouvé).
(11) Montrer que l'isomorphisme du point (7)
$$
S_\calM \to \Perm\bigl((S_\calM/\Sigma_5)_{\rm g}\bigr)
$$
transforme une transposition en une triple transposition. Schéma : $(\bullet\bullet) \leftrightarrow (\bullet\bullet)(\bullet\bullet)(\bullet\bullet)$.
(12) Implémenter je-ne-sais-trop-quoi dans votre langage de programmation favori pour essayer de rendre compte de quelque chose.
PRECISIONS A APPORTER PLUS TARD SUR CERTAINS POINTS.
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Réponses
Oui, c'est cela. Et on peut faire plus général même si ce n'est pas directement utile à l'histoire.
ICI, contexte général de $\Perm(\Z/n\Z)$
(A) Le normalisateur dans $\Perm(\Z/n\Z)$ du groupe $\langle x \mapsto x+1\rangle$ est le groupe affine $\text{AGL}_1(\Z/n\Z)$ constitué des $x \mapsto b + ax$ avec $a \in
(\Z/n\Z)^\times$ et $b \in \Z/n\Z$. C'est un groupe d'ordre $n\varphi(n)$ isomorphe au produit semi-direct $\Z/n\Z \rtimes (\Z/n\Z)^\times$ avec l'action à laquelle on pense.
(B) Combien de $n$-cycles dans $S_n$ ?
(C) Combien de sous-groupes de $S_n$ engendrés par des $n$-cycles ? On doit en trouver :
$$
{(n-1)! \over \varphi(n)}
$$
Avec le miracle suivant que pour $n=5$, ce nombre vaut $n+1= 6$. Cela n'arrive jamais que ${(n-1)! \over \varphi(n)} = n+1$. SAUF pour $n=5$ !
Pour $n$ entier naturel différent de $6$, tous les automorphismes de $S_n$ sont intérieurs. B-)-
(je me souviens qu'on en a déjà parlé ici)
Oui, pour $n \ne 6$ (et $n$ pas trop petit), tout automorphisme de $S_n$ est intérieur. Mais pour $n=6$, il y a quelque chose d'exceptionnel. Ces résultats sont classiques et figurent partout. Mais moi, ce que ``je veux faire'', c'est rendre compte d'un automorphisme intérieur de $S_6$ (et pourquoi pas de plusieurs) de manière la plus élémentaire possible pour pouvoir bientôt le raconter à mon petit fils pour son anniversaire.
J'ai programmé la chose et même connaissant un peu le truc, il a quand même fallu que je fasse un effort.
Précision 1 : les automorphismes non intérieurs de $S_6$ ne forment pas un groupe (cf ton post)
Précision 2 : j'ai complété mon premier post mais il restera des points à préciser.
On voit apparaître dans la nature (sic) le groupe $S_5$ (ou un groupe isomorphe à $S_5$) muni d'une action TRANSITIVE sur 6 objets. C'est un phénomène exceptionnel qui ne se reproduit pas pour un entier $n \ne 5$.
Exemples de telles apparitions dans la nature :
(1) Le groupe $\text{PGL}_2(\mathbb F_5)$ est isomorphe à $S_5$ et opère transitivement sur la droite projective $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$ de cardinal 6
(2) Le groupe $S_5$ opère transitivement sur l'ensemble $\mathcal M$ des sous-groupes d'ordre 5 i.e. sur l'ensemble des 5-Sylow de $S_5$. C'est le point de vue retenu ici.
(3) Autre (??)
Ceci fournit une inclusion de $S_5$ dans $S_6$, dont l'image est transitive sur $\{1, \ldots, 6\}$.
Pour $n \ne 5$, il y a bien sûr des sous-groupes de $S_{n+1}$ isomorphes à $S_n$ par exemple les $G_i := \text{Perm}(\{1, .., n+1\} \setminus \{i\})$ mais ils n'opèrent pas de manière transitive sur $\{1, \ldots, n+1\}$. On démontre que les $G_i$ sont les seuls sous-groupes de $S_{n+1}$ d'indice $n+1$.
En fait, le post de PIerre n'est pas si facile à intégrer dans l'histoire car c'est plutôt le groupe $A_5$ qui intervient au lieu du groupe $S_5$.
Pour le $3$, tu indexes par $S_3$ tes petites maisons : tu veux dire que tu regardes la restriction à $\{1,2,3\}$ du $5$-cycle échangeant $4$ et $5$ ? C'est bien ça ?
Oui (1) et (4) peuvent être prouvés directement. Il y a $4!= 24$ 5-cycles dans $S_5$. Et tout sous-groupe d'ordre 5 de $S_5$ est engendré par un 5-cycle et contient donc 4 5-cycles. Bilan : $24/4 = 6$ sous-groupes d'ordre 5.
(4) est facile aussi : tout 5-cycle de $S_5$ est conjugué au 5-cycle $(12345)$. Donc tous les 5-cycles sont conjugués dans $S_5$.
Pour cette histoire d'indexation par $S_3$ : je me suis posé cette question pour nommer les 6 maisons. J'aurais pu utiliser les permutations de $1,2,3$ :
$$
123,\qquad 231,\qquad 312,\qquad 132,\qquad 213,\qquad 321
$$
pour désigner les six sous-groupes d'ordre 5 de $S_5$ :
$$
\langle (12345)\rangle,\qquad \langle (23145)\rangle, \qquad \langle (31245)\rangle,\qquad \langle(13245)\rangle ,\qquad \langle(21345)\rangle ,\qquad \langle(32145)\rangle
$$
Puis j'ai fini par utliser les noms $a,b,c,d,e,f$.
Je corrige/précise ta dernière phrase : si $\sigma$ est un 5-cycle de $S_5$, il existe un unique exposant $\ell = 1,2,3,4$ tel que $\sigma^\ell(4) = 5$. Par conséquent, tout sous-groupe d'ordre 5 de $S_5$ contient un $5$-cycle (et un seul) qui réalise $4 \mapsto 5$ et qui est donc de la forme $(ijk45)$ avec $i,j,k \in \{1,2,3\}$ distincts.
Il y a un certain nombre de points que je ne ``sais pas réaliser de manière satisfaisante'' (pour moi). J'ai programmé le binz, tu t'en doutes.
Je me pose un certain nombre de questions : par exemple, je pense que tous les automorphismes non intérieurs de $S_6$ d'ordre 2 sont deux à deux conjugués dans $\text{Aut}(S_6)$ mais je n'en suis pas sûr.
Pour la transitivité c'est mon lemme favori des groupes symétriques : $\sigma (abcde) \sigma^{-1} = (\sigma(a)\sigma(b)\sigma(c)\sigma(d)\sigma(e))$ suffit de bien choisir $\sigma$.
Remarque pour rigoler : Pour les petites maisons (ok avec la correction), dans un autre contexte (mais assez proche, je pense que c'était les $5$-Sylow de $A_5$) j'avais noté $\{0,1,2,3,4,5,\infty\}$ et $\mathbb{P}^1$ à la place de $\mathcal{M}$ :-D On oublie rapidement cette remarque (sinon je vais retourner sur un truc qui me titille depuis 3 ans au moins).
Je vais regarder tranquillou la suite de ton premier post, j'ai vu que tu as ajouté des petites choses
Pour les automorphismes non intérieur ... c'est marrant car j'avais déjà lu : le groupe $S_6$ possède un automorphisme non intérieur mais je n'avais pas percuté qu'il y en a pas seulement $1$ mais beaucoup en fait :-)
ICI, dans le fil, en prenant comme bijection de $\mathcal M \to \text{Perm}(\mathcal M)/\Sigma_5$ (il s'agit des classes à gauche) :
$$
m \longmapsto (a,m) \cdot \Sigma_5
$$
on est conduit à construire UN automorphisme (non intérieur) bien précis $\theta : \text{Perm}(\mathcal M) \to \text{Perm}(\mathcal M)$. Il est d'ordre 2 (vérifié en magma, pas encore montré). Et je viens de faire vérifier que pour un autre automorphisme non intérieur $\theta'$ de $\text{Perm}(\mathcal M)$ d'ordre 2, il existe $\sigma \in \text{Perm}(\mathcal M)$ tel que :
$$
\theta' = \text{Int}_\sigma \circ \theta \circ \text{Int}_{\sigma^{-1}}
$$
Il y a 36 automorphismes non intérieurs de $S_6$ d'ordre 2 mais je n'ai pas encore pris le temps de vérifier d'où venait ce 36 ; certes $36$, c'est $6^2$ mais c'est un peu léger comme explication.
