Sous-groupe dérivé = {commutateurs} ?

Un peu brutal : dans le groupe libre à quatre générateurs $\{a,b,c,d\}$, le produit $aba^{-1}b^{-1}cdc^{-1}d^{-1}$ n'est pas un commutateur. (Pourquoi au fait ?)

@MathCoss : Par un argument circulaire en utilisant le résultat de killersmile par exemple :-D (si c'était un commutateur, tout produit de commutateurs en serait un).
Pour une preuve directe, j'étais en train de réfléchir à utiliser des morphismes bien choisis $F_4 \to F_2 \times F_2$ pour compter les lettres dans $e,f$ si $[a,b][c,d] = [e,f]$; mais je ne suis pas sûr que ça aboutisse

Bonjour

J'ai interrogé les experts pour connaitre leur sentiment sur les allégations de Killersmile38 qui affirme que: $-I_2 =[B,C]^3$ avec $ B=\begin{pmatrix} 0&1\\-1&0 \end {pmatrix}$ et $C=\begin{pmatrix} 1&1\\0&1\end{pmatrix}$. Tous m'ont répondu que cela n' était pas vrai. J'étais rassuré car je pensais que $-I_2$ n'habitait pas dans le groupe dérivé de $SL_2(\mathbb Z)$ et ne pouvait donc être le cube d'un commutateur de $SL_2(\mathbb Z).$

Amicalement,

@Yannguyen : dans le document de Conrad ci-dessus, Theorem 3.8, il est dit que l'abélianisé de $\mathrm{SL}_2(\mathbb Z)$ est engendré par deux éléments $g$ et $h$ vérifiant $g^4 = h^6=1$ et $g^2=h^3$, et comme on sait que ce groupe est d'ordre $12$ il n'est pas difficile de voir que ça implique qu'il s'agit de $C_{12}$ car pour $x=gh^{-1}$ car on a $x^2=h \neq 1, x^3=g \neq 1, x^4 = h^2 \neq 1$ et $x^6 = g^2 \neq 1$ (sinon il y aurait strictement moins de $12$ éléments dans le groupe).


Un isomorphisme explicite envoie $g$ sur $\bar 3$ et $h$ sur $\bar 2$ (d'où l'idée de considérer $gh^{-1}$).

Angina Seng est d'accord avec john_john et Poirot. Vous faites tout de même un mauvais procès à Conrad qui dit, p. 8, sous le théorème 3.8 :

Keith Conrad a écrit:

Next we will show in two ways that $\mathrm{SL}_2(\Z)$ has a cyclic quotient group of order $12$.

Puisque $\mathrm{SL}_2(\mathbb Z)$ admet un quotient cyclique d'ordre $12$ et que l'abélianisé de ce groupe, qui est d'ordre $12$, est son plus grand quotient abélien (au sens où tout quotient abélien du groupe est quotient de l'abélianisé), ça donne bien le résultat. Mais il faut bien reconnaître que cette phrase est moins explicite que "l'abélianisé de $\mathrm{SL}_2(\mathbb Z)$ est cyclique d'ordre $12$".

Je n'ai pas tout suivi mais $SL_2(\Z)$ admet la présentation $\langle A,B\mid A^4=1,\; A^2=B^3\rangle$ en prenant $A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$.

Si on pose $M=AB^{-1}=\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & -1\end{pmatrix}$ alors dans l'abélianisé on a $M^3=A$ et $M^2=B$ donc l'abélianisé est cyclique engendré par $M$, et son ordre divise $12$. Réciproquement, en envoyant $A$ sur $e^{i\pi/2}$ et $B$ sur $e^{i\pi/3}$ on voit que l'abélianisé est d'ordre au moins $12$. Ceci prouve que l'abélianisé est d'ordre $12$ et engendré par $M$.

Oui oui bien sûr

Je suis désolé de mon étourderie !

Pensum pour demain : j’écrirai cent fois « je réfléchirai dorénavant avant de poster n’importe quoi » !

