2-groupes finis vérifiant $(ab)^{2}=(ba)^{2}$
Bonjour à tous,
Soit $G$ un 2-groupe fini (c'est à dire un groupe d'ordre $2^{n}$ pour un certain entier $n$).On suppose que $G$ est non commutatif et que pour tout $a,b\in G$, $$(ab)^{2}=(ba)^{2}.$$
Un tel groupe doit être d'ordre au moins égale à 8 (puisque tous les groupes d'ordre 2 ou d'ordre 4 sont commutatif) et on peut vérifier que le groupe des quaternions $\mathbb{H}_{8}$ est un exemple d'un tel groupe et que par conséquent, les puissances de $\mathbb{H}_{8}$ (c'est à dire $(\mathbb{H}_{8})^{k}$) sont aussi des exemples de tels groupes.
Le groupe de quaternions généralisés d'ordre $2^{n}$ (avec $n>2$) est le groupe défini par la présentation
$$Q_{2^{n}}=<x,y/~x^{2^{n-1}}=1,~x^{2^{n-2}}=y^{2},~yxy^{-1}=x^{-1}>.$$
Voir https://fr.wikipedia.org/wiki/Groupe_des_quaternions#Groupe_de_quaternions_généralisé
J'essaye de vérifier que les groupes $Q_{2^{n}}$, pour $n>2$, sont aussi des exemples de 2-groupes finis non commutatif et vérifiant $(ab)^{2}=(ba)^{2}$ pour tout $a,b\in Q_{2^{n}}$.
Soit $G$ un 2-groupe fini (c'est à dire un groupe d'ordre $2^{n}$ pour un certain entier $n$).On suppose que $G$ est non commutatif et que pour tout $a,b\in G$, $$(ab)^{2}=(ba)^{2}.$$
Un tel groupe doit être d'ordre au moins égale à 8 (puisque tous les groupes d'ordre 2 ou d'ordre 4 sont commutatif) et on peut vérifier que le groupe des quaternions $\mathbb{H}_{8}$ est un exemple d'un tel groupe et que par conséquent, les puissances de $\mathbb{H}_{8}$ (c'est à dire $(\mathbb{H}_{8})^{k}$) sont aussi des exemples de tels groupes.
Le groupe de quaternions généralisés d'ordre $2^{n}$ (avec $n>2$) est le groupe défini par la présentation
$$Q_{2^{n}}=<x,y/~x^{2^{n-1}}=1,~x^{2^{n-2}}=y^{2},~yxy^{-1}=x^{-1}>.$$
Voir https://fr.wikipedia.org/wiki/Groupe_des_quaternions#Groupe_de_quaternions_généralisé
J'essaye de vérifier que les groupes $Q_{2^{n}}$, pour $n>2$, sont aussi des exemples de 2-groupes finis non commutatif et vérifiant $(ab)^{2}=(ba)^{2}$ pour tout $a,b\in Q_{2^{n}}$.
Réponses
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Ça a l'air faux pour $n=4$ (premier exemple...). Code Sage et liste des 16 contre-exemples :
sage: def G(n): ....: F.<x,y> = FreeGroup() ....: g = F / [x^(2^(n-1)), x^(2^(n-2))*y^-2, y*x*y^-1*x] ....: return g sage: CE, L = [], G(4).list() sage: for k in range(16): ....: for l in range(k): ....: if (L[k]*L[l])^2!=(L[l]*L[k])^2: ....: print L[k], L[l] ....: CE.append((L[k],L[l])) ....: x*y y x*y x^4*y x^5*y y x^5*y x^4*y x^7*y y x^7*y x^4*y x^3*y y x^3*y x^4*y x^2*y x*y x^2*y x^5*y x^2*y x^7*y x^2*y x^3*y x^6*y x*y x^6*y x^5*y x^6*y x^7*y x^6*y x^3*y sage: len(CE) 16
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Math Coss, désolé je n'ai pas bien saisi, vous dites ça l'air faux, est ce que c'est bien faux d'après votre code ?
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Oui, c'est ça. La fonction G définit le groupe présenté par les relations correspondant à l'argument n. Puis la définition de L donne une liste des éléments de G(4). La voici :
(1, x, y, x^2, y^2, x*y, x^3, x*y^2, x^2*y^-1, y^-1, x^-2, x^-1*y, x*y^-1, x^-1, x^2*y, x^-1*y^-1)
La boucle choisit deux éléments distincts $a$ et $b$ dans cette liste et les affiche si $(ab)^2\ne(ba)^2$. Il y a donc 16 paires $\{a,b\}$ pour lesquelles la condition $(ab)^2=(ba)^2$ n'est pas remplie. -
Ok, Merci Math Coss.