C''est possible d'habiller autrement l'ensemble des 6 maisons (sous-groupes d'ordre 5 de $S_5$). En faisant intervenir les cycles (eulériens hamiltoniens) du graphe complet $K_5$ : le complémentaire d'un tel cycle est encore un tel cycle et on peut alors considérer les partitions de l'ensemble des (10) arêtes de $K_5$ en deux cycles eulériens hamiltoniens. Par exemple, à la partition notée $b$ dans la figure attachée suivante (extraite de l'article), la considération du cycle noir conduit (en le faisant tourner dans le sens des aiguilles d'une montre) au 5-cycle $(12354)$. Et pour le normaliser en mon sens :
$$
(12354)^4 = (32145) \qquad\qquad \langle (12354)\rangle = \langle (32145)\rangle
$$
Autrement dit, il y a une correspondance bijective bien précise entre $\mathcal M$ et l'ensemble des ``six mystic pentagons''.
Une autre fois, on reparlera de $\text{PGL}_2(\mathbb F_5)$.
$$
36 = {720 \over 20} = {\#S_6 \over \#\text{AGL}_1(\mathbb F_5)}
$$
Détails : j'ai fait vérifier, en continuant à noter $\theta$ l'automorphisme non intérieur (d'ordre 2) de $S_\calM := \text{Perm}(\calM)$ (celui qui est exhibé) que le fixateur de $\theta$ au sens suivant :
$$
\{ \sigma \in S_\calM \mid \text{Int}_\sigma \circ \theta \circ \text{Int}_{\sigma^{-1}} = \theta \}
$$
est d'ordre 20. Et exactement égal au normalisateur dans $S_\calM$ du sous-groupe $\phi(a)$ où $\phi : S_5 \to S_\calM$ est le morphisme résultant de l'action de $S_5$ sur $\calM$ par conjugaison.
Rappel : $ a = \langle (12345)\rangle$ a servi à mettre en bijection $\calM$ et $S_\calM/\Sigma_5$ via $m \leftrightarrow (a,m) \cdot \Sigma_5$.
A noter également que je me mélange les pinceaux car je confonds (ici dans ce post) le normalisateur du sous-groupe $a$ dans $S_5$, qui lui est bien un exemplaire de $\text{AGL}_1(\mathbb F_5)$, avec le normalisateur du sous-groupe $\phi(a)$ dans $S_\calM$. Tant pis, je laisse.
Bon on peut dire que l'on connait les sous groupes normaux de $S_5$ et voir que le morphisme est injectif. Mais on va faire autrement,
car je suppose que ton petit fils, il veut voir les petites maisons en action.
Et de toute manière comme on veut un ensemble générateur de $\Sigma_5$, il nous faut calculer l'action de conjugaison.
Pour calculer, $\phi((12))$, ce n'est pas trop trop dur : on prend la maison $a$ et on remplace $1$ par $2$ et $2$ par $1$ ce qui nous donne la maison $c$, ensuite on prend la maison $b$ et on échange $1$ et $2$, ça donne la maison $d$ et on fait ça pour toutes les maisons .... $\Phi((12)) = (ac)(bd)(ef)$.
Ah mince Claude, ça ne colle pas avec ton code Magma :-S
Parmi les sommets du dodécadre standardisé, il y a huit sommets formant un cube, soit: $\left[\pm1,\pm1,\pm1\right]$, et il y a aussi: $A=\frac{1}{2}\left[1+\sqrt{5},\,0,\,-1+\sqrt{5}\right]$. D'où une rotation d'ordre 3 définie par \[ \rho_{3}=\frac{1}{4}\,\left[\begin{array}{ccc} 1+\sqrt{5} & -\sqrt{5}+1 & 2\\ \sqrt{5}-1 & -2 & -1-\sqrt{5}\\ 2 & 1+\sqrt{5} & -\sqrt{5}+1 \end{array}\right]\hookrightarrow\left[\begin{array}{ccc} 4 & 2 & 6\\ 9 & 5 & 7\\ 6 & 4 & 2 \end{array}\right] \]
Il y a aussi des 6 bifaces. L'un des six vecteurs normaux est $N=[\sqrt{5}-1,-3+\sqrt{5},0]\hookrightarrow[3,1,0]$. Ils déterminent les axes des rotations d'ordre 5. Parmi celles-ci, nous avons: \[ \rho_{5}=\frac{1}{4}\,\left[\begin{array}{ccc} 1+\sqrt{5} & -\sqrt{5}+1 & 2\\ 1-\sqrt{5} & 2 & 1+\sqrt{5}\\ -2 & -1-\sqrt{5} & \sqrt{5}-1 \end{array}\right]\hookrightarrow\left[\begin{array}{ccc} 4 & 2 & 6\\ 2 & 6 & 4\\ 5 & 7 & 9 \end{array}\right] \]
Ces deux rotations engendrent le groupe du dodécaèdre : $D=\left\langle \rho_{3},\rho_{5}\right\rangle $. Ce groupe est isomorphe au groupe alterné des cinq cubes. Pour des raisons liées à Sage (ou à une mauvaise maitrise de Sage !), il a été nécessaire de plonger cela dans $\Z/11\Z$, en utilisant $\sqrt{5}\hookrightarrow4$ et $1/4\hookrightarrow3$. L'action de $D$ sur le dodécaèdre se traduit en une action sur les 6 bifaces, listée dans la première colonne du tableau ci-dessous.
Par ailleurs, le recodage des cinq cubes donne:
\[ \begin{array}{c|cccccccc} \# & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\ \hline 1 & (1,1,1) & (1,1,10) & (1,10,1) & (1,10,10) & (10,1,1) & (10,1,10) & (10,10,1) & (10,10,10)\\ 2 & (0,4,8) & (0,7,3) & (1,1,1) & (3,0,7) & (4,8,0) & (7,3,0) & (8,0,4) & (10,10,10)\\ 3 & (0,4,8) & (0,7,3) & (1,10,10) & (3,0,4) & (4,3,0) & (7,8,0) & (8,0,7) & (10,1,1)\\ 4 & (0,4,3) & (0,7,8) & (1,1,10) & (3,0,4) & (4,8,0) & (7,3,0) & (8,0,7) & (10,10,1)\\ 5 & (0,4,3) & (0,7,8) & (1,10,1) & (3,0,7) & (4,3,0) & (7,8,0) & (8,0,4) & (10,1,10) \end{array} \] et l'on peut constater que l'action de$D$ sur le dodécaèdre se traduit en une action sur les cubes inscrits, listée dans la deuxième colonne du tableau.
