Groupe distingué et passage au quotient

Non, pas du tout. La classe de $r$, c'est $\bar r=rH=H$.

Ce que tu as écrit, c'est huit fois le même élément : l'ensemble que tu as écrit est le singleton $\{r\}$, de même que $\{1,3-2,4-3,5-4,6-5,7-6\}=\{1\}$.

Bonsoir Morgatte
Tu sais que $D_4=\{e, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$, où pour le carré, $r$ est la rotation d'angle $\frac\pi 4$ et $s$ est une symétrie par rapport à une diagonale, par exemple.
Tu as déterminé que $H=\{e,r,r^2,r^3\}$ était un sous-groupe distingué dans $D_4$
Les éléments du quotient sont les classes d'équivalence des éléments de $D_4$ modulo $H$.
Ils forment une partition des éléments de $D_4$, et toutes les classes ont le même cardinal : celui de $H$.
Alors tu commences à les lister. D'abord $H=\{e,r,r^2,r^3\}$ qui va être l'élément neutre du groupe quotient, puis tu prends un élément de $D_4$ qui n'est pas encore utilisé, par exemple $s$ et tu formes la classe $\overline s= sH=\{se=s, sr, sr^2, sr^3\}$.
Mais si tu avais pris $sr$ au lieu de $s$, tu aurais obtenu la classe de $\overline{sr}= srH= \{sre=sr, srr=sr^2,srr^2=sr^3, srr^3=sr^4=s\}$ c'est bien le même ensemble que $\overline s$. ainsi, $\overline s=\overline{sr}=\overline{sr^2}=\overline{sr^3}$.
Et là, tu te rends compte que tu as utilisé tous les éléments de $D_4$. Tu en déduis que le groupe quotient $D_4/H$ est constitué de 2 éléments ; $\overline e,\ \overline s$ (c'est normal puisque $|D_4|=8,\ |H|=4$ et donc $|D_4/H|=[D_4:H]=8/4=2$, c'est l'indice de $H$ dans $D_4$.)
Est-ce que tu comprends mieux ce qu'est le groupe quotient de $D_4$ par son sous-groupe distingué $H$ ?
Si oui, alors prends un autre sous-groupe, par exemple $Z=\{e,r^2\}$ que tu as vu être le centre de $D_4$, donc distingué dans $D_4$, et construit les classes d'équivalences de $D_4/Z$. Comme $|Z|=2$ tu vas donc trouver $8/2=4$ classes d'équivalence modulo $Z$. Liste les.
Après, comme $Z\lhd D_4$, le quotient hérite d'une structure de groupe induite par celle de $D_4$. Détermine la, c'est-à-dire construit sa table de multiplication et reconnais l'une de deux structures de groupe d'ordre 4 que tu as précédemment déterminée.
Si tu le désires, on pourra poursuivre quand tu auras fait cela.
Alain

Math Coss a écrit:

le tableau n'est pas compilé si je remplace ${\color{red} e}$ et $s$ par $\color{red} \mathbf{e}$ ou ${\color{red} \bar{e}}$.

Derrière \color{red} il faut fournir un bloc { } qui sera écrit en rouge, sinon, il n'écrit que le 1er caractère ('\' dans ton cas) en rouge.
voilà : $\color{red} {\mathbf{e}}$ ou ${\color{red} {\bar{e}}}$.
Alain

Bonsoir Morgatte
Dans ta table de multiplication de $D_4/Z(D_4)$, il y a quelques anomalies qui t'empêchent peut-être de reconnaître le groupe concerné. Tu as obtenu $D_4/Z(D_4) = \{\overline{e}, \overline{r}, \overline{s}, \overline{rs}\},$ la table ne doit donc contenir que ces quatre éléments. Ainsi, $\overline{r^2},\ \overline{r^3}$ ou $\overline{sr^2}$ doivent être remplacés par le représentant que tu as choisi, respectivement : $\overline e,\ \overline r,\ \overline s$. La table devient donc : $$
\begin{array}{|c|c|c|}\hline
D_4/Z(D_4)&{\overline{e}}&{\overline{r}}&{\overline{s}}&{\overline{rs}}\\\hline

{\overline{e}}&{\color{red} {\overline{e}}}&{\color{red} {\overline{r}}}&{\overline{s}}&{\overline{rs}}\\\hline

