Groupe $[a_1,b_1][a_2,b_2] \cdots= 1$
dans Algèbre
Dans un groupe, je note $[a,b] = a^{-1}b^{-1}ab$ le commutateur de $a,b$.
Soit $g$ un entier $\ge 1$. Je considère les deux groupes définis par $2g$ générateurs et une seule relation : $$
G = \langle a_1, \cdots, a_g, b_1, \cdots, b_g \ \mid\ [a_1,b_1] \cdots [a_g,b_g] = 1 \rangle~,
\qquad
H = \langle x_1, \cdots x_{2g} \ \mid\, x_1 x_2 \cdots x_{2g}\, x_1^{-1} \cdots x_{2g}^{-1} = 1 \rangle.
$$ J'ai cru comprendre que $G$ et $H$ étaient isomorphes. Pour l'instant, j'ai fait $g = 2$ et je ne vois pas pourquoi. Une idée ? Merci.
Soit $g$ un entier $\ge 1$. Je considère les deux groupes définis par $2g$ générateurs et une seule relation : $$
G = \langle a_1, \cdots, a_g, b_1, \cdots, b_g \ \mid\ [a_1,b_1] \cdots [a_g,b_g] = 1 \rangle~,
\qquad
H = \langle x_1, \cdots x_{2g} \ \mid\, x_1 x_2 \cdots x_{2g}\, x_1^{-1} \cdots x_{2g}^{-1} = 1 \rangle.
$$ J'ai cru comprendre que $G$ et $H$ étaient isomorphes. Pour l'instant, j'ai fait $g = 2$ et je ne vois pas pourquoi. Une idée ? Merci.
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Réponses
Mais j'imagine que certains seraient plus satisfait par un argument algébrique plus direct.
EDIT : je suis idiot, tes complexes sont présentés comme des CW-complexes donc la caractéristique d'Euler se calcule facilement via les cellules. Par contre ça ne règle pas la question de l'orientabilité puisqu'une surface non orientable peut avoir la même caractéristique d'Euler qu'une surface orientable.
Pour ça on peut effectivement calculer le $H_2$ "de $H$", via toujours la décomposition cellulaire; et ça marche (en admettant que c'est une surface, mais là je te fais confiance parce que je n'ai aucune idée de ce que "link" veut dire)
Je décris la première carte : c'est la donnée d'un ensemble fini $A$ (les arcs) et de deux permutations de $A$, notées $r$ et $a \mapsto a^*$, la seconde étant une involution sans point fixe représentant l'arc opposé. Ici $A$ est de cardinal $4g$ et $r$ est un $4g$-cycle :
$$
A = \{a_1, \cdots, a_g\} \vee \{b_1, \cdots, b_g\} \vee \{a_1^*, \cdots, a_g^*\} \vee \{b_1^* , \cdots, b_g^*\}
\qquad\qquad
r = (a_1 b_1 a_1^* b_1^* a_2 b_2 a_2^* b_2^* \cdots a_g b_g a_g^* b_g^*)
$$
La caractéristique d'Euler est donnée par $\alpha_0 - \alpha_1 + \alpha_2$ où $\alpha_0$ est le nombre d'orbites de $r$, $\alpha_1$ celui de $*$ et $\alpha_2$ celui de $r \circ *$. C.a.d. ici $1 - 2g + 1 = 2-2g$.