\[ \begin{array}{lll|r} id & \mathfrak{S_{6}}\left(bifaces\right) & \mathfrak{S_{5}}\left(cubes\right)\\
\hline 0 & & & 1\\
\hline 44 & (1,2)(3,4) & (2,3)(4,5)\\ 28 & (1,2)(5,6) & (2,5)(3,4)\\ 27 & (1,3)(2,5) & (1,3)(2,4)\\ 43 & (1,3)(4,6) & (1,2)(3,4)\\ 58 & (1,4)(2,6) & (1,5)(2,4)\\ 10 & (1,4)(3,5) & (1,4)(2,5)\\ 59 & (1,5)(3,6) & (1,5)(2,3)\\ 02 & (1,5)(2,4) & (1,2)(3,5)\\ 49 & (1,6)(2,3) & (1,4)(3,5)\\ 11 & (1,6)(4,5) & (1,3)(4,5)\\ 57 & (2,3)(4,5) & (1,5)(3,4)\\ 56 & (2,4)(3,6) & (1,3)(2,5)\\ 45 & (2,5)(4,6) & (1,4)(2,3)\\ 47 & (2,6)(3,5) & (1,2)(4,5)\\ 46 & (3,4)(5,6) & (2,4)(3,5) & 15\\ \hline 25 & (1,2,3)(4,6,5) & (1,2,5) & *\\ 40 & (1,2,4)(3,5,6) & (1,4,3)\\ 13 & (1,2,5)(3,4,6) & (1,5,4)\\ 36 & (1,2,6)(3,5,4) & (1,3,2)\\ 31 & (1,3,2)(4,5,6) & (1,5,2)\\ 23 & (1,3,4)(2,5,6) & (1,3,5)\\ 51 & (1,3,5)(2,4,6) & (3,4,5)\\ 35 & (1,3,6)(2,4,5) & (2,5,4)\\ 32 & (1,4,2)(3,6,5) & (1,3,4)\\ 29 & (1,4,3)(2,6,5) & (1,5,3)\\ 01 & (1,4,5)(2,3,6) & (2,4,3)\\ 33 & (1,4,6)(2,3,5) & (2,3,5)\\ 09 & (1,5,2)(3,6,4) & (1,4,5)\\ 39 & (1,5,3)(2,6,4) & (3,5,4)\\ 03 & (1,5,4)(2,6,3) & (2,3,4)\\ 38 & (1,5,6)(2,4,3) & (1,2,4)\\ 34 & (1,6,2)(3,4,5) & (1,2,3)\\ 37 & (1,6,3)(2,5,4) & (2,4,5)\\ 41 & (1,6,4)(2,5,3) & (2,5,3)\\ 50 & (1,6,5)(2,3,4) & (1,4,2) & 20\\ \hline 04 & (1,2,3,6,4) & (1,2,4,5,3) & *\\ 16 & (1,2,4,5,3) & (1,4,2,3,5)\\ 24 & (1,2,5,3,6) & (1,5,3,4,2)\\ 55 & (1,2,6,4,5) & (1,3,5,2,4)\\ 07 & (1,3,2,6,5) & (1,4,5,2,3)\\ 12 & (1,3,4,2,6) & (1,4,3,2,5)\\ 19 & (1,3,5,4,2) & (1,5,3,2,4)\\ 42 & (1,3,6,5,4) & (1,2,3,5,4)\\ 20 & (1,4,2,5,6) & (1,2,3,4,5)\\ 52 & (1,4,3,2,5) & (1,2,5,4,3)\\ 48 & (1,4,5,6,3) & (1,4,5,3,2)\\ 08 & (1,4,6,3,2) & (1,3,5,4,2)\\ 54 & (1,5,2,3,4) & (1,3,4,5,2)\\ 21 & (1,5,3,4,6) & (1,5,2,4,3)\\ 53 & (1,5,4,6,2) & (1,4,2,5,3)\\ 15 & (1,5,6,2,3) & (1,3,2,5,4)\\ 26 & (1,6,2,4,3) & (1,5,2,3,4)\\ 30 & (1,6,3,5,2) & (1,2,4,3,5)\\ 18 & (1,6,4,3,5) & (1,3,4,2,5)\\ 17 & (1,6,5,2,4) & (1,5,4,3,2)\\ 22 & (2,3,5,6,4) & (1,5,4,2,3)\\ 14 & (2,4,6,5,3) & (1,3,2,4,5)\\ 05 & (2,5,4,3,6) & (1,4,3,5,2)\\ 06 & (2,6,3,4,5) & (1,2,5,3,4) & 24 \end{array} \] On remarquera que la correspondance ci-dessus dépend de la façon dont les cubes et les bifaces ont été numérotés.
Cherchons à prolonger cette correspondance en un isomorphisme $\phi:\mathfrak{S}_{6}\hookrightarrow\mathfrak{S}_{6}$. On sait qu'un isomorphisme transforme une classe en une classe ayant même cardinal, même ordre et même signature. On commence donc par énumérer les classes de conjugaison. Nous avons
$$ \begin{array}{ccc|cc|cc} type & \sigma & o & \mathfrak{S}_{6} & & \mathfrak{S}_{5}\\ \hline () & + & 1 & 1 & & 1\\ (12)(34) & + & 2 & 45 & & 15\\ (123) & + & 3 & 40 & & 20\\ (123)(456) & + & 3 & 40 & \\ (1234)(56) & + & 4 & 90 & \\ (12345) & + & 5 & 144 & 360 & 24 & 60\\ \hline (12) & - & 2 & 15 & & 10\\ (12)(34)(56) & - & 2 & 15 & \\ (123)(45) & - & 6 & 120 & & 20\\ (123456) & - & 6 & 120 & \\ (1234) & - & 4 & 90 & 360 & 30 & 60 \end{array} $$
L'isomorphisme $\phi$ ne peut pas être intérieur, car il laisserait les classes invariantes une par une. Or, nous avons $(1,2,3)(4,6,5)\mapsto(1,2,5)$. Il reste à étendre le morphisme depuis les 60 éléments concernés à la totalité des 720 éléments. On peut montrer que, si une transposition allait sur une transposition, l'isomorphisme serait intérieur.
Il faut donc qu'une tri-transposition aille sur une transposition simple. Et cela donne, par exemple: \[ \begin{array}{ccc} (1,2)(3,4)(5,6) & \mapsto & (1,6)\\ (1,2,3)(4,6,5) & \mapsto & (1,2,5)\\ 1,2,3,6,4) & \mapsto & (1,2,4,5,3) \end{array} \]
En fait, c'est le seul exemple possible. Sur les 15 tri-transpositions, seules $5$ permettent de compléter $\mathfrak A_5$ pour générer $\mathfrak{S}_{6}$ et les 4 autres, i.e. (1,3)(2,5)(4,6), (1,4)(2,6)(3,5), (1,5)(2,4)(3,6), (1,6)(2,3)(4,5) engendrent des objets qui ne sont pas reconnus comme des morphismes. Par ailleurs, cet isomorphisme extérieur est d'ordre $8$.
Cordialement, Pierre.
C'est de MA faute, sorry. Je n'ai pas numéroté en magma les maisons comme dans le document TeX. La honte ! Je corrige
Pour vérification (cela doit être en accord avec le dessin en TeX) :
ce qui donne MAINTENANT :
Il y aura d'autres soucis car magma compose les permutations dans le sens inverse de nous autres. J'ai eu quelques prises de tête car il fallu que je transforme des classes à gauche en des classes à droite. Les choses de la vie.
En ce qui concerne l'injectivité de $\phi : S_5 \to \text{Perm}(\mathcal M)$, tu as raison, mon petit fils ne connaît pas encore les sous-groupes distingués de $S_n$. Faudra bien qu'il y passe. Mais là, j'ai noté dans mes brouillons qu'en utilisant les normalisateurs (mon petit-fils connaît), on pouvait se passer de la classification. Je veux dire que :
$$
\ker \phi = N(a) \cap N(b) \cap N(c) \cap N(d) \cap N(e) \cap N(f)
$$
Cela mord sur une autre question i.e. sur la question $N(a) \cap N(b) \cap N(c) = \{1\}$. De manière générale, les questions ne sont peut-être pas toujours dans le bon ordre.
PS1 : je ne sais pas tester à la main si une permutation de $\mathcal M$ est dans $\Sigma_5$.
PS2 : j'ai bien vu ton $A_5$, $\text{PSL}_2(\mathbb F_5)$ et le truc qui te tracasse depuis un certain temps.
PS3 : hier, un utilisateur très timide m'a contacté en privé pour me donner d'autres tuyaux. Par exemple, l'utilisation des (six) pentades de $\{1,\ldots,6\}$. On verra plus tard. J'ai bien dit ``pentade'' (pour 5) et pas ``pintade''.
Merci. Mon petit fils n'est pas encore à l'aise avec le dodécaèdre. Et peut-être que moi non plus. En tout cas, histoire de me familiariser, j'ai bien envie de passer tout ce petit monde dodécaédral, via la projection stéréographique, dans $\text{PSU}_2(\C)$ et même dans $\text{PSU}_2(\Q(\root 5 \of 1))$. Et peut-être même que je vais remonter à $\text{SU}_2(\Q(\root 5 \of 1))$, histoire de jouer avec le groupe binaire icosaédral.
A suivre, mais plus tard.
J'ai retrouvé un petit pdf, c'est complètement illisible (td) mais je vois une histoire d'intersection de normalisateurs aussi
Oui, c'est cela. Et j'ai encore fait une c.nnerie en magma. A l'envers signifie, à la base que :
$$
\sigma *_{\rm magma} \sigma' = \sigma' \circ_{\rm nous} \sigma
$$
J'ai beau le savoir, je suis encore tombé dans le panneau. Je te montre mon code
Que se passe-t-il ? $\tau * c * \tau^{-1}$, c'est $\tau^{-1} \circ c \circ \tau$ dans la définition de la map phiBad. Et j'en ai fait un morphisme PhiBad dans la ligne en dessous. Mais un morphisme au sens magma ! I.e. au sens de SES lois de SES groupes symétriques. Et on n'a PAS PhiBad(tau) = phiBad(tau) ce que pourtant je VOULAIS.