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Ajout (même si tout a été dit par Math Coss). Cela ne peut PAS être vrai car en choisissant $a = yx$, $b=y^{-1}$, on a $ab = x^{-1}$ (cette relation figure dans les relateurs) tandis que $ba = x$. Comment veux tu que $(x^{-1})^2 = x^2$ i.e. $x^4 = 1$ alors que $x$ est d'ordre 8 ?
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En fait la question que je me pose est la suivante.
Peut-on identifier les groupes finis $G$ non commutatifs et vérifiant $(ab)^2=(ba)^2$ pour tout $a,b\in G$ ?
Ça ne serait pas les groupes $$(\mathbb{H}_{8})^{k}\times A,$$ où $k>0$ et $A$ est un $2$-groupe fini commutatif ? -
@Dieudo Pour un groupe (fini) $G$, la première propriété i.e. $(ab)^2 = (ba)^2$ pour tous $a,b \in G$ est stable par quotient, n'est ce pas ? Et la deuxième (être isomorphe à ...) ? C'est une question.
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Si tu fais a^2=b^2=1 tu obtiens le groupe diedral d'ordre 8.
Le groupe dont tu parles se décrit comme le groupe de tresses cylindriques. C'est le groupe fondamental du complémentaire de y(y-x^2)=0.
M. -
Bonsoir
Une début d'analyse.
Pour tous $a,b,c\in G$, on a $(abc)^2=((ab)c)^2=(c(ab))^2$.
En particulier pour $c=b^{-1}$, on obtient $a^2=(b^{-1}ab)^2=b^{-1}a^2b$,
et ceci pour tout $b\in G$ donc $a^2\in Z(G)$,
et ceci pour tout $a\in G$, c'est-à-dire que tout carré d'élément de $G$ est dans son centre $Z(G)$.
Donc $G/Z(G)$ a tous ses éléments d'ordre $\leq 2$, il est donc $2$-abélien élémentaire, donc isomorphe à $C_2^k$, pour un $k$ convenable.
$G$ est donc extension centrale : $$\{1\}\to Z(G)\hookrightarrow G\to C_2^k\to \{1\}
$$ $Z(G)$ peut être n'importe quel $2$-groupe commutatif, car il respectera la consigne (qui est $(ab)^2=(ba)^2$).
Si l'extension est scindable, alors $G$ est produit direct de $Z(G)$ par $C_2^k$ et donc commutatif, donc égal à $Z(G)$, contradiction.
Donc l'extension ci-dessus n'est pas scindable.
À suivre ...
Alain -
La nuit portant conseil, poursuivons.
On vient de voir que si un $2$-groupe fini non commutatif satisfait la consigne (pour tous $a,b\in G,\ (ab)^2=(ba)^2$), alors il admet un quotient central $2$-abélien élémentaire.
Examinons la réciproque.
Si $G/Z(G)\simeq C_2^k$, pour un $k$ convenable, soient alors $a,b\in G$. Envoyés dans le quotient ils vérifient $\bar a\bar b=\bar b \bar a$ car $C_2^k$ est commutatif. Remontés dans le groupe $G$, on obtient l'existence d'un $z\in Z(G)$ tel que
$ab=baz$,
$a^2b=abaz$, en multipliant par $a$ à gauche,
$ba^2=abaz=abza$, car $\bar a^2=\bar1$ dans $G/Z(G)$ donc $a^2\in Z(G)$, et $z\in Z(G)$,
$ba=abz=baz^2$, en simplifiant par $a$ à droite et en réutilisant la première ligne,
$z^2=1$ en simplifiant par $ba$.
Alors, $(ab)^2=(baz)^2=(ba)^2z^2=(ba)^2$.
Ainsi, le groupe $G$ satisfait la consigne.
Les $2$-groupes $G$ recherchés sont exactement les $2$-groupes dont le quotient central est $2$-abélien élémentaire.
Remarque 1. La caractérisation s'étend aux $2$-groupes commutatifs car ils satisfont la consigne et $G/Z(G)$ est trivial donc $2$-abélien élémentaire.
Remarque 2. Dans les démonstrations ci-dessus, la finitude de $G$ n'intervient pas, la caractérisation reste donc valable pour tout $2$-groupe $G$ (fini ou non) satisfaisant la consigne.
Alain -
Regardons parmi les 5 groupes d'ordre 8 ceux qui conviennent.
$C_8,\ C_4\times C_2, C_2^3$, car ils sont commutatifs.
$D_4$, car son centre est d'ordre 2 (engendré par la symétrie centrale) et $D_4/Z(D_4)\simeq C_2^{\,2}$.
$\mathbb H_8$, car son centre est $\{1, -1\}$ et de quotient associé $C_2^{\,2}$.
Parmi les 14 groupes d'ordre 16, j'en dénombre 11, soit les 5 commutatifs et 6 non commutatifs dont $D_4\times C_2$ et $\mathbb H_8\times C_2$.