Idem pour la deuxième carte. Pour $g = 2$: Précision : je ne veux pas seulement savoir que $G$ et $H$ sont isomorphes, je veux expliciter un isomorphisme de $G$ sur $H$. Du moins, si j'ai bien compris. La vacherie, c'est que pour $g=2$ par exemple, les groupes cartographiques ne sont pas isomorphes : l'un est d'ordre 32, l'autre cyclique d'ordre 8. Hum, bizarre, fort possible que je me plante quelque part
Posons $m_i=x_{2i-1}x_{2i}$ pour tout $1 \leq i \leq g$. La présentation
$$\langle x_1, x_2, x_3,x_4 \mid x_1 x_2 x_3 x_{4} x_1^{-1} x_2^{-1} x_3^{-1} x_{4}^{-1}=1 \rangle$$
devient alors
$$\langle m_1,x_2, m_2,x_4 \mid m_1m_2(m_1^{-1})^{x_2} (m_2^{-1})^{x_4} =1 \rangle.$$
(J'ai utilisé la notation $a^b=bab^{-1}$.) On peut réécrire la relation $(\ast)$ en
$$\begin{array}{lcl} (\ast) & = & m_1m_2 [x_1,m_1^{-1}] m_1^{-1} (m_2^{-1})^{x_4} \\ \\ & = & m_1m_2 [x_1,m_1^{-1}] (m_2^{-1})^{m_1^{-1}x_4} m_1^{-1} \\ \\ & = & m_1m_2 [x_1,m_1^{-1}] [m_1^{-1}x_4, m_2^{-1} ] m_2 m_1^{-1} \end{array}$$
On obtient donc la présentation
$$\langle m_1,x_2,m_2,x_4 \mid [x_1,m_1^{-1}] [m_1^{-1}x_4, m_2^{-1}]=1 \rangle.$$
La conclusion est effectivement que les deux présentations définissent des groupes isomorphes, mais on peut également écrire un isomorphisme explicite, par exemple :
$$\left\{ \begin{array}{l} a \mapsto x_1 \\ b \mapsto (x_1x_2)^{-1} \\ c \mapsto (x_3x_4)^{-1} \\ d \mapsto (x_1x_2)^{-1}x_4 \end{array} \right. .$$
$$
x^y = yxy^{-1} = yxy^{-1}x^{-1}\ x = [y,x] x
$$
Donc quand tu passes de la ligne 6 à 8 :
$$
(m_1^{-1})^{x_2} = [x_2,m_1^{-1}]\, m_1^{-1}
$$
Or chez toi, il y a un $x_1$ au lieu de $x_2$. Je suppose que c'est une coquille. Et du coup des choses à rectifier.
De mon côté, en bricolant, j'ai fini par poser (dans le sens exprimer les $x_k$ en fonction des $a_i, b_j$) :
$$
x_1 = a_1, \qquad x_2 = a_1^{-1} b_1^{-1}, \qquad x_3 = b_1 b_2, \qquad x_4 = a_2b_1^{-1}
$$
Pas très joli, j'en conviens. Et ces $x_i$ vérifient $x_1x_2x_3x_4 = x_4x_3x_2x_1$ QUAND $(a_1,b_1)(a_2,b_2) = 1$. Ci-contre, les commutateurs utilisés sont les notations et conventions des commutateurs de Bourbaki (qui collent à magma) annoncés dans mon premier post. Sauf que Alain a remplacé les parenthèses par des crochets.
Cela s'inverse de la manière suivante :
$$
a_1 = x_1, \qquad b_1 = (x_1x_2)^{-1}, \qquad a_2 = x_4(x_1x_2)^{-1}, \qquad b_2 = (x_1x_2)x_3
$$
Ce qui ressemble UN PEU à tes affaires.
Par ailleurs, je suis en train d'essayer de piger le B.A.BA en ce qui concerne systèmes confluents, Knuth-Bendix ...etc.. Et j'ai trouvé des relations d'ordre qui permettent de faire converger Knuth-Bendix pour les groupes $G, H$. Si bien que les deux groupes $G, H$ de mon premier post sont présentés par des systèmes confluents, ce qui me permet de vérifier mes calculs (puisque le problème du mot y est résolu).
$$
\fbox {$x^y = [y,x] x$} \qquad x^y =_{\rm def} yxy^{-1}
\qquad\qquad
\fbox {$x y^z = y^{xz} x$}
\qquad\qquad \text{Voir commentaires après le deuxième trait}
$$
Je ne vais pas détailler mais voici, en te suivant et en utilisant à plusieurs reprises ces formules, ce que cela donne. On part de 6 éléments $x_1, x_2, \cdots, x_6$ dans un groupe et on pose :
$$
\begin {array} {llll}
m_1 = x_1x_2, \quad &m_2 = x_3x_4, \quad &m_3 = x_5x_6 \\
\pi_1 = 1, \quad &\pi_2 = m_1, \quad &\pi_3 = m_1m_2 \\
\end {array}
\qquad\qquad
\cases { a_1 = x_2^{-1} \pi_1 \cr b_1 = m_1} \qquad
\cases { a_2 = x_4^{-1} \pi_2 \cr b_2 = m_2} \qquad
\cases { a_3 = x_6^{-1} \pi_3 \cr b_3 = m_3} \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