Erreur de programmation de MA part.
Bref, la bonne manière de faire est :
Ce qui va entraîner des changements mineurs par rapport à mon post initial. Mais il n'y a pas de changements mineurs en programmation. Il y a des changements. Point. Mais comme mes affaires ne sont pas trop mal paramétrées, tout est remis d'aplomb (en principe).
Je note $\infty$ la maison $(12345)$ maison $a$ (mon choix est arbitraire).
Je note $\textbf{0}$ la maison $(13245)$ maison $b$. (Mon choix est arbitraire).
Pour l'instant, ça ne change rien avec toi.
Par contre, j'ai décidé de nommer $\textbf{i}$ la maison $(12345)^i (13245) (12345)^{-i}$. De manière a avoir $\phi(12345)= (\infty)(\textbf{01234})$ histoire de bien coller avec $z \to z+1$.
Mon codage est le suivant :
$$
\infty \leftrightarrow (12345) \leftrightarrow a
\quad \textbf{0} \leftrightarrow (13245) \leftrightarrow b
\quad \textbf{1} \leftrightarrow (23145) \leftrightarrow d \quad
\textbf{2} \leftrightarrow (32145) \leftrightarrow f \quad
\textbf{3} \leftrightarrow (31245) \leftrightarrow e
\quad \textbf{4} \leftrightarrow (21345) \leftrightarrow c
$$
Et on peut calculer vraiment facilement l'action de $(12)$ qui donne $(\infty \textbf{4})(\textbf{01})(\textbf{23})$. On en déduit que l'image de $S_5$ dans $\text{Perm} \, \mathbb{P}^1(\mathbb{F}_5)$ s'identifie avec le sous-groupe engendré par : $ z \to z+1$ et $z \to \frac{-z+1}{z+1}$, je me demande qui ça peut bien être :-D
Ca le fait ?
Mais pourquoi les concepteurs de Magma ont décidé de prendre la composition a "l'envers" :-S
Bien joué. Je résume : tu mets en correspondance (pas n'importe comment) $\calM \leftrightarrow \mathbb P^1(\mathbb F_5)$. Et tu regardes à travers cette correspondance l'action de $S_5$ sur $\calM$. Que devient-elle sur $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$ ? Et le truc super-bien, c'est que tu obtiens deux HOMOGRAPHIES (Alléluia) qui en fait engendrent $\text{PGL}_2(\mathbb F_5)$. Il faut quand même montrer ce point.
Bilan : c'est que $S_5$ agissant sur $\calM$, c'est pareil que $\text{PGL}_2(\mathbb F_5)$ agissant sur $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$. Youpi. Of course, cela démontre que $S_5 \simeq \text{PGL}_2(\mathbb F_5)$. Mais c'est mieux que cela : cette dernière isomorphie est uniquement groupiste tandis que toi c'est groupiste AVEC ACTION.
Et du coup, j'ai pas pu (moi non plus) m'empêcher de jouer avec tes jouets. Sauf que j'ai tout relevé au niveau $\text{GL}_2$ au lieu de rester au niveau $\text{PGL}_2$. Et au niveau du relevé, cela engendre encore :
$$
\calM = \hbox {six sous-groupes d'ordre 5 de $S_6$} \qquad
\hbox {six pentades de $\{1, \ldots, 6\}$} \qquad
\hbox {six bicolorations spéciales des arêtes du graphe complet $K_5$}
$$
RECTIFICATIF Sur l'ensemble du milieu (les six pentades), c'est $S_6$ qui opère et pas $S_5$ !
Je m'inspire de http://www.madore.org/~david/weblog/d.2017-02-13.2423.html#d.2017-02-13.2423.CUT et de http://math.stanford.edu/~vakil/files/sixjan2308.pdf. Et je dis merci à l'utilisateur qui m'a parlé des pentades.
BICOLORATION SPECIALE DES ARETES du graphe complet $K_5$ (ou, en anglais, MYSTIC PENTAGON)
Il s'agit d'une partition des 10 arêtes de $K_5$ en deux paquets de 5 de sorte que chaque paquet soit un cycle hamiltonien (qui passe par les 5 sommets). J'attache de nouveau le dessin. A noter que le complémentaire d'un cycle hamiltonien est automatiquement un cycle hamiltonien. Un tel cycle (au sens des graphes) détermine deux 5-cycles groupistes (dans $S_5$) $\tau$ et $\tau^{-1}$ (selon le sens de parcours). Et le cycle complémentaire détermine $\tau^{\pm 2}$. Vérification à faire sur les configurations. Par exemple, le mystique pentagone $a$ :
$$
\hbox {Pentagone $a$ :} \qquad
\hbox {cycle noir : } \tau = (13524)^{\pm 1}, \qquad
\hbox {cycle pointillé : } \tau' = (12345)^{\pm 1}, \qquad
\langle \tau \rangle = \langle \tau' \rangle
$$
On met ainsi en correspondance biunivoque l'ensemble $\calM$ des 6 maisons et l'ensemble des pentagones mystiques. Et d'une.
Une remarque : pour chaque pentagone mystique, il y a une correspondance entre les 5 arêtes d'un cycle noir et les 5 arêtes d'un cycle pointillé : associer à une arête noire l'unique arête pointillée non adjacente. Par exemple :
$$
\hbox {Pentagone $a$ :} \qquad 13_{\rm noire} \leftrightarrow 45_{\rm point.}
$$
PENTADES
Il faut d'abord définir une 2-2-2-partition de $\{1, \ldots, 6\}$ ou au choix une triple transposition de $S_6$ (c'est pareil). Je pense qu'un exemple suffit :
$$
\{ \{1,2\}, \{3,4\}, \{5,6\} \} \quad \leftrightarrow\quad (12)(34)(56)
$$
Je crois que l'on dit aussi syntheme (terminologie de Sylvester) au lieu de 2-2-2-partition.
Exercice : il y a 15 2-2-2-partitions de $\{1, \ldots, 6\}$. Les voici sous forme de triple transpositions :
Une pentade $P$ est un ensemble $\{p_1, \cdots, p_5\}$ de cinq 2-2-2 partitions vérifiant $p_i \cap p_j = \emptyset$ pour $i \ne j$ (ne pas oublier que $p_i$ est un ensemble). En voici un exemple sous forme d'une famille de cinq triple-transpositions :
Et la chute, c'est qu'il y a en tout et pour tout 6 pentades de $\{1, \ldots, 6\}$. Les voici :
Dans le prochain post, j'explique pourquoi il y en a seulement 6 en mettant en correspondance pentade et pentagone mystique.
C'est marrant car plus haut tu as parlé d'action strictement $3$ transitives ... pour le point $6$. Y'a un lien avec le birapport, c'est obligé !
Je ne sais pas. Bien sûr, il m'est déjà arrivé de montrer que $S_5 \simeq \text{PGL}_2(\mathbb F_5)$, de plusieurs manières. Mais ce que tu veux c'est autre chose : tu veux inverser un isomorphisme bien précis $S_5 \mapsto \text{PGL}_2(\mathbb F_5)$.
Il y a dans Merindol, Nombres et Algèbre, Section 10.2.2 page 450, une preuve de $S_5 \simeq \text{PGL}_2(\mathbb F_5)$ qui utilise le birapport, preuve que je ne connaissais pas (vu cela hier). Pas pris le temps de l'étudier. Je ne sais pas si cela peut aider.
Autrefois, je prenais le problème sous la forme : comment ``trouver du 5 dans du 6 ?''
PS : je viens de vérifier que le birapport n'est pas au programme de CM2.
Il s'agit d'associer à un pentagone mystique une pentade. Et réciproquement. Je le fais uniquement dans le sens pentagone mystique $\rightarrow$ pentade.
Rappel : un pentagone mystique est une partition des 10 arêtes du graphe complet $K_5$ en deux paquets de 5, telle que chaque paquet est un cycle hamiltonien. Tandis qu'une pentade est un ensemble constitué de 5 triple-transpositions de $S_6$ ``disjointes'' deux à deux.
Sur l'exemple suivant qui est le pentagone mystique $a$ dans le post pointé :
$$
\hbox {arêtes pointillées} : \underline {12}, 23, 34, 45, 51,
\qquad \qquad
\hbox {arêtes noires} : 13, \underline {35}, 52, 24, 41,
$$
Ce qui est souligné, c'est juste pour rappeler qu'il y a une correspondance entre les arêtes au sens suivant : à une arête en pointillé (par exemple $12$), on associe l'arête noire (ici $35$) non adjacente.