Merci Poirot, AD, Math Coss, John_John et les autres.

Yann

$\def\SL{\text{SL}}\def\XY{\langle X,Y\rangle}\def\mat#1#2#3#4{\left[\matrix{#1&#2\cr #3&#4\cr}\right]}\def\H{\mathbb H}\def\PSL{\text{PSL}}\def\P{\mathbb P}$Hello. Je fais remonter ce fil pour plusieurs raisons. D'abord, parce que j'en ai envie. Ensuite, il y a des coquilles de commutateurs dans mon post précédent. Et surtout, en ce qui concerne le dernier point : cette histoire d'homographie 6-cyclique est une piste totalement erronée et le quotient $\overline { \H}/\SL_2(\Z)'$ est en fait une courbe elliptique où $\SL_2(\Z)'$ est le groupe dérivé de $\SL_2(\Z)$. Note : sous-entendu, je passe au projectif $\PSL_2(\Z)$ pour quotienter au niveau du demi plan de Poincaré

Comme j'ai besoin de choses très précises, je reprends à 0 la détermination de $\SL_2(\Z)'$ et du fait que le quotient résiduel est 12-cyclique, engendré par $T$. Quand on passe derrière les autres, c'est plus simple, ce que je vais faire en passant derrière K. Conrad in https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/grouptheory/SL(2,Z).pdf (la remarque 2.8 a été corrigé depuis). Quant à cette histoire de courbe elliptique, j'attache une page qui provient d'un article de Connes & Moscovici de 60 pages https://arxiv.org/pdf/math/0301089.pdf auquel je ne comprends pas grand chose pour l'instant.

Le premier attachement provient d'une note de mézigue (le coup de $ST$ qui ne tourne pas dans le bon sens dans le demi-plan de Poincaré).

Je vais avoir besoin de plusieurs coups de main(s).

$\bullet$ 0. Pré-requis sur $\SL_2(\Z)$.
$$
\SL_2(\Z) = \langle S,T\rangle \qquad S = \mat{0}{-1}{1}{0}, \quad T = \mat{1}{1}{0}{1}, \qquad S^2 = -1, \qquad\qquad
S^4 = 1, \quad S^2 = (ST)^3
$$Les 2 relations à droite constituent une présentation de $\SL_2(\Z)$ mais je ne vais pas utiliser ce fait. Ces relations servent de guide quand on passe dans l'abélianisé : avec des notations en minuscule, on a, dans l'abélianisé, $s^2 = s^3t^3$ donc $st^3 = 1$ puis $t^{12} = 1$ dont on déduit $s = t^9$. On va retrouver ces égalités dans le point suivant.

$\bullet$ 1. Je vais utiliser la notation de commutateur à la Conrad $[a,b] = aba^{-1}b^{-1}$ et pas celle de Bourbaki $(a,b) = a^{-1}b^{-1}ab$. J'introduis, suite à Conrad, les deux commutateurs :
$$
X = [S,T] = \mat {1}{-1}{-1}{2}, \qquad Y = [S,T^{-1}] = \mat {1}{1}{1}{2}
$$A quelque chose près, on les retrouve sous les noms $\gamma_1, \gamma_2$ à la page 24 du papier de Connes/Moscovici. A noter qu'il y a une erreur sur leur caractère $\chi$ qui est 6-cyclique : cela devrait être un caractère 12-cyclique.