On a alors la relation Graal, en utilisant la notation commutateur à la Bourbaki i.e. $(a,b) = a^{-1}b^{-1} ab = [a^{-1},b^{-1}]$ :
$$
(x_1x_2x_3x_4x_5x_6) (x_6x_5x_4x_3x_2x_1)^{-1} =
m_1m_2m_3 \times (a_1,b_1) (a_2,b_2) (a_3,b_3) \times (m_1m_2m_3)^{-1}
$$
Et $(\heartsuit)$ s'inverse de la manière suivante. I.e. on part cette fois de 6 éléments $a_1,a_2,a_3, b_1,b_2,b_3$ et on pose (on a toujours la relation Graal) :
$$
\begin {array}{llll}
m_1 = b_1, \quad &m_2 = b_2, \quad &m_3 = b_3 \\
\pi_1 = 1, \quad &\pi_2 = m_1, \quad &\pi_3 = m_1m_2 \\
\end {array}
\qquad\qquad
\cases { x_2 = \pi_1 a_1^{-1} \cr x_1 = b_1 a_1 \pi_1^{-1} } \qquad
\cases { x_4 = \pi_2 a_2^{-1} \cr x_3 = b_2a_2 \pi_2^{-1}} \qquad
\cases { x_6 = \pi_3 a_3^{-1} \cr x_5 = b_3a_3\pi_3^{-1}}
$$Les deux autres coquilles (en plus de celle signalée). Juste avant ton ``On obtient donc la présentation'', il faut remplacer le $m_2$ qui est à droite par $m_2^{-1}$. Et enfin, à la fin il faut permuter $c$ et $d$ (et bien sûr remplacer $a \to x_1$ par $a \to x_2$ comme signalé dans mon dernier post). Afin que cela soit clair, je te montre le groupe $H$ pour $g = 2$ avec un système de réécriture confluent. Pour l'instant je n'explique rien (tout le sel de l'affaire est dans la structure d'ordre Recursive). Je peux juste dire que $\text{truc} = \text{machin}$ est une règle de réécriture $\text{truc} \to \text{machin}$ avec $\text{truc} > \text{machin}$. Il y a $8 + 4$ règles de ré-écriture, les 8 premières étant triviales et les 4 dernières traduisant juste la relation $x_1x_2x_3x_4 = x_4x_3x_2x_1$. Plus une autre fois.
Et voilà tes $a,b,c,d$ corrigés : Comme tu vois, je suis obligé de jongler avec les deux notions de commutateur.Commentaire : la relation encadrée à droite là-haut peut-être écrite, avec tes notations $(y^z)^x = y^{xz}$. On y sent un petit défaut. Et c'est pour cela que je m'aligne sur Bourbaki qui pose $x^y = y^{-1} xy$ si bien que $(y^z)^x = y^{zx}$. Mais ici, provisoirement, je me suis aligné sur toi pour pouvoir échanger. MERCI
Une fois que les choses sont terminées, c'est plus simple que prévu. Ainsi dans mon post précédent, on a $b_i = m_i$ donc inutile d'introduire les $m_i$. Un résumé ci-dessous
$\bullet$ Pour tout groupe $G$ et tout entier $g \ge 1$, on dispose d'une bijection $G^{2g} \to G^{2g}$, $(x_1, \cdots, x_{2g}) \mapsto (a_1, \cdots, a_g, b_1, \cdots, b_g)$ définie par
$$
b_i = x_{2i-1} x_{2i} \quad 1 \le i \le g, \qquad\quad \pi_i = \prod_{j < i} b_j, \quad 1 \le i \le g+1, \qquad\quad a_i = x_{2i}^{-1} \pi_i \quad 1 \le i \le g
$$
qui a la propriété que l'élément de gauche ci-dessous s'écrit comme un produit de $g$ commutateurs $(a,b) = a^{-1}b^{-1}ab$ :
$$
x_1 x_2 \cdots x_{2g} (x_{2g} \cdots x_2x_1)^{-1} = \pi_{g+1}\ (a_1, b_1) \cdots (a_g,b_g)\ \pi_{g+1}^{-1} = (a'_1, b'_1) \cdots (a'_g,b'_g)
\quad \text {avec} \quad a'_i = \pi_{g+1} a_i \pi_{g+1}^{-1}, \quad b'_i = \pi_{g+1} b_i \pi_{g+1}^{-1}
$$
$\bullet$ De la même manière, on peut expliciter l'application inverse $(a_1, \cdots, a_g, b_1, \cdots, b_g) \to (x_1, \cdots, x_{2g})$. J'ai la flemme.
$\bullet$ $2g$ est pair mais on peut dire des choses pour un nombre impair. Ainsi $x_1x_2x_3 (x_3x_2x_1)^{-1}$ est un produit de deux commutateurs (faire $x_4 := 1$) $\bullet$ QUESTION : on considère un groupe libre $L(x_1, x_2, \cdots)$ et un mot $w$ de ce groupe. C'est facile de tester si $w$ est un produit de commutateurs i.e. est dans le groupe dérivé de $L$. Il suffit que pour chaque générateur $x_i$ de $L$, la somme des exposants de $x_i$ dans $w$ soit nulle.