On commence par élaborer 5 double transpositions en utilisant la correspondance arêtes en pointillés $\leftrightarrow$ arêtes noires :
$$
(1,2)(3,5), \qquad (2,3)(1,4), \qquad (3,4)(2,5), \qquad (4,5)(1,3), \qquad (1,5)(2,4)
$$
Puis on complète chaque double transposition à l'aide du sommet de $K_5$ non utilisé dans cette double transposition et d'un symbole $\bullet$ :
$$
(1,2)(3,5)(4,\bullet), \qquad (2,3)(1,4)(5,\bullet), \qquad (3,4)(2,5)(1,\bullet), \qquad (4,5)(1,3)(2,\bullet), \qquad (1,5)(2,4)(3,\bullet)
$$
C'est une pentade sur $\{1,2,3,4,5,\bullet\}$. Of course, on peut prendre $\bullet = 6$.
$$
A_5 \simeq \text{PSL}_2(\mathbb F_5), \qquad
\widetilde {A_5} \simeq \text{SL}_2(\mathbb F_5), \qquad
S_5 \simeq \text{PGL}_2(\mathbb F_5)
$$
Je pense que le groupe $\text{GL}_2(\mathbb F_5)$ qui est ``4 fois plus gros'' que $\text{PGL}_2(\mathbb F_5)$ n'a rien à voir dans l'histoire.
En passant, même si ce n'est pas directement utile, je rappelle qu'il existe une unique extension centrale non triviale de $A_n$ par $C_2$ et qu'il est donc, dans ce cadre, plus facile de jouer avec $A_n$ qu'avec $S_n$ :
$$
H^2(A_n, \mathbb F_2) \simeq \Z/2\Z, \qquad \hbox {versus} \qquad
H^2(S_n, \mathbb F_2) \simeq (\Z/2\Z)^2
$$
Ce n'est pas toujours facile de choisir les bons jouets pour commencer.
Et ce que l'on veut c'est réaliser $\widetilde {A_5} = \text{SL}_2(\mathbb F_5)$ dans $\text{SU}_2(\C)$. C'est possible grâce à la passerelle projection stéréographique qui relie $\text{SO}_3(\R)$ moulinant sur la sphère réelle $\mathbb S^2$ et $\text{PSU}_2(\C)$ sous-groupe de $\text{PGL}_2(\C)$ opérant sur la droite projective $\mathbb P^1(\C)$.
En bricolant (en maple, je crois, cela remonte à Juin 2000), j'étais tombé sur :
$$
a_3 = {1 \over \overline {\zeta_5} - \zeta_5} \pmatrix {1+\zeta_5 & 1 \cr 1 & -1-\overline {\zeta_5}}, \qquad
a_5 = \pmatrix {\zeta_5^2 & 0\cr 0 & \zeta_5^3}, \qquad
a_2 = (a_3a_5)^{-1}, \qquad
\hbox {$\zeta_5$ racine primitive de l'unité d'ordre 5}
$$
Je dis en bricolant mais peut-être que je l'avais trouvé dans la littérature, je ne m'en souviens plus. Mais de toutes façons, ce modèle va souffrir de plusieurs défaults (cf plus loin).
Tout d'abord $\det(a_3) = 1$, $a_3 \in \text{SU}_2(\C)$ (et en passant $a_3$ est symétrique). Le polynôme caractéristique de $a_3$ est $X^2 + X + 1$ donc $a_3^3 = 1$. Quant à $a_3a_5$, elle est de trace nulle et donc projectivement c'est une homographie involutive d'où $(a_3a_5)^2 = \pm 1$. Mais $a_3a_5 \ne \pm 1$ donc $(a_3a_5)^2 = -1$. Bilan :
$$
a_2a_3a_5 = 1, \qquad a_2^2 = -1, \qquad a_2^4 = 1, \qquad a_3^3 = 1, \qquad a_5^5 = 1
$$
En posant $a = -a_3$, $b = -a_5$ :
$$
a^3 = b^5 = (ab)^2 \qquad (\star)
$$
Et on est content car on démontre d'une part que $(\star)$ est une présentation du groupe icosaédral et d'autre part que c'est une présentation du groupe $\langle -a_3, -a_5\rangle$.
MAIS GROS DEFAUTS de ce modèle.
(1) On voudrait relier la caractéristique $0$ i.e. $\C$ à la caractéristique $5$ i.e. $\mathbb F_5$ par réduction d'un idéal maximal de $\Z[\root 5\of 1]$. Je n'y crois pas sur ce modèle.
(2) Le groupe $\langle -a_3, -a_5\rangle$ n'est pas un groupe de réflexions.
BILAN : mettre cela à la poubelle. Et repartir sur des bases saines. Comment ? En lisant le fameux papier de Shephard & Todd, Finite Unitary Reflection Groups. https://cms.math.ca/openaccess/cjm/v6/cjm1954v06.0274-0304.pdf
Ce qui est rigolo, c'est que vous abordez une question que j'aurais voulu poser dans le fil Homographies.
Problème : combien de modèles différents pour un groupe d'ordre $120$ ?
Je ne suis pas sûr de comprendre ta question. J'y réponds quand même. D'abord il y a 47 classes d'isomorphie de groupes d'ordre 120.
Mais ce que je cherche, ce sont des modèles du groupe $\text{SL}_2(\mathbb F_5)$, d'ordre 240, 120 (merci gai-requin) dans $\text{GL}_2(\C)$. Pour dire vrai, je ne sais pas ce que je cherche et je comprends que comme avant, je me mélange encore les pinceaux.
Car le vrai groupe binaire icosaédral, il est essentiellement unique : c'est le relevé dans $\text{SU}_2(\C)$ du groupe icosaédral, qui lui est contenu dans $\text{PSU}_2(\C) \simeq \text{SO}_3(\R)$. Et ce dernier (le groupe icosaédral i.e. en projectif) est essentiellement unique : une seule classe de conjugaison. C'est la classification des sous-groupes finis de $\text{SO}_3(\R)$ qui annonce cette unicité à conjugaison près.
C'est donc lui que j'ai trouvé et je ne dois pas le mettre à la poubelle !! D'ailleurs, il me semble que je le retrouve de nouveau via $\langle S_1, T_1\rangle$ avec $S_1, T_1$ de Shepard-Todd, haut de la page 282 (rubrique Groups derived from the icosahedral groups).
Mais dans la vie, on voudrait bien qu'il y ait un seul machin qui .. Mais c'est stupide. I.e. je suis stupide. Car il y a un AUTRE groupe isomorphe à $\text{SL}_2(\mathbb F_5)$ mais qui est contenu dans $\text{GL}_2(\Q(\root 20 \of 1))$. C'est le groupe de réflections numéro 22 dans la table III de la page 283 : $\langle iS_1, T_1\rangle$. ARCHI FAUX $\langle iS_1, T_1\rangle$ est d'ordre 240 !!
Et selon ce que j'ai envie de faire, je peux utiliser un modèle pour telle activité et un autre modèle pour une autre activité.
Je crois que cela m'énerve d'être toujours aussi peu clair.
Rien à voir : et la dimension des idéaux monomiaux ? I am ready.
Quand je vois
$$
a_2a_3a_5 = 1, \qquad a_2^2 = -1, \qquad a_2^4 = 1, \qquad a_3^3 = 1, \qquad a_5^5 = 1
$$
Je pense directement au groupe fondamental de la sphère privée de trois points, c'est grave ? Tiens et en traînant, un peu, sur le forum de topologie j'ai trouvé une petite sphère : $\text{SL}_2(\Z) \backslash \overline{\mathbb{H}}$, c'est vraiment une sphère, j'ai essayé d'expliquer ça avec une histoire de cornet de fritte ... ça va bien ensemble les frittes et les pintades :-D
hum, comment on va faire pour remettre tout le monde a sa place :-S
Je crois que $\text{SL}_2(\mathbb F_5)$ est plutôt d'ordre $120$ non ?
J'ai commencé le chapitre 9 du Cox, Little, O'Shea qui te prennent par la main mais, faute de temps, je n'ai pu que parcourir le §1 sans regarder les exos. (td)
Bien sûr que tu as raison $\#\text{SL}_2(\mathbb F_5) = 120$ et pas 240 ! J'ai raconté des conn.ries.