{\overline{r}}&{\color{red} {\overline{r}}}&{\color{red} {\overline{e}}}&{\overline{rs}}&{\overline{s}}\\\hline

{\overline{s}}&{\overline{s}}&{\overline{sr}}&{\color{blue} {\overline{e}}}&{\color{blue} {\overline{r}}}\\\hline

{\overline{rs}}&{\overline{rs}}&{\overline{s}}&{\color{blue} {\overline{r}}}&{\color{blue} {\overline{e}}}\\\hline

\end{array}$$
Ensuite, j'avais supposé que tu avais construit la table de multiplication des deux groupes d'ordre 4 : $$
\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\hline
C_4&1&a&a^2&a^3\\ \hline\hline
1&1&a&a^2&a^3\\ \hline
a&a&a^2&a^3&1\\ \hline
a^2&a^2&a^3&1&a\\ \hline
a^3&a^3&1&a&a^2\\ \hline
\end{array}
\qquad \qquad
\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\hline
C_2\times C_2&1&a&b&ab\\ \hline\hline
1&\color{red}1&\color{red}a&b&ab\\ \hline
a&\color{red}a&\color{red}1&ab&b\\ \hline
b&b&ab&\color{blue}1&\color{blue}a\\ \hline
ab&ab&b&\color{blue}a&\color{blue}1\\ \hline
\end{array}
$$ Tu reconnais alors l'un des deux. Tu peux même construire l'isomorphisme qui te permettra d'affirmer que c'est bien le même type de groupe (groupe à isomorphisme près).
Alain

Bonsoir Morgatte
Pour sortir de la construction fastidieuse des tables de multiplication de groupes, je te propose de faire un tour du côté des treillis des sous-groupes du groupe, tout en continuant à s'intéresser au groupe diédral $D_4$.
Pour bien voir ce qui se passe avec ce groupe d'ordre $8$, il vaut mieux, comme pour les tables de multiplication, commencer par construire les treillis d'ordres diviseurs de $8$.

Commençons donc par construire le treillis du groupe d'ordre 2, qui est $\mathbb Z/2\mathbb Z\simeq C_2$ (la première instance si on considère la loi 'addition' et la seconde pour la loi 'multiplication').
C'est un groupe cyclique d'ordre premier. Il a donc pour seuls sous-groupes $\{1\}$ et lui-même.
Son treillis des sous-groupes est donc $$
\xymatrix{\boxed{\,C_2\,}\ar@{-}[d] &{\bf 2} \\ \boxed{\{1\}} &{\bf 1} }$$
Continuons avec les deux groupes d'ordre 4
$\triangleright\ C_4$ est cyclique et donc admet un unique sous-groupe d'ordre chacun des diviseurs de $4$. Ici, les diviseurs sont donc $\{1,\, 2,\, 4\}$. Le treillis de $C_4$ a alors trois sous-groupes inclus les un dans les autres en formant une liane (schéma de gauche ci-dessous)
$\triangleright\ C_2\times C_2$, aussi nommé le groupe de Klein, est isomorphe au groupe additif de l'espace vectoriel $\mathbb F_2^2$ sur le corps à deux éléments $\mathbb F_2$.
Ses sous-groupes, hormis lui-même et le trivial, sont les sous-espaces vectoriels de dimension 1, donc les droites passant par l'origine. Comme il y a trois éléments non triviaux, il y a trois droites, donc trois sous-groupes toutes contenues dans le groupe et toutes contenant le sous-groupe trivial, mais les trois droites ne sont pas contenues l'une dans l'autre. On obtient le schéma ci-dessous, à droite.
$$ \xymatrix{
\boxed{\,C_4\,} \ar@{-}[d] &&{\bf 4} &&&\boxed{\,C_2^{\,2}\,}\ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] \\
\boxed{\,C_2\,} \ar@{-}[d] &&{\bf 2} &&\boxed{\,C_2\,}\ar@{-}[dr] &\boxed{\,C_2\,}\ar@{-}[d]
&\boxed{\,C_2\,}\ar@{-}[dl] \\
\boxed{\{1\}} &&{\bf 1} &&&\boxed{\{1\}} &
}$$
Nous allons continuer pour le groupe $D_4$ dans le prochain message.
Alain.