1. Dispose-t-on d'un algorithme pour écrire $w$ comme un produit de commutateurs ?
2. En supposant que oui, cet algorithme est-il assez bien fichu pour écrire $x_1 x_2 \cdots x_{2g} (x_{2g} \cdots x_2x_1)^{-1}$ comme un produit de $g$ commutateurs ?
Merci pour la référence. Je vais essayer de regarder. C'est juste pour le fun car ce n'est pas ce que j'avais prévu AVANT le début du fil : j'avais prévu des choses sur les systèmes de réécriture. Et j'ai commencé par des groupes présentés par un seul relateur et puis de fil en aiguille, j'en suis venu à la question initiale du fil. Je reviendrais aux systèmes de réécriture un jour ou l'autre (?) ; sauf que, pour l'instant, j'en ch.e pour présenter un groupe libre abélien à deux générateurs de manière confluente !!
1. On développe en série formelle dans $\Qs$ (en fait dans $\Q[N]s$)
$$
\left ({1 + s \over 1-s}\right)^N = 1 + u_1 s + u_2s^2 + \cdots
$$
$N$ est un entier. Mais je vais prendre pour $N$ une indéterminée histoire de voir la chose La somme des coefficients de chaque polynôme en $N$ est 2. Par exemple $4/15 + 4/3 + 2/5 = 4/15 + 20/15 + 6/15 = 30/15$.
2. J'introduis, en suivant Don Zagier (mais ce sont les notations de Zvonkin) les polynômes $T_n$ (attention au décalage d'une unité $n$ et à la multiplication par une constante qui rend entier le polynôme)
$$
T_n = {1 \over 2} (2n-1)!! \times u_{n+1} \qquad\qquad (2n-1)!! =_{\rm def} 1 \times 3 \times \cdots \times (2n-1)
$$ $T_n$ est entier de degré $n+1$, la somme des coefficients est $(2n-1)!!$. Et son coefficient dominant est le nombre de Catalan d'indice $n$.
3. Maintenant, on regarde les involutions sans point fixe du groupe symétrique $S_{2n}$. Il y en a $(2n-1)!!$. Exercice. Par exemple, pour $n=3$, donc dans $S_6$, il y $5!! = 1 \times 3 \times 5 = 15$ involutions sans point fixe.
4. Toute involution $\star$ de $S_{2n}$ sans point fixe va permettre d'acoquiner, dans un $2n$-gone, deux arêtes qui seront recollées en sens inverse. Et là, je vais aller un peu vite, à ce binz on associe la carte combinatoire $\big(\{1, 2, \cdots, 2n\}, r, \star\big)$ où $r = (1, 2, \cdots, 2n)$ est le cycle standard qui correspond à une numérotation des arêtes autour du $2n$-gone. La caractéristique d'Euler Poincaré de la surface obtenue est $\alpha_0 - \alpha_1 + \alpha_2$ où $\alpha_i$ est le nombre d'objets de dim $i$ du complexe cellulaire (le graphe réalisé dans la surface). Algébriquement, $\alpha_0$ est le nombre d'orbites de $r$ (le nombre de sommets) i.e. $1$, $\alpha_1$ le nombre d'orbites de $\star$ (le nombre d'arêtes) i.e. $n$. Et enfin $\alpha_2$ est le nombre d'orbites de $r \circ \star$ i.e. le nombre de faces. Si bien que le genre $g$ de la surface vérifie $1 - n + \alpha_2 = 2-2g$. D'où l'égalité $\alpha_2 = n + 1 - 2g$.
5. La chute ? C'est que $T_n$ est un polynôme qui COMPTE au sens où $T_n = \sum\limits_\star N^{\alpha_2(\star)}$, $\star$ décrivant les involutions sans point fixe de $S_{2n}$. Si l'on écrit les coefficients de la manière suivante
$$
T_n = \sum_\star N^{\alpha_2(\star)} = \sum_{g =0}^{(n+1)/2} \varepsilon_g(n) N^{n+1-2g}
$$
alors $\varepsilon_g(n)$ est le nombre d'involutions $\star$ sans point fixe de $S_{2n}$ qui donnent une surface de genre $g$ i.e. celles pour lesquelles $r \circ \star$ possède $n + 1 -2g$ orbites. Dit autrement : dans un $2n$-gone, si on note $\varepsilon_g(n)$ le nombre de recollements qui fournissent une surface de genre $g$, alors ces coefficients $\varepsilon_g(n)$ se retrouvent dans le polynôme $T_n$. Qui lui se détermine via les points 1. et 2.