@flip flop
Oui, le revêtement $X(5) \to X(1)$ est ramifié en 3 points du bas. Et c'est lié à $\text{PSL}_2(\mathbb F_5) = A_5$.
PS : mon petit fils trouve trop compliqué la construction d'un automorphisme non intérieur de $S_6$. Alors, je me suis forcé à trouver une construction directe, vachement plus simple à mettre en place. Plus tard.
Je fais la maison $b$ pour voir si j'ai compris.
La maison est $(13245)$, on colorie en bleu les arrêtes du pentagone qui correspondent au cycle $(13245)$ et en rouge les arrêtes qui correspondent au cycle $(13245)^2=(12534)$.
Ensuite, on fait une correspondance entre les arrêtes bleues et celles rouges. Par exemple, $(12) \leftrightarrow (45)$ ou aussi $(25) \leftrightarrow (13)$.
et on forme la pentade :
$$
(12)(45)(3 \infty) \quad (14)(23)(5 \infty) \quad (52)(13)(4 \infty) \quad (35)(42)(1 \infty) \quad (34)(15)(2 \infty)
$$
Je pense que je comprend !
Est-ce que tu as finalement trouvé une preuve de $H^2(A_n, \mathbb F_2) \simeq \Z/2\Z$ qui ne remonte pas à Schur ?
Vu ton dernier post, peut-être que tu vas pouvoir m'aider (dans l'intention de simplifier des choses pour petif-fils). Je continue à noter $\calM$ l'ensemble des six sous-groupes d'ordre 5 de $S_5$ et $\calP$ l'ensemble des (six) pentades. Une pentade c'est un objet difficile à appréhender. Je vais revisiter d'une part l'égalité $\#\calP = 6$ et d'autre part la transformation
$$
\calM \to \calP \qquad \qquad (\star)
$$
et te poser au moins 3 questions.
Dans tout le post, $k$ varie entre 1 et 5, $i$ entre 1 et 6, $\tau$ est un 5-cycle de $S_5$ et enfin $\sigma$ habite $S_6$.
(I) RETOUR SUR $(\star)$.
Je fixe $\tau$ un 5-cycle. Pour $1 \le k \le 5$, je définis une 2-2-2-partition $p_{\tau,k}$ de $\{1,\ldots,6\}$. Puis à droite, une pentade $P_\tau$ :
$$
p_{\tau,k} = \{\quad \{k,\tau(k)\}, \ \{\tau^2(k),\tau^4(k)\},\ \{\tau^3(k),6\}\quad \}
\qquad\qquad
P_\tau = \{ p_{\tau,k}, \ 1 \le k \le 5 \}
$$
Il faut penser au pentagone mystique (graphe complet $K_5$) avec un paquet de 5 arêtes $\tau$-consécutives et un autre paquet de $5$ arêtes $\tau^2$-consécutives.
On a $P_\tau = P_{\tau^2}$ car par exemple :
$$
\{ (\tau^2)^2(k), (\tau^2)^4(k) \} = \{ \tau^4(k), \tau^3(k) \} = \{ \tau^3(k), \tau^4(k) \} = \{ k', \tau(k' \} \qquad \hbox {avec $k' = \tau^3(k)$}
$$
Bilan :
$$
P_\tau = P_{\tau^2} = P_{(\tau^2)^2} = P_{\tau^4} = P_{(\tau^4)^2} = P_{\tau^3}
$$
Et donc $P_\tau$ ne dépend que du sous-groupe engendré par $\tau$. On peut donc noter $P_{\langle \tau\rangle}$ ce qui donne naissance à $(\star)$.
QUESTION I : montrer que $(\star)$ est une bijection de $\calM$ sur $\calP$ en explicitant l'inverse.
Tu remarqueras que j'évite de parler de triple transpositions de $S_6$ : c'est juste que je n'ai pas envie de composer (droite gauche). Mais je dessine une 2-2-2-partition comme une triple transposition pour gagner de la place. Voici la transformation $(\star)$, je ne sais pas si cela peut aider. En lignes 1, 3, 5 .. le groupe d'ordre 5 fourni par ses 4 générateurs. Et aux lignes 2, 4, 6, ... l'image par $(\star)$.
(II) NUMEROTATION DE $\calP$. Il est clair que $S_6$ opère sur $\calP$ en appliquant $\sigma \in S_6$ aux éléments figurant dans une pentade $P$ ``comme on le pense''. Je noterai $\sigma \cdot P$. J'adopte la numérotation :
$$
P_i = (1,i) \cdot P_{(12345)} \qquad 1 \le i \le 6
$$
QUESTION II : pourquoi $\calP = \{P_i,\ 1 \le i \le 6 \}$ ??
Admettons tout cela (c'est vérifié en machine). Soit $\sigma \in S_6$. Alors pour chaque $1 \le i \le 6$, il existe un et un seul $\widetilde \sigma(i)$ vérifiant :
$$
\sigma \cdot P_i = P_{\widetilde \sigma(i)}
$$
Alors $i \to \widetilde \sigma(i)$ est une permutation i.e. un habitant de $S_6$. Et il faut montrer (c'est encore une QUESTION !) que :
$$
S_6 \ni \sigma \mapsto \widetilde \sigma \in S_6
$$
est un morphisme (pas difficile) involutif (je sèche). Qui transforme une transposition en une triple transposition. Donc un automorphisme NON intérieur de $S_6$ bien précis.
Avantage : EXIT la théorie des groupes (petit fil sera content).
Une dernière question informelle : vois tu un rapport entre $\calP$ et $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$ ?
Merci.
Pas de réponse de la part des spécialistes contactés. Il me semble que j'avais choisi des personnes susceptibles de répondre. Qui étudient par exemple des choses bien plus complexes que le groupe alterné $A_n$ (les sous-groupes alternés des groupes de Coxeter par exemple).
C'est la vie.
Je vois un peu truc dans $\mathcal{P}$ mais y'a un petit bordel pour vraiment comprendre. surtout pour changer la maison infini ! J'hésite un peu a poster car ça ressemble a de la numérologie ... bon tant pis, tu me diras, au pire on mettra a la poubelle :-D
Tu sais que j'aime bien la maison $\infty$ c'est la maison $6$ !
Et dans la maison infini, il y a $5$ éléments (je pense que les $5$ uniques éléments d'ordre $2$ dans l'intersection des normalisateurs de deux maisons) ... bref, dans cette maison $\infty$, je peux appeler des éléments spéciaux : pour chaque élément de $k \in \mathbb{F}_5$, je peux appelé la maison $\textbf{k}$, on fait $N(\infty) \cap N(\textbf{k})$ et on prend l'élément d'ordre $2$ dans ce groupe d'ordre $4$.
Exemple : la maison $\textbf{0}$ :
Ca me permet de prendre : $N(6) \cap N(\text{5})$ ($5=0$) donc je cherche un homographie qui fixe $6$ et $\text{0}$, donc de la forme : $z \mapsto \alpha \times z$ : la multiplication par $-1$ pour avoir un élément d'ordre $2$ : $z \mapsto -z$ et l'action est $(1, 4)(2, 3)$.
et on retrouve l'élément en commun entre les deux maisons : $(1, 4)(2, 3)(56)$
La maison $\textbf{1}$ :
Ca me permet de prendre : $N(\infty) \cap N(\text{1})$, donc je cherche un homographie qui fixe $\infty$ et $\text{1}$, donc de la forme : $z \mapsto \alpha \times (z-1)+1$ on prend $\alpha=-1$donc $z \mapsto -z+2$ et l'action est $(3, 4)(2, 5)$.
La maison $\textbf{4}$ : Ca me permet de prendre : $N(\infty) \cap N(\text{4})$, donc je cherche un homographie qui fixe $\infty$ et $\text{4}$, donc de la forme : $z \mapsto \alpha \times (z-4)+4$ on prend $\alpha=-1$donc $z \mapsto -z+3$ et l'action est $(1, 2)(3, 5)$
Je confirme "plein de choses". Par exemple, l'intersection de deux normalisateurs de maisons, c'est un groupe cyclique d'ordre 4 de $S_5$ (engendré par un 4-cycle). Cela se voit en étudiant le normalisateur d'une seule maison par exemple le normalisateur du groupe engendré par $x \mapsto x+1$ dans $\text{Perm}(\mathbb F_5)$. Comme déjà dit, ce normalisateur c'est $\text{AGL}_1(\mathbb F_5)$ constitué des $x \mapsto ax+b$ avec $a \in \mathbb F_5^*$ et $b \in \mathbb F_5$. Ce qui fait un groupe d'ordre 20. Et la structure des éléments est :
$a= 1$ : i.e. $x \mapsto x+b$ i.e. les éléments du groupe cylique de départ
$a \ne 1$ : alors $x \mapsto ax+b$ a un seul point fixe (résoudre $x = ax+b$), donc une structure de type $(\bullet)(\bullet\bullet\bullet\bullet)$ si $a$ est d'ordre 4 ou $(\bullet)(\bullet\bullet)(\bullet\bullet)$ si $a$ est d'ordre 2.