Il n'y a pas le quaternionien $Q_2$ d'ordre 16, dont le centre est d'ordre 2 et le quotient central est isomorphe à $D_4$, non $2$-abélien élémentaire.
Parmi les 51 groupes d'ordre 32, j'en dénombre 33, soit les 7 commutatifs et (sauf erreur) 26 non commutatifs dont bien-sûr les 6 d'ordre 16 en produit direct avec $C_2$ (parmi lesquels on retrouve bien $D_4\times C_2^{\,2}$ et $ \mathbb H_8\times C_2^{\,2}$).
Alain -
Bonjour AD,
Merci beaucoup pour vos réponses. En faite la question que je me suis posé au départ est la suivante : On dit qu'un groupe $G$ est 2-commutatif si pour tout $a,b\in G$, $(ab)^{2}=(ba)^2$. Peut-t-on décrire, ou classifier si ça sera possible, tous les groupes finis 2-commutatif ?}. Ce qu'on remarque c'est que un groupe fini 2-commutatif et non-abélien est nécessairement d'ordre pair. En particulier, un groupe fini 2-commutatif dont l'ordre est impair est nécessairement abélien. Par conséquent, si $G$ est un groupe fini nilpotent 2-commutatif et non-abélien (disons d'ordre $n=2^{k}p_{1}^{\alpha_1}...p_{r}^{\alpha_r}$, où $k>0$ et $p_1,...,p_r$ sont des nombres premiers impairs), alors $G=P\times A$ où $A=P_1\times... P_r$ est abélien ($P_i$ est le $p_i$-Sylow de $G$) et $P$ est un 2-groupe ($P$ est le 2-Sylow de $G$) 2-commutatif et non-abélien. Donc dans le cas nilpotent, la description des groupes fini 2-commutatif se ramène à la description des 2-groupes fini 2-commutatif et non-abélien. -
Bonjour
Ben oui, ma démo http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1720918,1721196#msg-1721196 est valable pour tout groupe, en particulier pour $G$ d'ordre impair. Alors $G/Z(G)$, son quotient central a tous ses éléments d'ordre $\leq 2$, donc est trivial, donc $G$ d'ordre impair est commutatif.
À suivre ...
Alain -
@Mauricio : Je ne comprends pas bien. Les groupes de tresses sont présentés par des générateurs et des relations de la forme $(ab)^{m_{ab}}=(ba)^{m_{ab}}$ lorsque $a$ et $b$ sont des générateurs, mais est-on sûr pour autant que ces relations soit satisfaites par tous les éléments du groupe ? (D'autre part, les groupes de tresses sont infinis, ici Dieudo prend des quotients finis. C'est moins important.)
-
Bonsoir
Prenons le problème autrement. Soit $G$ un groupe fini d'ordre $2^sm$, avec $m$ impair, satisfaisant la consigne ($\forall a, b\in G,\ (ab)^2=(ba)^2$). Appelons $A$ l'ensemble (qui n'est pas nécessairement un sous-groupe) des éléments de $G$ d'ordre impair.
Je dis que l'application (qui n'est a priori pas un morphisme) $x\mapsto x^2$ est une bijection sur $A$.
En effet d'après Bézout, il existe $u,v\in \mathbb Z$ tels que $2u+mv=1$.
Alors pour tout $x\in A,\ x=x^1=x^{2u+mv}= (x^2)^u (x^m)^v= (x^2)^u$, car $x^m=1$.
Montrons que $x\mapsto x^2$ est injective. Si $x^2=y^2$, alors en élevant à la puissance $u$, $(x^2)^u=(y^2)^u$, c'est-à-dire $x=y$, d'où l'injectivité et la bijectivité car $A$ est fini.
Ce qui veut dire que tous les éléments de $A$ sont le carré d'un élément de $A\subset G$ et donc sont dans le centre $Z(G)$. D'où $A\subset Z(G)$ donc est commutatif, c'est donc un sous-groupe de $G$ distingué car contenu dans $\Z(G)$. On considère alors le quotient $G/A$ qui est un $2$-groupe (d'ordre $2^s$) isomorphe à un $2$-Sylow de $G$ car de même ordre $2^s$. Donc l'extension $$1\to A\to G\to G/A\to 1$$ se scinde, et comme $A\subset Z(G)$, $G$ est le produit direct $G=A\times S_2$ où $S_2$ est un (le) $2$-Sylow de $G$.
En résumé, un groupe fini $G$ satisfaisant la consigne est de la forme $G=A\times S_2$, où $A$ est un groupe abélien d'ordre impair et $S_2$ est un $2$-groupe (qui est le $2$-Sylow de $G$) satisfaisant la consigne.
La réciproque me paraissant évidente, c'est une caractérisation des groupes finis satisfaisant la consigne.
Remarque 1. Un tel groupe $G$ est nilpotent (produit direct de ses $p_i$-Sylow, $p_i$ premiers divisant $|G|$).
Alain
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Bonjour!
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