Groupes définis par générateurs et relations
dans Algèbre
Bonjour
Si on se donne un ensemble fini de générateurs et un ensemble fini de relations entre ces générateurs, existe-t-il au moins un groupe correspondant ?
Merci d'avance pour toute réponse ou toute référence sur ce sujet.
Si on se donne un ensemble fini de générateurs et un ensemble fini de relations entre ces générateurs, existe-t-il au moins un groupe correspondant ?
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Réponses
En plus intéressant, si tu as une liste de générateurs $\mathbf x=(x_1,...,x_n)$ et une liste de relations $R$, il y a un groupe, noté $\langle \mathbf x \mid R\rangle$, bien défini et unique à isomorphisme près, qui est "universel" pour ces éléments et ces relations : dès qu'un groupe $G$ a des éléments $\mathbf y$ qui vérifient les relations $R$ (où $x_i$ est remplacé par $y_i$), il y a un unique morphisme $\langle \mathbf x \mid R\rangle\to G$ qui envoie $x_i\mapsto y_i$. On l'appelle groupe engendré par les $x_i$ satisfaisant les relations $R$.
Exemples : $\langle x \mid \rangle$ est (isomorphe à) $\Z$.
$\langle x \mid 2x \rangle$ est $\Z/2\Z$
$\langle x,y \mid yxy^{-1}x, x^4, y^2\rangle$ est le groupe diédral à $8$ éléments.
Pour compléter la réponse de Maxtimax, si tu as $n$ générateurs, alors le groupe libre sur $n$ générateurs, quotienté par le sous-groupe distingué engendré par les relations est un groupe répondant à ta question.
Alain
La réponse est trivialement oui : prendre le groupe trivial et mettre tous les générateurs =1, les relations seront alors automatiquement satisfaites.
Mais cela ne répond pas à ma question. Je me donne les générateurs et les relations (peut-être sont-elles contradictoires). Un groupe correspondant existe-t-il toujours ? Sinon, comment choisir l'ensemble des générateurs et l'ensemble des relations pour qu'il en soit ainsi ? Dans quel cas ces ensemble déterminent-ils un groupe unique ?
N'importe quel ensemble de générateurs et de relations entre ces générateurs définit un groupe (unique à isomorphisme unique près) possédant la propriété universelle décrite par Maxtimax.
Voir la page wikipedia "Présentation d'un groupe" (référence déjà donnée sur maths-forum).
Pour le reste la question de l'unicité est en générale dure si tu ne demandes pas le groupe "universel" pour cela : y répondre est pareil que répondre à la question de la trivialité, qui est un problème difficile (indécidable, en termes de complexité)
J’interviens en débutant : qu’appelle ton « relations » ici ?
Je comprends qu’on se donne une liste d’éléments appelés générateurs.
Se donne-t-on une loi ? J’imagine que non sinon l’histoire est terminée...
Ainsi cela signifie-t-il que l’on se donne l’image de quelques couples de générateurs par cette « loi » (qu’en gros, on cherche ?).
Pour savoir de quoi on parle.
Je ne souhaite pas interférer dans les échanges. [/small]
Je comprends mieux les échanges avec « l’utilisation du neutre ».
Édit : le lien suggéré par GaBuZoMeu
Wiki : Présentation d’un groupe.
Merci pour ces réponses.
J'ai encore une (plusieurs ?) question(s) :
Si on considère le (un ?) groupe engendré par {a,b} tel que {aˆn=1, b^2=1,(ab)^2=1}, on tombe sur le groupe diédral Dn.
Comment le considérer comme le groupe libre sur 2 générateurs, quotienté par le sous-groupe distingué engendré par les relations ?
Remarque : À partir de R={aˆn=1, b^2=1,(ab)^2=1}, on peut construire une unique table de Cayley 2n×2n qui peut être considérée comme la table de multiplication correspondant aux relations R. Mais cette table est-elle la table d'un groupe ?
Cordialement
Je ne comprends pas ta question : "comment le considérer ....?".
Il n'y a pas à le considérer, c'est le quotient du groupe libre à deux générateurs $a,b$ par le plus petit sous-groupe distingué contenant $a^n$, $b^2$ et $(ab)^2$.
Tout élément de ce quotient est égal à la classe de l'un des $2n$ éléments $a^ib^j$ avec $0\leq i<n$ et $0\leq j<2$.
Après, reste à voir que ces $2n$ classes sont bien distinctes. Bon, on connaît le groupe diédral $D_n$ et on lit dans la présentation sa structure de produit semi-direct $\mathbb Z/n\mathbb Z \rtimes \mathbb Z/2\mathbb Z$, l'élément non trivial de $\mathbb Z/2\mathbb Z$ agissant sur $\mathbb Z/n\mathbb Z$ en envoyant un élément sur son inverse.