$\blacktriangleright$ $\XY$ est normal. Avec beaucoup d'étonnements, j'ai découvert les relations ci-dessous qui dénotent d'une certaine harmonie
$$
TXT^{-1} = YX, \quad T^{-1}XT = Y^{-1}, \quad TYT^{-1} = X^{-1}, \quad T^{-1} Y T = XY, \qquad \qquad
SXS^{-1} = S^{-1} X S = X^{-1}, \quad SYS^{-1} = S^{-1} Y S = Y^{-1}
$$ $\blacktriangleright$ On a $\SL_2(\Z) \ \buildrel {(\heartsuit)} \over =\ \XY.\langle T\rangle$ de manière extrêmement précise. Attention : l'intersection n'est pas triviale (on verra qu'elle vaut $\langle T^{12}\rangle$). Pour montrer $(\heartsuit)$, il suffit de voir que $S$ est dans le membre droit, ce qui découle de la première égalité ci-dessous. Pour gagner de la place, je mentionne d'autres égalités qui vont être utiles.
$$
ST^3 = XY, \qquad\qquad
-T^6 = [X^{-1}, Y^{-1}] \quad \text{i.e.} \quad S^2T^6 = [X^{-1}, Y^{-1}] \quad\text{donc}\quad T^{12} = [X^{-1}, Y^{-1}]^2,
$$ $\blacktriangleright$ Le quotient $\SL_2(\Z)/\XY$ est cyclique, engendré par $T$, d'ordre un diviseur de 12 puisque $T^{12} \in \XY$. Comme ce quotient est abélien, on a $\SL_2(\Z)' \subseteq \XY$. Mais comme $X,Y$ sont des commutateurs, on a $\fbox{$\SL_2(\Z)' = \XY$}$ ; et ce sous-groupe est d'indice un diviseur de 12.

$\blacktriangleright$ Je vais utiliser le fait que la réduction modulo $N$, $\SL_2(\Z) \to \SL_2(\Z/N\Z)$ est surjective pour n'importe quel entier $N \ge 1$. Ce n'est pas difficile. En particulier pour $N = 12$. Ce qui permet d'introduire la surjection composée
$$
\pi : \SL_2(\Z) \twoheadrightarrow { \SL_2(\Z/12\Z) \over \XY} = \langle \overline T\rangle \qquad\qquad
\overline T^k = \mat{1}{k}{0}{1}
$$Il est clair que $\overline T$ est d'ordre 12 dans le groupe quotient à droite. Bref, à l'arrivée, il s'agit d'un groupe 12-cyclique.

$\blacktriangleright$ Comme $\SL_2(\Z)/\ker\pi$ est abélien, on a $\SL_2(\Z') \subset \ker\pi$. Puisque $\SL_2(\Z)'$ est d'indice $\le 12$ et $\ker\pi$ d'indice 12, on a l'égalité. Bilan/résumé
$$
\XY = \SL_2(\Z)' \qquad \qquad {\SL_2(\Z) \over \SL_2(\Z)'} \simeq \langle \overline T\rangle_{\SL_2(\Z/12\Z)}, \qquad\qquad
\Gamma(12) \subset \SL_2(\Z)'
$$A droite, $\Gamma(12)$ est par définition le noyau de la réduction modulo $12$ $\SL_2(\Z) \twoheadrightarrow \SL_2(\Z/12\Z)$.

$\bullet$ 2. Bonus (dont on n'a pas besoin pour l'instant) concernant $\XY$ dans $\SL_2(\Z/12\Z)$. On devine cela chez K. Conrad. On écrit $\SL_2(\Z/12\Z) = \SL_2(\Z/3\Z) \times \SL_2(\Z/4\Z)$.

Le premier facteur $\SL_2(\Z/3\Z)$ est d'ordre 24 et l'image de $\XY$ est le groupe quaternionnique $Q_8$ d'orde 8 ; c'est l'unique 2-Sylow. Le second facteur $\SL_2(\Z/4\Z)$ est d'ordre 48, et l'image de $\XY$ est d'ordre 12, isomorphe au groupe alterné $\mathfrak A_{4}$. Ceci permet de mesurer la distance de $\Gamma(12)$ à $\SL_2(\Z)'$ :
$$
{\SL_2(\Z)' \over \Gamma(12) } \simeq Q_8 \times \mathfrak A_4
$$ $\bullet$ 3. Ping pong : qui peut m'aider à appliquer le lemme du ping-pong pour montrer que $\SL_2(\Z)'$ est un groupe libre en $X,Y$ ? Ou toute autre méthode.