Donc le nombre d'éléments d'ordre 2 dans l'intersection de deux normalisateurs de maisons c'est 15. Autant que d'intersections i.e. $(6 \times 5 )/2 = 15$.
Par ailleurs, j'ai compté le nombre d'homographies involutives de $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$ ayant deux points fixes (j'ai vu que tu jouais avec). Structure $(\bullet)(\bullet)(\bullet\bullet)(\bullet\bullet)$. J'en ai trouvé 15. Avec des matrices du type :
$$
\pmatrix { -1 & b \cr 0 & 1} : 5 \hbox { [autant que de $b \in \mathbb F_5$]}
\qquad\qquad
\pmatrix {a & b \cr 1 & -a} \hbox { avec $b = -a^2 \pm 1$} : 2 \times 5 = 10 \hbox { [$2\times$ (autant que de $a \in \mathbb F_5)$]}
$$
Coup de la trace nulle, de $-$déterminant qui doit être un carré .(polynôme caractéristique scindé) ...etc..
Euh, où est ce que l'on va ?? Faut que je continue à analyser ton post.
Autre chose (RIEN A VOIR avec ci-dessus). De la même manière qu'il ne faut pas confondre pintade et pentade, il ne faut pas confondre Joan Baez et John Baez. Chez cette dernière (ce dernier ?), j'ai vu in http://math.ucr.edu/home/baez/six.html que $S_6$ était isomorphe au groupe symplectique $\text{Sp}_4(\mathbb F_2)$. J'ai pas pu résisté.
Ensuite pour créer une maison $\textbf{i}$ a partir de la maison infini, on regarde dans la maison infini la permutation qui échange $\textbf{i}$ et $6$ et on applique la conjugaison par cet élément aux habitants de la maison $\infty$ (en gros, on échange $i$ vers l'infini).
Je pense que c'est un élément d'ordre $2$ qui commute avec l'intersection de $N(3) \cap N(6)$ mais qui n'appartient pas à $N(3) \cap N(6)$ :-S
Par exemple, pour créer la maison $\textbf{3}$ :
On regarde dans la maison $\infty$ :
L'échangeur est : $(1, 5)(2, 4)(3, 6)$ et on conjugue la maison $\infty$ par cet élément :
$$
(1, 5)(2, 4)(3, 6) (1, 2)(3, 5)(4, 6) (1, 5)(2, 4)(3, 6) = (54)(61)(23) \quad (1, 5)(2, 4)(3, 6) (1, 4)(2, 3)(5, 6) (1, 5)(2, 4)(3, 6) = (52)(46)(13) \dots
$$
hum, c'est le bord$\ell$ :-D car il faut faire une conjugaison et non pas regarder l'intersection des normalisateurs (y'a un échange que je n'arrive pas a écrire, je me mélange les pinceaux) !
Faut peut être oublié cette construction !!! Ca me rend fou ce truc :-D
Je reviens sur ton AVANT dernier post (pour l'instant, je zappe sur le dernier, je le garde pour plus tard). Je raconte ci-dessous la même chose que toi sans privilégier $\infty$ et en fait sans $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$ (probablement à ton grand regret).
Je considère deux maisons distinctes $m_1, m_2 \in \mathcal M$ i.e. deux sous-groupes d'ordre 5 de $S_5$ et leurs normalisateurs $N_1 := N(m_1)$, $N_2 := N(m_2)$ dans $S_5$. Par exemple :
Alors l'intersection $N(m_1) \cap N(m_2)$ est engendrée par un 4-cycle. Et donc cette intersection contient un unique élément d'ordre 2 noté $g_2$:
Et maintenant, je pose :
$$
P_1 = \text{Pentad}(m_1), \qquad P_2 = \text{Pentad}(m_2), \qquad \text {Pentad} : \mathcal M \to \mathcal P
$$
Et tu dis que l'on va retrouver $g_2$ ``dans'' $P_1 \cap P_2$ :
OK ? C'est bien cela que tu dis ?
Question folie : il me semble que les notions de synthème (2-2-2-partition) et pentade sont dûes à Sylvester. C'est du moins ce que je crois comprendre dans http://math.stanford.edu/~vakil/files/sixjan2308.pdf (voir intro et section 1.4 avec une référence à Coxeter).
La notion de pentade, je la trouve délicate. Mais une fois bien au point, c'est vachement efficace car $S_6$ opère naturellement sur $\mathcal P$ d'une part et d'autre part sur $\{1 \ldots 6\}$ (comme d'habitude).
Petite constatation : tu fixes une pentade $P \in \mathcal P$ et tu considères le fixateur $F = \{ \sigma \in S_6 \mid \sigma\cdot P = P\}$. Alors $F$ est isomorphe à $S_5$ quand on voit $F$ agissant sur $\mathcal P$ (normal il fixe $P$). Mais si on regarde $F$ agissant sur $\{1,\ldots 6\}$, il y est transitif. C'est un fameux exemplaire de $\Sigma_5$ dans $S_6$.
Un autre truc de dingue : monter les pentades non pas sur $\{1, \ldots, 6\}$ mais sur les 6 pentades $\{P_1, \ldots, P_6\}$. Là, tu deviens fou.
Ici je reviens sur la chose icosaédrale entamée dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1467436,1469236#msg-1469236. Je n'ai pas mis à la poubelle les matrices $a_3, a_5$ de $\text{SU}_2(\C)$ car j'ai constaté que $\langle a_3, a_5\rangle = \langle S_1, T_1\rangle$ de Shephard-Todd, haut de la page 282. En fait peu importe ce que sont $S_1, T_1$, juste pour dire que l'égalité des groupes engendrés, c'est un signe de bonne santé.
Et j'ai continué jusqu'à mettre l'icosaèdre en homographies et obtenir une fraction rationnelle $t = F(x)$ de hauteur $60 = \#A_5$, avec comme groupe d'automorphismes un groupe d'homographies. Avec la ramification attendue au dessus de $\infty, 0, 1$ (un revêtement de Belyi).
Rappel : $\langle a_3, a_5\rangle \simeq \text{SL}_2(\mathbb F_5)$, d'ordre 120. Je définis un groupe d'homographies :
$$
H = \pi(\langle a_3, a_5\rangle), \qquad \pi : \text{SU}_2(\C) \to \text{PSU}_2(\C) \simeq \text{SO}_3(\R)
$$
De sorte que :
$$
H \simeq \text{PSL}_2(\mathbb F_5) \simeq A_5 \simeq \text{SO}_3(\hbox {icosaèdre)}
$$
Convenons que ce sont des homographies en $x$. Et j'ai ressorti le coup de Luröth i.e. le coup de la détermination d'une fraction rationnelle $t = F(x)$ de hauteur 60 telle que :
$$
\C(x)^H = \C(t)
$$
Avec bien sûr le trick habituel (quart de la moitié du théorème de Luröth) :
$$
\prod_{h \in H} (T - h(x)) = T^{60} + F_{59}(x) T^{59} + \cdots + F_1(x) T + F_0(x) \qquad \qquad (\star)
$$
Tout coefficient non constant $F_i(x)$ est de hauteur 60 et vérifie $\C(x)^H = \C(F_i)$. Bien sûr, je suis pas fou, j'ai pris comme corps des nombres complexes le corps $\C = \Q(\root 5\of 1)$ car les matrices $a_3, a_5$ sont définies sur ce corps cyclotomique.
En vérité, il a fallu que je bataille autrement car $(\star)$ cela a fait chauffer ma machine. Je passe les détails. J'ai aussi dû faire une homographie de la fraction rationnelle pour déplacer la ramification en bas sur $\infty, 0, 1$.