6. Mais la véritable chute, c'est la preuve ! Car il faut bien démontrer tout cela (et beaucoup d'autres choses). Merci Don Zagier. Et à la base, des histoires de classes de conjugaison, des caractères, des représentations linéaires de groupes finis.
Histoire de commutateurs : j'ai parcouru rapidement le papier de Goldstein & Turner mais j'ai eu la grosse flemme. Ils écrivent que leur étude fournit un algorithme. On est content de le savoir.
Comptage des surfaces obtenues comme recollements d'arêtes d'un $2n$-gone. C'est quand même un truc de dingue. On a la formule
$$
T_n = (2n-1)!! \ \sum_{m=0}^{n+1} \binom {N}{n} \binom{n}{m-1} 2^{m-1} \qquad\qquad (2n-1)!! = 1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n-1)
$$
Rappel : $N$ est une indéterminée ou un entier, cela dépend de l'heure dans la journée.
Un extrait d'un papier de Zvonkin Matrix Integrals and Map Enumeration: An Accessible Introduction in https://www.labri.fr/perso/zvonkin/Research/matrixint.pdf.
Où l'on voit, dans le théorème 5.2, que $T_n(N) \leftrightarrow f(k,N)$ s'exprime comme une intégrale sur un espace de matrices $N \times N$ (là, c'est sûr, $N$ c'est un entier). La référence [18] c'est un papier de Harer & Don Zagier (ce n'est pas le papier de Don Zagier Applications of the representation theory of finite groups dont j'ai parlé dans mon post précédent). Note : le papier de Zvonkin est un beau papier ; et Zvonkin écrit de manière non snob.
1. D'abord avec l'histoire de $x_1 \cdots x_n (x_n \cdots x_1)^{-1}$ à écrire comme un produit de commutateurs Pour un mot $w$ (du sous-groupe dérivé d'un groupe libre) de longueur $2n$, j'encode ses ``possible pairings'' par les involutions sans point fixe $\tau \in S_{2n}$ vérifiant $w_{\tau(i)} = w_i^{-1}$ pour tout $i$. Ici il n'y a qu'un choix possible de $\tau$. Et je calcule ensuite $g(\tau)$ le genre du ``circle graph'' $\Gamma$ défini par $\tau$ (mais pas par utilisation de la matrice $A(\Gamma)$). Qui va donner ici le nombre minimum de commutateurs dont $w$ peut être le produit.
Et j'ai vachement honte car pour $x_1x_2x_3 (x_3x_2x_1)^{-1}$, dans un post précédent j'étais tout fier de l'écrire comme un produit de 2 commutateurs à coucher dehors. Or c'est UN commutateur vachement simple !
$$
x_1x_2x_3 (x_3x_2x_1)^{-1} = (x_1x_2) (x_3x_2) (x_1x_2)^{-1} (x_3x_2)^{-1} = [x_1x_2, x_3x_2]
$$
C'est d'ailleurs écrit dans le math-exchange pointé (réponse avant la tienne).
2. Là, tu reconnaitras l'exemple que tu as pris à la page 2
3. Je trouve que tout cela est vachement intéressant. Cela = les théorèmes numérotés 1 et 2 chez toi. Qui certes, proviennent de Goldstein & Turner mais je préfère lire chez toi. Note : je n'ai pas automatisé la production des commutateurs, cela me paraît plus compliqué.
Edit : Oui, je m'étais plongé dans l'article de Goldstein et Turner il y a un moment maintenant, et en avait écrit un petit texte. Mais je n'aime pas trop faire référence à mon blog, que j'ai délaissé depuis un moment déjà (plus ou moins au moment de commencer ma thèse) : j'y ai repéré plusieurs coquilles à corriger, et mon anglais n'était pas terrible à ce moment là. Il faudrait que j'en reprenne les grandes lignes, mais ça demande pas mal de travail et... j'ai autre chose à faire.
Plus de travail pendant les vacances ? A qui tu veux faire croire que c'est du travail alors qu'il s'agit de s'amuser ? Quant à ton blog (qui m'a permis de rentrer dans Goldstein-Turner), je me rends bien compte le travail que cela demande. J'ai noté l'utilisation de Gorenstein au lieu de Goldstein.