$\bullet$ 4. Dans un post à venir, je vais déterminer la ramification du revêtement 6-cyclique $\overline\H/\SL_2(\Z') \twoheadrightarrow \overline\H/\SL_2(\Z) \simeq \P^1(\C)$ en commençant par montrer que $\SL_2(\Z)'$ ne possède qu'un seul cusp. Ceci grâce à l'égalité $\SL_2(\Z) = \SL_2(\Z)' . \langle T\rangle$. Je devrais écrire partout du $\PSL_2$ au lieu de $\SL_2$.

La formule de Riemann-Hurwitz donnera le genre 1 pour la courbe au-dessus. Et très probablement une courbe elliptique du type $y^2 = x^3 - D$ vu la propriété 6-cyclique du revêtement. Je crois comprendre dans l'article de Connes/Moscovici qu'il s'agit de $y^2 = x^3 - 1728$ dont le modèle minimal est $Y^2 = X^3 - 27$ de Cremona reference 36a3.

Le revêtement possède 3 points de branchement en bas (sur $\P^1$). On dit alors qu'il s'agit d'un revêtement de Belyi. La référence [6] dans la page attachée est une référence à Bost (From Number Theory to Physics) et le théorème pointé I.5.2 est justement le théorème de Belyi sur toutes ses coutures. Je me permets de dire que ce sont des jolies mathématiques.

C'est ici que je vais avoir besoin d'un gros coup de main pour comprendre des passages du papier de Connes/Moscovici.

$\def\SL{\text{SL}}\def\XY{\langle X,Y\rangle}\def\mat#1#2#3#4{\left[\matrix{#1&#2\cr #3&#4\cr}\right]}\def\H{\mathbb H}\def\PSL{\text{PSL}}\def\P{\mathbb P}\def\PDS{\PSL_2(\Z)'}\def\PG{\text{P}\Gamma}\def\F{\mathbb F}$
Je désigne par $\Gamma(N)$ le noyau de la surjection $\SL_2(\Z) \twoheadrightarrow \SL_2(\Z/N\Z)$, par $\PG(N)$ son image dans $\PSL_2(\Z)$ et je note $G'$ le groupe dérivé d'un groupe $G$. J'ai mis un moment à me rendre compte de l'inclusion de gauche
$$
\Gamma(6) \ \subset\ \SL_2(\Z)'.\langle S^2\rangle \qquad \text{a fortiori, au projectif} \qquad
\PG(6) \subset \PSL_2(\Z)'
$$C'est cette inclusion qui est visée et qui s'accompagne de la détermination des indices au niveau $\SL_2(\Z)$ et au niveau $\PSL_2(\Z)$
$$
\xymatrix @C = 2cm{
\Gamma(6) \ar@/^15pt/@{-}[r]^-{24} & \SL_2(\Z)'.\langle S^2\rangle \ar@/^15pt/@{-}[r]^-{6} & \SL_2(\Z) \\
}
\qquad\qquad
\xymatrix @C = 2cm{
\PG(6) \ar@/^15pt/@{-}[r]^-{12} & \PSL_2(\Z)' \ar@/^15pt/@{-}[r]^-{6} & \PSL_2(\Z) \\
}
$$ $\bullet$ 1. On a vu que $\SL_2(\Z) = \SL_2(\Z)'.\langle T\rangle$ et que $S^2 T^6$ est un commutateur, a fortiori $S^2T^6 \in \SL_2(\Z)'$. Cela va perdurer si on réduit modulo $N$, en particulier pour $N = 6$. Avec l'anneau de base $\Z/6\Z = \F_2 \times \F_3$, il va y avoir plusieurs miracles. En particulier, pour le modulus $6$, niveau $\SL_2$ versus $\PSL_2$, c'est kif-kif
$$
{\SL_2(\Z/6\Z) \over \SL_2(\Z/6\Z)'} = {\PSL_2(\Z/6\Z) \over \PSL_2(\Z/6\Z)'} \qquad \qquad (\star)
$$Justification : $S^2T^6$ est un commutateur et $T^6 = \mat{1}{6}{0}{1} = 1$ modulo 6. Bref $S^2 = 1$ à gauche donc quotienter par $S^2$ ne change rien.