Autre question que je me pose sur l'unicité (j'espère que je n'abuse pas trop de votre patience) :
Je considère le (?) groupe engendré par l'unique élément a qui vérifie a^n=1.
Le groupe cyclique d'ordre n répond à la question, mais aussi, me semble-t-il, tous les groupes cycliques d'ordre d où d est un diviseur de n.
Merci de m'éclairer.
Pour ta deuxième question, c'est ce que j'ai expliqué plus haut : il n'y a unicité que si tu veux celui qui est "universel", sinon tous ses quotients conviennent (en particulier le groupe trivial à chaque fois !!!!). Ici le groupe cyclique à $d$ éléments est un quotient de celui à $n$ éléments, donc il convient.
Je pense que tu n'as pas bien compris la notion de problème universel qui va avec la définition de présentation d'un groupe.
Prenons donc la présentation $\langle a\;;\;a^n\rangle$. Le groupe correspondant à cette présentation est le groupe $G$ muni d'un élément que je noterai encore $a$ tel que $a^n=1_G$ et tel que pour tout groupe $H$ muni d'un élément $b$ vérifiant $b^n=1_H$, il existe un unique morphisme de groupe $f: G\to H$ tel que $f(a)=b$. J'ai bien écrit le groupe $G$, car $(G,a)$ est unique à isomorphisme unique près (si $(G',a')$ est une autre solution du problème universel, il suffit d'exploiter la définition du problème universel pour voir qu'il existe un unique isomorphisme $G\to G'$ qui envoie $a$ sur $a'$).
Ici la solution du problème universel se construit facilement : on prend le groupe libre sur un élément, $(\mathbb Z, +)$ avec $1$ comme générateur et on quotiente par le sous groupe $n\mathbb Z$ qui est le plus petit sous-groupe distingué de $\mathbb Z$ contenant $n1$.
> Oui, c'est l'intersection de tous les sous-groupes distingués du groupe libre sur $\{a,b\}$
> contenant $a^n, b^2$ et $(ab)^2$.
Ce sous-groupe est-il fini ?
Peut-on en établir la table de multiplication ?
> Je pense que tu n'as pas bien compris la notion de problème universel qui va avec la définition
> de présentation d'un groupe.
En effet ! Merci pour ces précisions.
Sûrement pas fini, puisque le groupe libre sur deux générateurs est infini et que le quotient (groupe diédral) est fini !
Les éléments du groupe libre peuvent s'écrire de manière unique, sauf erreur, comme
$$a^{i_0}b^{j_0}a^{i_1}b^{j_1}\cdots a^{i_p}b^{j_p}$$
où les $i_k$ et $j_k$ sont entiers, seuls $i_0$ et $j_p$ pouvant être nuls.
Les éléments du sous-groupe par lequel on quotiente sont ceux tels que $\sum_{k=0}^pj_k=0\pmod2$ et $\sum_{k=0}^p (-1)^{\sum_{0\leq \ell<k} j_{\ell}} i_k = 0\pmod n$.
Notes :
0. Well know : bien connu. Ah ?
1. Balanced : autant de générateurs que de relateurs.
2. Cette présentation n'est pas du type annoncé dans l'abstract (mais peu importe après tout).
balanced : invariant par échange de $a$ et $b$.
PS. Bon en fait "balanced = autant de générateurs que de relations" semble être la terminologie acceptée (remarque de C.Q. ci-dessous).
$$1=aa^{-1}=ba^2b^{-1}a^{-1}=a(a^{-1}ba)(ab^{-1}a^{-1})=ab^2b^{-2}=a\;,$$
et de même $1=b$.
Pardon, la chaleur...
On peut construire le graphe de Cayley de la présentation https://fr.wikipedia.org/wiki/Graphe_de_Cayley $$
\langle a,b\mid a^n=1,\ b^2=1,\ (ab)^2=1\rangle
$$ Ce graphe étant un revêtement à $2n$ feuillets du bouquet de deux cercles, le groupe $\mathcal D_n$ est le quotient du $\pi_1$ du bouquet de deux cercles (le groupe libre sur deux lettres) par le $\pi_1$ du graphe (qui est le groupe libre engendré par les cycles du graphe). Ces cycles sont au nombre $1-N+A$ ($N$ nombre de nœuds, $A$ nombre d'arêtes) soit $1-2n+2\times2n=1+2n$.
Je joins la page de mon livre où ceci est exposé dans le cas $n=3$.