Rere-bonsoir Morgatte
Poursuivons donc avec un théorème que tu n'as peut-être pas encore vu, que j'appelle le théorème du treillis-quotient, qui va se révéler particulièrement fécond.

Théorème (du treillis-quotient) Soit $G$ un groupe, $H$ un sous-groupe distingué et $\pi : G\to G/H$ la surjection canonique, alors
$\pi$ induit un isomorphisme de treillis (bijection croissante et d'inverse croissant) entre le treillis des sous-groupes du quotient $G/H$ et le sous-treillis des sous-groupes de $G$ contenant $H$.
Cet isomorphisme conserve la distinction, c'est-à-dire un sous-groupe distingué dans $G/H$ correspond à un sous-groupe distingué dans $G$ et contenant $H$. Pareillement, une classe de conjugaison correspond à une classe de conjugaison de même cardinal.
Enfin, cet isomorphisme respecte les indices entre sous-groupes.

Démonstration On retrouve cette démonstration dans tous les cours sur les groupes, en particulier dans mon livre page 76 et suivantes.

Regardons ce que nous dit ce théorème sur notre treillis de $D_4$.
Prenons un groupe distingué (encadré sur le schéma), par exemple le sous-groupe $Z=\{id,r^2\}$ que tu avais choisi précédemment. Le sous-treillis des sous-groupes contenant $Z$ est formé du sous-groupe $Z$, au niveau au dessus de trois sous-groupes qui se rejoignent en $D_4$ au dernier niveau. Mais ce type de treillis est connu, c'est le treillis d'un groupe d'ordre 4 isomorphe à $C_2^{\,2}$. En effet, tu avais déterminé (non sans mal avec les tables de multiplication :-D) que le quotient $D_4/Z\simeq C_2\times C_2$.
Le théorème du treillis-quotient est là pour te dire que cette coïncidence n'est pas le fruit du hasard. Ainsi, avec un peu d'habitude, on peut déterminer, à la seule vue du sous-treillis entre le sous-groupe distingué et le groupe complet, le type d'isomorphie du groupe quotient. Enfin, les distinctions et les classes de conjugaison du quotient se retrouvent dans le groupe lui-même. $$ \xymatrix{

{\bf 8}&&&\boxed{D_4} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &~\ar[rrr]^{\textstyle\pi}&&& &\boxed{D_4/Z} \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr] &&{\bf 4}\\

{\bf 4}&&\boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &\boxed{C_4} \ar@{-}[d] & \boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&& \boxed{C_2}\ar@{-}[dr] &\boxed{C_2}\ar@{-}[d] &\boxed{C_2}\ar@{-}[dl] &{\bf 2}\\

{\bf 2}&C_2 \ar@{-}[drr]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dr]&\boxed{\,Z\,} \ar@{-}[d] & C_2 \ar@{-}[dl]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dll] && &\boxed{\{1\}}&&{\bf 1}\\

{\bf 1}&&&\boxed{\{1\}} &&&&

}
$$ Par exemple, le groupe quotient $D_4/Z\simeq C_2^{\,2}$ est commutatif, tous ses sous-groupes sont distingués. Eh bien, dans le treillis de $D_4$, tous les sous-groupes contenant $Z$ sont distingués (encadrés avec notre convention).
D'autre part, les trois sous-groupes du niveau 2 du quotient sont d'indice 2 avec le sous-groupe trivial, alors, dans le treillis de $G$, on retrouve les trois sous-groupes qui sont d'indice 2 avec $Z$.
Et ceci marche pour tous les sous-groupes distingués de $D_4$, par exemple le sous-groupe distingué $C_4$ engendré par $r$, le quotient est d'ordre 2 ...
On se rend compte que $D_4$ est trop petit pour pouvoir profiter pleinement de ce que nous dit le théorème du treillis-quotient (souviens-toi des difficultés pour obtenir ces informations avec la table de multiplication). L'exemple $\mathfrak S_4$, d'ordre 24, proposé par Math Coss est bien plus intéressant de ce point de vue.
Mais ce sera pour un prochaine fois si tu es toujours intéressé.
Alain

Bonsoir Morgatte
Je vais faire du hors sujet, mais je voudrais ajouter une autre circonstance où l'utilisation du treillis des sous-groupes se révèle particulièrement éclairante.
Il s'agit de la décomposition d'un groupe en produit direct (ou semi-direct) interne, c’est-à-dire produit direct (ou semi-direct) de deux de ses sous-groupes.
Rappelons la condition pour avoir une telle décomposition.