Suggestion : si ce n'est pas déjà fait, fais toi offrir le livre de Lando & Zvonkin. Ou bien casse ta tire-lire, tu ne le regretteras pas. J'attache un extrait (le scan est mauvais) de la page 179 dans lequel les auteurs font un petit historique du problème de comptage des recollements d'un $2n$-gone. Je couche quelques dates.
La référence [138] : 1986 in https://people.mpim-bonn.mpg.de/zagier/files/doi/10.1007/BF01390325/fulltext.pdf La référence [301] : 1995 https://people.mpim-bonn.mpg.de/zagier/files/tex/CyclesOfElemsSymmGroups/fulltext.pdf, petit papier de 6 pages. Et Lass [192] 2001 (preuve combinatoire) : un CRAS de quelques pages in http://math.univ-lyon1.fr/homes-www/lass/articles/pub3zagierj.pdf Sans oublier les calculs d'intégrales sur les espaces de matrices (``physique'') : j'ai déjà pointé Zvonkin in https://www.labri.fr/perso/zvonkin/Research/matrixint.pdf
Bref, de quoi s'amuser (il y en a pour tous les goûts). Hum, je veux dire travailler.
Note : l'appendice de Don Zagier (Applications of the representation theory of finite groups) dans le livre de Lando Zvonkin in https://people.mpim-bonn.mpg.de/zagier/files/tex/ApplRepTheoryFiniteGroups/fulltext.pdf, c'est ``trop''. Car Don Zagier fait la totale : comptages pour un groupe fini quelconque $G$ où interviennent $k$ classes de conjugaison ... Qu'il applique ensuite au groupe symétrique et à $k=3$. Il faudrait avoir le courage d'en extraire un sous-sous produit dans le cas particulier. Peut-être que c'est fait dans le petit papier de 6 pages de Don Zagier ?
Mais il ne faut le dire trop fort, on pourrait arrêter de nous payer pour faire ça :-D
Merci pour les références. J'ajoute le livre de Lando & Zvonkin à ma liste ; si je le vois passer d'occasion à un prix intéressant je ne me priverai pas.
$$
\#\{ (a,b,c) \in A \times B \times C \mid abc = 1\} =
{|A| |B| |C| \over |G|} \sum_\chi {\chi(A) \chi(B) \chi(C) \over \chi(1)}
\qquad\qquad (I)
$$
où $\chi$ décrit l'ensemble des caractères irréductibles de $G$.
Don Zagier dit que cette formule est équivalente à la formule suivante où $b \in G$ est fixé cette fois et $F : G \to \C$ est n'importe quelle fonction invariante par conjugaison :
$$
{1 \over |C| } \sum_{c \in C} F(bc) = \sum_\chi {\chi(b) \chi(C) \over \chi(1)} \left( {1 \over |G|} \sum_D |D| \chi(D) F(D^{-1}) \right)
\quad\qquad\qquad\qquad (II)
$$
$\chi$ décrivant l'ensemble des caractères irréductibles de $G$ et $D$ l'ensemble des classes de conjugaison de $G$.
Vois tu, chère forumeuse, cher forumeur, pourquoi les deux formulations $(I)$ et $(II)$ sont équivalentes ? Attention : il ne s'agit pas de démontrer ces formules, il s'agit juste de se convaincre que l'une dit la même chose que l'autre. Don Zagier n'en dit pas plus que cela (An equivalent form ... en bas de la page 3 de https://people.mpim-bonn.mpg.de/zagier/files/tex/CyclesOfElemsSymmGroups/fulltext.pdf).
Il va s'en dire que je ne serais pas un ingrat et qu'il y aura des cadeaux à la clé (par exemple un pointeur sur une preuve la plus simple possible de la formule I). Merci.
Je n'ai pas fait le calcul, mais as-tu essayé $F$ l'indicatrice de $A^{-1}$ (au sens de $\{a^{-1} : a\in A\}$) ?
Amicalement,
Aurel
$$
\sum_{c \in C} F(bc) = |C| \times \S
$$
et on prend pour $F$ ce que tu proposes i.e. la fonction caractéristique de $A^{-1}$. Ne pas oublier que $b$ est fixé.
1. A gauche, on trouve (je ne détaille pas) $\sum_{c \in C} F(bc) = \#\{ (a,c) \in A \times C \mid abc = 1\}$. C'est bien parti.