Bref, cela le fait. Avec :
$$
F = {u \over v} \qquad
u = {1 \over 1728} (X^{30} + 522 X^{25} - 10005X^{20} - 10005X^{10} - 522X^5 + 1)^2,
\qquad\qquad
v = (X^{11} + 11X^6 - X)^5
$$
on a
$$
u-v = {1 \over 1728} (X^{20} - 228X^{15} + 494X^{10} + 228X^5 + 1)^3
$$
Et la structure de ramification du revêtement $x \mapsto t=F(x)$ est la suivante :
$$
\xymatrix {
(\infty,\hbox {11 racines de v})_5\ar[d] & (\hbox {30 zéros de u})_2\ar[d] & (\hbox {20 zéros de u-v})_3\ar[d]
\\
\infty & 0 & 1
\\
}
$$
Et on voit l'icosaèdre :
$$
60 = 12 \times 5 = 30 \times 2 = 20 \times 3
$$
qui a 12 sommets de valence 5, 30 arêtes, 20 faces de longueur 3 (des triangles),. Mettre un point au milieu de chaque arête (valence 2), au milieu de chaque face (valence 3) et en les sommets. Ce sont en ces points qu'a lieu la ramification de $t = F(x)$, là où le groupe $\text{SO}_3(\hbox {icosaèdre})$ possède de l'inertie.
Artin, Lüroth et le petit triangle qui va bien pour se récupérer trois générateurs de $A_5$.
Bravo !
Tu penses pouvoir remonter jusqu'à $\widetilde {A_5}$ ?
Sinon, concernant ici : oui c'est ça, mais je n'arrive plus a me retrouver si j'oublie $\infty$ et ma numérotation. Mais ce que je veux dire c'est qu'il y a l'action contrôle de l'action de conjugaison de $g_2$ sur les maisons. Mais ça c'est en considérant ma numérotation :-S
Pour l'instant, je ne comprends pas ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1467436,1469844#msg-1469844 ??
Ton intention in fine c'est bien de retrouver une maison à partir d'une pentade, histoire d'inverser $\mathcal M \to \mathcal P$ ??
Et en revenant en arrière, je m'aperçois qu'il y a un point que je ne pige plus. Dans TON post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1467436,1469800#msg-1469800, on voit débarquer, sur des exemples, certaines homographies involutives ayant deux points fixes.
Et, histoire de te suivre, dans MON post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1467436,1469836#msg-1469836, je me suis mis à en parler franchement (d'homographies involutives ayant deux points fixes). J'en ai dénombré 15 (sauf erreur).
Mais je vois plus le rapport avec la choucroute. Mais c'est peut-être moi qui ai mis cela sur le tapis. Ainsi supposons disposer de $\alpha, \beta, \gamma, \delta \in \{1..5\}$ tel que $(\alpha,\beta)(\gamma,\delta)$ soit l'unique élément d'ordre 2 de l'intersection de deux normalisateurs de maisons. En notant $\epsilon$ le complémentaire de $\{\alpha,\beta,\gamma,\delta\}$ dans $\{1,\ldots,5\}$, il y a :
$$
(\alpha,\beta)(\gamma,\delta)(\epsilon,\infty) \quad \hbox {qui débarque}
$$
Je ne vois plus (dans tous les cas) une homographie involutive qui fixe $\epsilon, \infty$ et qui réalise je-ne-sais-trop-quoi.
Tu n'as jamais parlé d'homographies involutives ayant deux points fixes, n'est ce pas ? C'est donc moi le ``fautif''.
$$
\mathcal M \ni m \longmapsto P_m \in \mathcal P
$$
Il s'agit de montrer que c'est une bijection. Ici, je dis qu'elle est INJECTIVE.
Justification : soit $m_1 \ne m_2 \in \mathcal M$. Alors $P_{m_1} \cap P_{m_2}$ est réduit à la 2-2-2-partition obtenue par ton trick de l'intersection de normalisateurs $N(m_1) \cap N(m_2)$ qui contient un unique élément d'ordre 2. Puisque $\#(P_{m_1} \cap P_{m_2}) = 1$, c'est que $P_{m_1} \ne P_{m_2}$.
Demain : justification de $\#\mathcal P \le 8$ (utilisateur timide qui m'a contacté en privé).
Ne pourrait-on pas récupérer $\widetilde {A_5}$ avec la courbe hyper-elliptique $y^2=x^{11}+11x^6-x$ ?
En fait, je pense que je voulais reconstruire les pentades mais par une autre construction (avec des homographies .
Je vais essayer de faire des calculs avec magma, et je reprends mon truc plus tard, si je trouve un truc amusant.
magma dit non : il dit que $G := \text{Aut}_{\overline{\Q}}(C) \simeq A_5 \times C_2$ où $C$ est la courbe hyperelliptique $y^2 = x^{11} + 11x^6 - x$. Mais comme d'habitude, il faut se méfier. Je te raconte comment j'ai dû batailler (ce n'est parce que tu disposes d'un système de Calcul Formel que c'est du tout cuit).
D'abord, j'ai pris comme comme corps algébriquement clos $\Q(\root 5 \of 1)$ qui ne l'est pas. Donc déjà, c'est pas super-net !
Bon, pour l'instant, que du banal. Sauf que l'on voit la factorisation de $f$ sur $\Q$ et ses racines dans $\Q(\root 5 \of 1)$. Il ne faut pas oublier que le polynôme $f$ provient du dénominateur de la fraction rationnelle galoisienne icosaédrale de hauteur 60 qui a 12 pôles. Et donc dans $f$ ``on ne voit pas $\infty$''.
Maintenant, magma au boulot :
On voit déjà que c'est assez long (presque 7 secondes) et que magma réalise $G$ dans $S_{120}$ (représentation régulière) avec 60 générateurs.
Mais j'ai eu l'idée de regarder le centre de $G$. Bingo : celui-ci est d'ordre 2 et engendré par l'involution hyperelliptique $(x,y) \mapsto (x,-y)$.
Donc on voit que le quotient de $G$ par son centre est isomorphe à $A_5$.
La touche finale :
Faut-il croire magma ? Bien sûr que non !! La seule manière d'en être sûr, c'est de réaliser soit même $A_5 \times C_2$ comme groupe d'automorphismes de $C$. Cela sera d'ailleurs vachement mieux qu'un isomorphisme groupiste. Cela doit représenter pas mal de boulot et je n'en ai pas le courage. Faudrait déjà regarder via Phi, si magma a réalisé $\text{Aut}(C)$ dans $\text{PSU}_2(\C)$. Plus tard.
Peut-être une autre piste en explorant $\C(t^2)\subset \C(x)$ qui est aussi de degré $120$...
Mais comme tu dis, faut du courage pour s'attaquer à des groupes aussi imposants.
Tout le monde n'est pas AD. ;-)
Finalement, le tétraèdre, c'était de la petite bière !
Grosse déception en ce qui concerne une preuve de $\#\mathcal P \le 6$ (nombre de pentades $\le 6$) via un mail privé de l'utilisateur timide. Celui-ci livre la chose sous forme d'un exercice qui viendrait de Baez. Il y a une question que j'adapte et qui est la suivante. Soit $P$ une pentade. Montrer que $P$ contient une 2-2-2-partition du type :
$$
\{ \{4, \alpha_1\},\ \{5, \alpha_2\},\ \{6, \alpha_3\} \} \qquad \quad
\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \in \{1,2,3\} \hbox { distincts} \qquad\qquad (\star)
$$
En déduire que $\#\mathcal P \le 6$.
J'ai cru que cela pouvait définir une application $\mathcal P \to S_3$, $P \mapsto \alpha$ qui aurait le bon goût d'être injective. Que nenni. Car il y a deux telles $\alpha$. Je pense n'avoir pas commis d'erreur en cherchant dans la pentade $P$ les 2-2-2-partitions $p \in P$ telles que $\{4,5\} \notin p$ et $\{4,6\} \notin p$ et $\{5,6\} \notin p$.
Mais peut-être que je n'ai pas pigé comment à partir de $(\star)$, on pouvait en déduire $\#\mathcal P \le 6$.
Autre chose (vérifié en machine) : l'intersection de deux pentades distinctes est réduite à un singleton. Ou encore : une seule 2-2-2-partition commune à deux pentades distinctes.
Ce n'est pas qu'un problème groupiste. J'ai par exemple du mal, étant donnée une matrice $A \in M_2(\C)$, pour tester si elle est dans $\text{PSU}_2(C)$ : il faut et il suffit que $MM^* = \lambda I_2$ avec $\lambda$ réel strictement POSITIF. Et positif, je ne sais pas ce que cela signifie.