Théorème Si un groupe $G$ admet deux sous-groupes $H$ et $K$ qui vérifient simultanément
$(1)\quad H\lhd G$ : $H$ est distingué dans $G$.
$(2)\quad \langle H, K\rangle=G$ : $H$ et $K$ engendrent $G$.
$(3)\quad H\cap K=\{1\}$ : $H$ et $K$ ne partagent que le neutre.
Alors, le groupe $G$ se décompose en le produit semi-direct interne $G=H\rtimes K$, l'action de $K$ sur $H$ étant la conjugaison.
Si $K$ satisfait en plus la condition
$(4)\quad K\lhd G$ : $K$ est distingué dans $G$.
Alors, le produit semi-direct est en fait un produit direct.

La condition $(1)$ (et la condition $(4)$ éventuellement) se voit sur le treillis car un sous-groupe distingué dans $G$ y est encadré.
Rappelons que dans le treillis des sous-groupes d'un groupe, le $\sup$ de deux sous-groupes est le sous-groupe engendré par ces sous-groupes alors que l'$\inf$ est l'intersection de ces sous-groupes.
La condition $(2)$ indique que partant de $H$ et de $K$ vers le haut, on ne se rencontre pas avant $G$ alors que
la condition $(3)$ indique que vers le bas on ne se rencontre que sur le sous-groupe trivial.

Reprenons donc notre exemple de $D_4$ et le treillis de ses sous-groupes http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1547848,1549746#msg-1549746 et balayons les sous-groupes $H$ distingués susceptibles d'entrer dans une décomposition de $D_4$ en produit direct ou semi-direct interne. $$\xymatrix{

&&\boxed{D_4} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&&&{\bf 8}\\

&\boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &\boxed{C_4} \ar@{-}[d] & \boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&&{\bf 4}\\

C_2 \ar@{-}[drr]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dr]&\boxed{C_2} \ar@{-}[d] & C_2 \ar@{-}[dl]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dll] &&{\bf 2}\\

&&\boxed{\{1\}} &&&&{\bf 1}

}$$
$\triangleright\ $Commençons avec le sous-groupe $H$ des rotations qui est distingué et noté $C_4$ sur le treillis. Il est d'indice 2 par rapport à $D_4$, donc un complément $K$ sera d'ordre 2. On se rend compte que $K$ peut être choisi parmi les quatre sous-groupes d'ordre 2 non distingués.
On a bien alors $H\lhd D_4,\ H\cap K=\{1\},\ \langle H,K\rangle=D_4$. Le théorème ci-dessus nous affirme, sans surprise, que $D_4$ est produit semi-direct de $H\simeq C_4$ son sous-groupe des rotation, par $K\simeq C_2$ sous-groupe engendré par l'une quelconque des symétries autres que la symétrie centrale. Ce ne sont pas des produits directs car $K$ n'est pas distingué dans $D_4$. On a donc quatre produits semi-directs $C_4\rtimes C_2$ différents, mais isomorphes puisque tous les quatre égaux à $D_4$.

$\triangleright\ $Prenons maintenant pour sous-groupe $H$, le sous-groupe d'ordre 4 situé à droite, isomorphe à $C_2^{\,2}$. Il est distingué (encadré), cette fois, ses compléments possibles seront les sous-groupes d'ordre 2 dans la classe de conjugaison située à gauche. Cela donne deux produits semi-directs $C_2^{\,2}\rtimes C_2$ différents, mais ici encore isomorphes entre eux et isomorphes avec les quatre précédents puisque tous égaux à $D_4$.

$\triangleright\ $En prenant cette fois le sous-groupe d'ordre 4 situé à gauche, on obtient avec les symétries de droites deux autres produits semi-directs $C_2^{\,2}\rtimes C_2$, eux encore isomorphes aux précédents car tous égaux à $D_4$.