2. A droite, la somme interne dans $\S$ (qui porte sur les $D$) est réduite à $D = A$. Si bien que :
$$
\S = \sum_\chi {\chi(b) \chi(C) \over \chi(1)} \left( {1 \over |G|} |A| \chi(A) \right) =
{|A| \over |G|} \sum_\chi {\chi(A) \chi(b) \chi(C) \over \chi(1)}
$$
Bilan :
$$
\#\{ (a,c) \in A \times C \mid abc = 1\} = {|A| |C| \over |G|} \sum_\chi {\chi(A) \chi(b) \chi(C) \over \chi(1)}
$$
3. On somme sur les $b \in B$. Comme on a par définition $\chi(b) = \chi(B)$ :
$$
\#\{ (a,b,c) \in A \times \times B \times C \mid abc = 1\} = {|A| |B| |C| \over |G|} \sum_\chi {\chi(A) \chi(B) \chi(C) \over \chi(1)}
\qquad \qquad \text {C'est la formule } (I)
$$
Bon. Je voudrais pas abuser .. mais dans l'autre sens ?
Je ne demande qu'à te croire mais je ne vois pas. Car dans la formule (II), cf mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1844010,1844996#msg-1844996, $b$ est fixé. Ou encore : peux-tu en dire un tout petit peu plus ? Récompense assurée et tout le truc.
En passant, je pose une question : comment se fait-il, dans un fil demandant des applications de la théorie des représentations linéaires, que cette formule de comptage n'ait point été fournie ? Plusieurs réponses sont possibles. On ne la connaissait pas ? Mais je signale qu'il s'agit des exercices 1, 2 du chapitre 4 de Serre, Représentations linéaires des groupes finis. Une autre réponse est qu'on ne mesure peut-être pas assez ce qu'elle dit ? On voit quand même que le membre gauche ne fait pas intervenir les caractères si bien que l'égalité est un pont entre deux domaines. J'ai souligné en rouge une phrase de Don Zagier (combinatoire).
Est ce que je vais recopier ici la preuve de Don Zagier ? NON. Car elle est peut-être trop parfaite. Je vais plutôt suivre Serre, Topics in Galois Theory, qui, à mon avis, permet de mieux voir ``certaines choses''.
1. Je vais montrer, en m'inspirant de Serre, Topics in Galois Theory, section 7.2 (Counting solutions of equations in finite group) http://www.ms.uky.edu/~sohum/ma561/notes/workspace/books/serre_galois_theory.pdf le résultat suivant. Contexte : $G$ un groupe fini, $\chi$ un caractère irréductible de $G$, $C_1, \cdots, C_k$ $k$ classes de conjugaison et enfin $y \in G$
$$
\sum_{c \in C_1 \times \cdots \times C_k} \chi(c_1 \cdots c_k y) = |C_1| \cdots |C_k| \ \chi(1)^{-k} \chi(C_1) \cdots \chi(C_k) \chi(y)
\qquad\qquad c = (c_1, \cdots, c_k) \qquad (\heartsuit)
$$
Il faut noter la présence du $y$. Important. A la fin, pour obtenir la formule de Frobenius, on fera $y = 1$ ! Mais ce $y$ va servir d'une part à entretenir une récurrence et d'autre part à obtenir un résultat (apparemment) plus fin.
Je commence par $k = 1$ en notant $C_1 = C$. J'introduis $\varphi = \sum_{c \in C} \rho(c)$ où $\rho : G \to \text{GL}(V)$ est de caractère $\chi$. C'est une variante par rapport à Serre qui considère $\sum_{t \in G} \rho(t ct^{-1})$ (ce qui l'obligera à la fin, à réaliser une petite jonglerie, cf les 3 lignes avant l'énoncé de 7.2.1).
On vérifie que $\varphi$ est un $G$-morphisme (facile) donc (Schur) $\varphi = \lambda \text{Id}_V$. Et on détermine $\lambda$ en donnant un coup de trace :
$$
|C| \ \chi(C) = \lambda \dim V \qquad \text{i.e.} \quad \lambda = |C| \ \chi(1)^{-1} \chi(C)
$$
On multiplie $\sum_{c \in C} \rho(c) = |C| \ \chi(1)^{-1} \chi(C)\ \text{Id}_V$ par $\rho(y)$ (c'est là le sel de l'affaire : $\rho$ est multiplicatif pas $\chi$ !)
