semi-direct. M-T

majdi · October 2006

Bonjour,

Apparemment $Gl(n, \K ) \times \K^{n}$ (Testard p.28) a une structure de produit semi-direct. Quelqu'un pourait'il me donner ce produit (cad (g,x).(g',x')=(?,?)). + merci

Alain Debreil · October 2006

Bonsoir Majdi

Tel que tu l'écris : $ Gl(n, \mathbb{K}) \times \mathbb{K}^{n}$, il s'agit du produit direct (tu utilises le symbole $\times$ et non $\rtimes$ ). Dans ce cas le produit est simplement le produit coordonnée par coordonnée.
Sinon, on doit certainement pouvoir définir des produits semi-directs $ Gl(n, \mathbb{K}) \rtimes_\phi \mathbb{K}^{n}$, il suffit de choisir un morphisme non trivial $\phi : \mathbb{K}^{n} \rightarrow Aut\big(Gl(n, \mathbb{K})\big) $. Il en existe sûrement.

Alain

majdi · October 2006

Bonsoir Alain,

Pour la notation tu as raison; en fait j'ai pris la même liberté que les auteurs du livre. Sinon c'est effectivement un tel morphisme que je cherche (vainement:). Mais je me rends compte qu'il faut que je rédige la question un peu mieux et dans son contexte surtout. Je ferais ça dès que possible. Bonne soirée. + majdi

Alain Debreil · October 2006

Re-bonsoir Majdi

Cela est peut-être à coté de la plaque, mais il existe un produit semi-direct assez naturel :
$ \mathbb{K}^{n} \rtimes_{id} Gl(n, \mathbb{K})$ où $id$ est l'identité, $id : Gl(n, \mathbb{K}) \rightarrow Aut( \mathbb{K}^{n}) = Gl(n, \mathbb{K}) $.
Dans ce cas la loi de composition est :
$(x, \sigma) * (x', \sigma') = (x+\sigma(x'), \sigma\circ\sigma')$
Si ce n'est pas ce que tu recherches oublie.

Alain

majdi · October 2006

Il est possible que cela correspondent, mais je n'ai pas le temps d'y réfléchir (doit sortir). En gros l'auteur identifie le stabilisateur de $(1,0,..,0)$ à un produit semi-direct $ Gl(n-1, \mathbb{K}) \times \mathbb{K}^{n-1}$; et ce en considérant l'opération transitive de $GL(n,\K)$ sur $\K^n \backslash \{0\}$. On utilise l'étape - le stabilisateur s'identifie au groupe de matrice $\left(\begin{array}{cc}\\
1& ..a_i..\\ 0&M' \end{array}\right)$ avec $det M'$ non nul, et on en déduit le dévissage en produit semi-direct.

++ et merci beaucoup pour cet effort (à l'aveugle:)

Alain Debreil · October 2006

$\left(\begin{array}{cc} 1& ..a_i..\\ 0&M' \end{array}\right)$ avec $ \det M' $

majdi · October 2006

Alain, c'est bien le bon produit semi-direct:

$MN= \left(\begin{array}{cccc} 1& a_1 & \cdots & a_{n-1}\\ 0 \\
\vdots & & \text{\huge{M'}} \\ 0
\end{array}\right) \left(\begin{array}{cccc} 1& b_1 & \cdots & b_{n-1}\\ 0 \\
\vdots & & \text{\huge{N'}} \\ 0
\end{array}\right) \\$

$= \left(\begin{array}{ccccc} 1& (b_1+a_1n_{22}+\cdots +a_{n-1}n_{n2}) & \cdots & (b_{n-1}+\cdots +a_{n-1}n_{nn})\\ 0 \\
\vdots & & \text{\huge{M'N'}} \\ 0
\end{array}\right) \\$

Donc $MN$ s'identifie à $(M'N',b+N'a)$, pour
$b=(b_1,\cdots,b_{n-1})$ et $a=(a_1,\cdots,a_{n-1})$.

+

semi-direct. M-T

Réponses

Bonjour!

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 8