$\triangleright\ $Si maintenant on prend $H$ le sous-groupe d'ordre 2 distingué (encadré), noté $C_2$, étant d'indice 4, un complément doit être d'ordre 4. D'après le théorème du treillis-quotient, puisque le sous-treillis entre $H$ et $D_4$ est celui du groupe $C_2^{\,2}$, le quotient $D_4/H$ est isomorphe à $C_2^{\,2}$ et aussi isomorphe à tout complément $K$.
Le groupe $D_4$ admet deux sous-groupes isomorphes à $C_2^{\,2}$, choix potentiels pour $K$, mais on se rend compte que tous deux contiennent le sous-groupe $H$, donc la condition $(3)$ ci-dessus ne peut pas être satisfaite. Le groupe $D_4$ ne peut donc pas se décomposer en un produit semi-direct interne dont le sous-groupe distingué est engendré par la symétrie centrale.

Tous ces faits sont immédiatement visibles sur le treillis des sous-groupes de $D_4$.
Alain

Bonsoir Morgatte
Bravo pour avoir pratiquement décortiqué le groupe $D_6$ presque complètement. (tu)
Juste quelques remarques.

$\triangleright\ $Comme tu l'indiques, le groupe $D_6$ est le groupe des isométries planes laissant l'hexagone régulier invariant. Si tu numérotes de 1 à 6 les sommets de cet hexagone, tu remarques que les sommets pairs déterminent un triangle équilatéral. Le groupe $D_6$ va donc contenir un sous-groupe laissant stable ce triangle équilatéral, donc un sous-groupe isomorphe à $D_3$. Mais les sommets impairs déterminent un autre triangle équilatéral, donc aussi un sous-groupe isomorphe à $D_3$, ces deux sous-groupes sont distincts car l'un contient les symétries par rapport aux diagonales de l'hexagone (les $sr^k$, avec par exemple $k$ pair), alors que l'autre contient les symétries par rapport aux apothèmes de l'hexagone (les $sr^k$, avec $k$ impair). D'où les deux sous-groupes isomorphes à $D_3$ distincts que tu as oubliés.
Il t'est alors facile de voir les sous-groupes que chacun contient et donc les liens vers le bas que tu ne comprenais pas.

$\triangleright\ $Dans la présentation de $D_6$, tu as pris la relation $sr=r^{-1}s$ que tu aurais pu écrire $srs^{-1}=r^{-1}$, (même si $s^{-1}=s$ puisque d'ordre 2).
L'avantage de cette formulation est que l'on a toujours $(srs^{-1})^k=sr^ks^{-1}$, pour tout $k\in \mathbb Z$.
Alors $(sr^5)^2=sr^5\cdot sr^5=sr^5s^{-1}r^5=(srs^{-1})^5r^5=(r^{-1})^5 r^5=1$.
et pareil pour tout $0\leq k<5$.

Alain $$\xymatrix{
&&&\boxed{D_6} \ar@{-}[dll] \ar@{-}[ddl]\ar@{-}[dd]\ar@{-}[ddr] \ar@{-}[drr] \ar@{-}[drrrr]
&&&&&{\bf 12}\\

&\boxed{D_3} \ar@{-}[dddl] \ar@{-}[ddd] \ar@{-}[dddr] \ar@{-}@/^1.2pc/[ddrrrrrr]
&&&&\boxed{C_6} \ar@{-}@/^0.5pc/[dddll] \ar@{-}[ddrr]
&&\boxed{D_3} \ar@{-}[dddlll] \ar@{-}[dddll] \ar@{-}[dddl] \ar@{-}[dd] & {\bf 6}\\

&& C_2^{\,2} \ar@{-}[ddll] \ar@{-}[ddr] \ar@{-}[ddrr] \ar@{..}[r]
& C_2^{\,2} \ar@{-}[ddll] \ar@{-}[dd] \ar@{-}[ddrr] \ar@{..}[r]
& C_2^{\,2} \ar@{-}[ddll] \ar@{-}[ddl] \ar@{-}[ddrr] &&&&{\bf 4}\\

&&&&&&&\boxed{C_3} \ar@{-}[d] & {\bf 3}\\

C_2 \ar@{-}[drrr] \ar@{..}[r] & C_2 \ar@{-}[drr] \ar@{..}[r] & C_2 \ar@{-}[dr]
& \boxed{C_2} \ar@{-}[d]
&C_2 \ar@{-}[dl] \ar@{..}[r] & C_2 \ar@{-}[dll] \ar@{..}[r] & C_2 \ar@{-}[dlll]
& \ar@{-}[dllll] & {\bf 2} \\

&&&\boxed{\{1\}} &&&&& {\bf 1}
}$$