$$
\sum_{c \in C} \rho(cy) = |C| \ \chi(1)^{-1} \chi(C)\ \rho(y) \qquad \hbox {coup de trace} \quad
\sum_{c \in C} \chi(cy) = |C| \ \chi(1)^{-1} \chi(C)\ \chi(y) \qquad \quad \text { i.e. } (\heartsuit) \text { pour } k=1
$$
Ensuite, il suffit d'itérer (merci à la présence du $y$). Par exemple pour $k = 2$ on écrit :
$$
\sum_{(c_1,c_2) \in C_1 \times C_2} \chi(c_1c_2y) = \sum_{c_2 \in C_2} \sum_{c_1 \in C_1} \chi(c_1c_2y)
\qquad \text { utilisation de } k = 1 \text { pour la somme interne ...etc...}
$$
2. On passe maintenant de $\chi$ à une fonction centrale $F : G \to \C$ que l'on écrit $F = \sum_\chi \scp{F}{\chi}\, \chi$. Si bien que $(\heartsuit)$ donne :
$$
\sum_{c \in C_1 \times \cdots \times C_k} F(c_1 \cdots c_k y) = |C_1| \cdots |C_k| \sum_\chi \scp{F}{\chi}\ \chi(1)^{-k} \chi(C_1) \cdots \chi(C_k) \chi(y)
$$
On fait enfin $y=1$ et on prend pour $F : G \to \C$ la fonction caractéristique de $1_G$ i.e. celle qui vaut $1$ en $1_G$ et 0 ailleurs. C'est facile de voir que $\scp{F}{\chi} = \chi(1)/|G|$. Et comme $\chi(1)^{-k} \chi(y) \chi(1) = \chi(1)^{-(k-2)}$, on tombe sur la formule de Frobenius (comparer avec Topics in Galois Theory)
3. On a donc la formule de Frobenius ET des résultats intermédiaires. Par exemple, pour $k=1$, je change les notations, en notant $A$ une classe de conjugaison et en renommant $y$ en $b$ :
$$
\sum_{a \in A} F(ab) = |A| \ \sum_\chi \scp{F}{\chi}\ {\chi(A) \chi(b) \over \chi(1)} \qquad \qquad (\spadesuit)
$$
Je prends une autre classe de conjugaison que je note $C$ et pour $F$ la fonction caractéristique de $C^{-1}$. Un petit calcul montre que :
$$
\scp{F}{\chi} = {|C| \, \chi(C) \over |G|} \quad \text{si bien que } (\spadesuit) \text { fournit} \qquad\qquad\quad
\#\{(a,c) \in A \times C \mid abc = 1\} = {|A| |C| \over |G|} \, \sum_\chi {\chi(A) \chi(b) \chi(C) \over \chi(1)}
$$
Tiens à droite, l'égalité utilisée dans mon post en réponse à Aurel. Vous suivez ?
Ensuite, c'est parti un peu dans tous les sens (c'est Seirios le premier qui a parlé de recoller les arêtes d'un $4g$-gone selon cette relation). Et puis de fil en aiguille, cela a viré à la combinatoire pour compter des recollements : formule de comptage de Frobenius avec les caractères, Don Zagier, Lando-Zvonkin ...etc..
Bilan en essayant de comprendre Don Zagier, j'ai les mains dans le cambouis avec certains caractères du groupe symétrique, des polynômes et séries, une certaine combinatoire. Ce n'est pas que de ma faute.
$\bullet$ En passant, un truc m'a d'ailleurs vachement étonné chez Le Chenadec : c'est le nombre de règles de réécriture qu'il donne : $4g$ pour une surface de genre $g$. Or EN BRICOLANT je suis tombé sur un système de réécriture ayant seulement 4 règles (j'omets les règles triviales). Les 4 dernières règles sont à lire sous la forme $\text{truc} \to \text{machin}$ et constituent une organisation confluente de $(x_1 x_2 \cdots x_5)(x_5 \cdots x_2x_1)^{-1} = 1$. Mais pour l'instant, ce n'est que du bricolage (expérimental). Et pour comprendre les règles de ré-écritures, il faut commencer par des choses beaucoup plus simples (je l'ai appris à mes dépens).
Question : est ce que quelqu'un sur le forum connaît un peu (ou même beaucoup) Knuth-Bendix, la confluence, toutes ces choses là ?
$\bullet$ Autre chose. Comme j'ai les mains dans la combinatoire, je suis à la recherche des polynômes $N_m(X)$ ($N$ pour numérateur, je me suis pas cassé) vérifiant :
$$
\sum_{k = 1}^\infty k^m X^{k-1} = {N_m(X) \over (1 - X)^{m+1}}
$$
J'ai déterminé (pas de manière subtile) les 6 premiers $N_1 = 1$, $N_2 = X+1$, $N_3 = X^2 + 4X + 1$ ...etc... On est amené à penser que $N_m(X)$ est unitaire de degré $m-1$ et qu'il est réciproque. Je crois avoir deviné son coefficient en $X$.
Question : est ce que quelqu'un a vu passer ces polynômes ?