L'ordre du groupe (cyclique, engendré par la classe de $T$) $(\star)$ est 6. On peut le voir en utilisant le fait que le groupe dérivé d'un produit c'est le produit des groupes dérivés, en faisant intervenir $\F_2, \F_3$ et les droites projectives sur ces 2 corps.
$$
\PSL_2(\Z/6\Z) = \PSL_2(\F_2) \times \PSL_2(\F_3) \quad \text{d'ordre} \quad 6 \times 12 = 72
\qquad
\PSL_2(\F_2) \simeq \mathfrak S_3, \qquad \PSL_2(\F_3) \simeq \mathfrak A_4
$$En ce qui concerne $\SL_2(\F_3)$ voir par exemple Olivier Serman in http://math.univ-lille1.fr/~serman/agreg/SL2F3.pdf. On divise ensuite les deux groupes de permutations par les groupes dérivés et on obtient bien $2 \times 3 = 6$.

$\bullet$ 2. Du coup, on a une surjection sur un groupe cyclique d'ordre 6
$$
\pi : \SL_2(\Z) \quad \twoheadrightarrow\quad \SL_2(\Z/6\Z) / \SL_2(\Z/6\Z)'
\qquad \text{dont on déduit facilement que} \qquad
\ker\pi = \SL_2(\Z)'.\langle S^2\rangle
$$Comme $\pi$ est trivial sur $\Gamma(6)$, on obtient bien l'inclusion $\Gamma(6) \ \subset\ \SL_2(\Z)'.\langle S^2\rangle$ qui m'a donné du mal (à la deviner). Pour les indices, en principe, il y a tout ce qu'il faut.

$\bullet$ 3. Au niveau des courbes, cela donne le schéma suivant que je visais : $E'$ coiffant $X(1)$ et coiffée par $X(6)$.
$$
\xymatrix @C = 0.5cm{
& X(6) =_{\rm def} \overline \H /\PG(6)\ar[dl]_{12} \ar[dd]^{\PSL_2(\Z/6\Z)}_{72} \\
E' =_{\rm def} \overline\H/\PDS \ar[dr]_6 \\
&X(1) =_{\rm def} \overline\H/\PSL_2(\Z) = \P^1(\C) \\
}
$$
$\bullet$ 4. Mais c'est pas fini car les courbes elliptiques possèdent des équations. Idem pour les revêtements. Je ne sais pas si je vais y arriver. $X(6)$ est bien connue. Elle est isomorphe à $X_0(36)$, encore une propriété exceptionnelle du nombre 6 et a pour Cremona code 36a1. Son équation minimale est $y^2 = x^3 + 1$. C'est celle dont parlent Connes et Moscovici à la page 34 de https://arxiv.org/abs/math/0301089

Hello,

J'ai corrigé une coquille dans mon post précédent. J'avais presque écrit que $12 = 3 \times 6$, alors qu'il s'agissait de $12 = 3 \times 2^2$. Je trouve que ça la fout mal sur le fil de john_john. On ne sait jamais ce qui peut arriver (des mauvaises langues sur le forum ? descentes de police ? et tout le truc).

Par ailleurs, c'est vrai qu'autrefois, quand j'étais tout petit petit, on causait patois à la maison. Mais c'était il y a longtemps longtemps. Et, en ce 9 décembre 2020, je ne sais pas trop comment s'écrit cha p'tit. C'était justement à propos du fait que pour descendre de 12 (je parle du degré de morphismes entre courbes), il suffisait de descendre de 3 puis de $2^2 = 4$.

Dans l'exemple attaché, je crois que cela signifie : petit à petit, les oiseaux font leurs nids.