Ainsi, dans le cas de $\mathcal D_3$, le sous-groupe distingué engendré par les trois relations $r^3,\ s^2,\ (rs)^2$ est le sous-groupe libre engendré par sept éléments : les trois relations d'origine et les quatre qui leurs sont conjuguées (listées dans le pdf joint).
Alain
Dans l'article https://researchers.ms.unimelb.edu.au/~cfm/papers/paperpdfs/cfmpes990426.pdf , que signifie la notation =H (par exemple a =H bq) ?
Merci d'avance.
J'attache une page vachement moins jolie que la tienne : TeX n'était pas encore rentré dans les chaumières (enfin celles du Poitou) et on faisait les dessins à la main.
@jossrandal2002
Tu poses des questions et tu vois que les gens répondent. Peut-être, en ce qui concerne les échanges sur le forum, ``un peu plus de quelque chose de ta part'' serait le bienvenu ? Bon, passons. En ce qui concerne les maths, en particulier ta question de $=_H$, je vais y répondre à ma façon en disant que c'est l'égalité dans $H$. MAIS il y a beaucoup mieux à dire/faire car je trouve, avec tout le respect que je dois aux auteurs Miller & Schupp (qui sont des spécialistes de calculabilité en théorie des groupes), que leur lemme 2 contient pas mal de maladresses (en tout cas pour des débutants, à qui peut-être, ils ne s'adressent pas).
Je te propose de le revisiter si tu veux bien. Tu oublies (provisoirement) les présentations de groupes (je dis bien provisoirement) et tu prends comme donnée $(n,m,a,b)$ où $n,m \ge 1$ sont des entiers pour l'instant quelconques et $a,b$ des habitants d'un groupe (à qui je ne donne pas de nom), le tout vérifiant
$$
a^{-1} b^n a = b^m \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
En regardant le début de la preuve de leur lemme 2 (ils ne sont pas tout-à-fait dans le même contexte, mais peu importe), une bonne chose serait de prouver que pour $h \ge 0$ (c'est important ce $h \ge 0$ because $n^h$ et $m^h$ ci-dessous).
1. $w := a^h b^\bullet a^{-h}$ commute à $b^{n^h}$. Ici $\bullet$ est un exposant quelconque $\le 0$ ou $\ge 0$.
2. $w := a^{-h} b^\bullet a^h$ commute à $b^{m^h}$.
Of course, il faut s'inspirer (lire, examiner attentivement ...etc..) les auteurs Miller/Schupp car en un certain sens ils ont fait tout le boulot (ceci n'est pas en contradiction avec ma petite critique).
3. De manière générale, dans un groupe quelconque si $w$ est un mot en $a,b,a^{-1},b^{-1}$ dont la somme des exposants de $a$ est nulle, alors $w$ est un produit de $a^{h_j} b^\bullet a^{-h_j}$ où $h_j \in \Z$. Note : il est clair que $a^{h_j} b^\bullet a^{-h_j}$ est un mot dont la somme des exposants de $a$ est nulle.
4. Il pourrait y avoir une suite. Cela ne dépend que de toi.
5. Pourquoi je fais cela ? Car il me semble avoir compris que le groupe présenté par l'unique relation $(\heartsuit)$ est un ``groupe automatique'' dans lequel le problème du mot est décidable. A suivre.
J'avais juste noté des choses un peu rapides.
$\bullet$ Par exemple, sous le couvert de $a^2 = b^2 = 1$, on a l'égalité $(ab)^3 = (aba)(bab)^{-1}$ donc l'équivalence $(ab)^3 = 1 \iff aba = bab$. Et du coup le $(s_is_{i+1})^3 = 1$ qui est mis dans le moteur, c'est pareil que $s_is_{i+1}s_i = s_{i+1} s_i s_{i+1}$.
$\bullet$ Vers la fin, cela va un peu vite et il y a une coquille. Du coup, j'ai numéroté en rouge des égalités.
1. Par définition.
2. Faire monter (vers la droite) $s_i$ qui se cale à gauche de $s_{i-1}$.
3. Untiliser $s_is_{i-1}s_i = s_{i-1} s_i s_{i-1}$.
4. Faire monter le $s_{i-1}$ (celui de droite) tout à droite.
5. Utiliser $s_{i-1} H = H$.
6. Conclure. C'est là qu'il y a la coquille : il faut lire $H_j$ et pas $s_iH$. Bilan : $s_i H_j = H_j$, ce qu'il fallait prouver (We claim dixit l'auteur).
"Tout laisse penser que l'auteur du fil est en vacances" pas de nouvelles non plus sur Futura depuis le 27.
Cordialement.