automorphismes d'un groupe

Bonjour;
Oui c'est ce que j'ai fait, notons $a$ un générateur de $C_4$ et $b$ un générateur de $C_2$, j'ai trouver 4 élément d'ordre 4 a savoir $E:=\{(a,1),(a^3,1),(a,b),(a^3,b)\}$ et 3 éléments d'ordre 2 qui sont $F:=\{(1,b),(a^2,1),a^2,b)\}$, un automorphisme de $C_4\times C_2$ permute les éléments de $E$ et permute également les éléments de $F$, d'un autre coté, un automorphisme transforme une partie génératrice en une partie génératrice, il est donc entièrement déterminer si on connait les images de la partie génératrice quelconque soit par exemple $\mathcal{G}:=\{(a,1),(1,b)\}$, il y a 4 choix possible pour $(a,1)$ et 3 choix possible pour $(1,b)$, soit au totale 12 image possible (au maximum) pour $\mathcal{G}$, qui sont
$\{(a,1),(1,b)\}$
$\{(a,1)(a^2,1)\}$
$\{a,1),(a^2,b)\}$
$\{(a^3,1),(1,b)\}$
$\{(a^3,1)(a^2,1)\}$
$\{a^3,1),(a^2,b)\}$
$\{(a,b),(1,b)\}$
$\{(a,b)(a^2,1)\}$
$\{a,b),(a^2,b)\}$
$\{(a,^3,b),(1,b)\}$
$\{(a^3,b)(a^2,1)\}$
$\{a^3,b),(a^2,b)\}$
Il faut maintenant sélectionner parmi ses images ceux qui engendre $C_4\times C_2$
Est ce qu'il y a une méthode générale ou bien il faut vérifier une par une, parce que lorsqu'il s'agit par exemple d'un produit dont l'ordre est un peut élever soit disons $C_6\times C_2$ alors la il faut faire du maratone

Cordialement

Bonjour;
Le 1 en deuxiemme position est le neutre de $C_2$ et le 1 en premeir position est le neutre de $C_4$.
Je vais alors changer de notations en identifiant $C_4$ a $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ et $C_2$ a $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, la liste précédente devient
$\{(\overline{1},\widehat{0}),(\overline{0},\widehat{1})\}$
$\{((\overline{1},\widehat{0}),(\overline{2},\widehat{0})\}$
$\{(\overline{1},\widehat{0}),(\overline{2},\widehat{1})\}$
$\{(\overline{3},\widehat{0},(\overline{0},\widehat{1})\}$
$\{(\overline{3},\widehat{0},(\overline{2},\widehat{0})\}$
$\{(\overline{3},\widehat{0},(\overline{2},\widehat{1})\}$
$\{(\overline{1},\widehat{1}),(\overline{0},\widehat{1})\}$
$\{(\overline{1},\widehat{1}),(\overline{2},\widehat{0})\}$
$\{(\overline{1},\widehat{1}),(\overline{2},\widehat{1})\}$
$\{(\overline{3},\widehat{1}),(\overline{0},\widehat{1})\}$
$\{(\overline{3},\widehat{1}),(\overline{2},\widehat{0})\}$
$\{(\overline{3},\widehat{1}),(\overline{2},\widehat{1})\}$

[large][/large]Bonjour;
Bien sûr il faut éliminer par exemple $\{(\overline{1},\widehat{0}),(\overline{2},\widehat{0})\}$ et $\{(\overline{1},\widehat{0}),(\overline{2},\widehat{0})\}$ puisqu'elles ne peuvent engendré le groupe en jeu, on peut chercher les deux autres qu'il faut éliminer de la liste (dans ce cas pas trop de calcule), mais avec un produit du genre $C_6\times C_2$, $C_8\times C_2$ ou encore $C_4\times C_4$ le calcule devient embêtant, est ce qu'on peut éviter tout ce calcule ?

excusez moi mais j'ai pas bien saisi la remarque !!!

Ok merci, donc tu veut dire qu'il faut éliminer les parties (parmi la liste cité en haut) qui comportent seulement des doubles ?
Il y a encore un calcule a faire pour des ordre élevés

son image par un automorphisme n'est pas double aussi, donc l'image de $(0,1)$ est un élément d'ordre 2 qui n'est pas double, dans notre cas il seulement $(0,1)$ et $(2,1)$, il faut alors éliminer $\{(1,0),(2,0)\};\{(3,0),(2,0)\};\{(1,1),(2,0)\};\{(3,1);(2,0)\}$ on a bien 8 éléments.
Reste alors a vérifier que chacune des parties qui reste est génératrice

un cyclique d'ordre 4 contiens un unique élément d'ordre 2 (le double d'un générateur)

Bonjour;

Comment ça va Mr (GaBuZoMeu) ? j’espère que tu es en bonne sante.
Je reprend ton indication (un élément d'ordre 2 qui n'est pas un double ne peut appartenir à un sous-groupe cyclique d'ordre 4), les éléments $(0,1)$ et $(2,1)$ ne peuvent être dans aucun des sous groupes $<(1,0)>,<(3,0)>,<(1,1)>,<(3,1)> $, il en résulte que le sous-groupe engendré par l'un des éléments d'ordre 2 qui n'est pas double et un éléments quelconque d'ordre 4 est 8

En effet. Si $ord(a)=2$, $ord(b)=4$ avec $a$ n'et pas double, on a (dans un groupe abélien) d’après de second théorème d'isomorphisme
$$\frac{<a><b>}{<a>}\simeq\frac{<b>}{<a>\cap<b>}$$
comme $<a>\cap<b>$ est trivial (d'après ton indication), au passage au ordre on obtient $|<a><b>|=8$, notons enfin que $<a><b>=<a,b>$
(Merci encore une foi).