produit semi direct

A propos de l'exemple a méditer sur les produits semi-directs internes ou externes, on a dans le même genre : $\mathbf R^2$ n'est pas la somme directe interne de $\mathbf R (1,0)$ et $\mathbf R(1,0)$, mais il est isomorphe à la somme directe externe de deux droites. Dit comme ça, c'est moins impressionnant ;-)

Bonjour E=mc3

En ce qui concerne le groupe $\frak{S}_3\times \Z/2\Z$, qui puisque $\frak{S}_3 \simeq D_3$ n'est autre que $D_3\times \Z/2\Z \simeq D_6$ le groupe des isométries planes laissant l'hexagone $A_0,A_1,A_2,A_3,A_4,A_5$ invariant.
C'est un groupe engendré par $r$ la rotation d'angle $\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3}$ et la symétrie $s$ par rapport à une diagonale (en bleu) : $D_6= \langle r,s \rangle$.
On trouve immédiatement le sous-groupe $H= \langle r^2,s \rangle$ qui laisse invariant le triangle équilatéral $A_0,A_2,A_4$ (en rouge).
Ce sous-groupe $H$ est donc isomorphe à $D_3$ et est distingué dans $D_6$ puisque d'indice 2.
On constate que $r^3$ la rotation d'angle $\pi$, c'est à dire la symétrie centrale n'est pas dans $H$ (le triangle équilatéral n'est pas conservé).
Donc $H.\langle r^3 \rangle = D_6$ ($H$ d'indice 2 donc maximal, c'est à dire que si on ajoute un élément cela engendre $D_6$ en entier.
Comme la symétrie centrale commute avec tous les éléments, on obtient la décomposition en produit direct $$D_6 = H \times \langle r^3 \rangle \simeq D_3 \times \Z/2\Z$$ c'est d'ailleurs de là qu'on était parti.

Mais si on prend une symétrie $t$ par rapport à une apothème (en vert) de l'hexagone, cette symétrie n'est pas non plus dans $H$, (puisque ne conserve pas $A_0,A_2,A_4$)
Le même argument que ci-dessus montre que $H.\langle t \rangle = D_6$
On vient de voir que $H \cap \langle t \rangle = \{id\}$, et comme $H \lhd D_6$, on est en présence du produit semi-direct : $$ D_6= H \rtimes_\phi \langle t \rangle $$ avec $\phi : \langle t \rangle \rightarrow Aut(H)$ est défini par $\phi(t) = (x\mapsto txt^{-1})$, ce qui appliqué aux générateurs de $H$ donne $\phi(t)=\begin{pmatrix} r^2&\mapsto &r^{-2} \\ s&\mapsto& r^2s\end{pmatrix}$

Tu as ainsi le même groupe $D_6$ qui se décompose en un produit direct $H\times\langle s \rangle$ et en un produit semi-direct $H\rtimes_\phi \langle t \rangle$, note que le sous-groupe $H$ est le même dans les deux cas.

Alain
\begin{center}

Bonjour à tous,

1) Je reprends ma question d'hier: "Il existe des groupes simples, et il existe aussi des groupes non simples qui ne peuvent s'exprimer par PD ou PSD de leurs sous-groupes; exemples :$Z/4Z$,$\mathbb H_8$, et tu(=Alain) en avais exhibé un autre d'ordre 16 dernièrement".

Existe-t-il une littérature concernant ces groupes particuliers ?

2)or énoncé exercice 3.3.13 p89 du Delcourt, [fait hier soir]:
--> montrer que $H_8$ n'est pas PSD de deux de ses sous-groupes.
--> généraliser aux groupes dicycliques.

3) le corrigé pour les groupes dicycliques , [in extenso] :
"Rappelons qu'un groupe dicyclique quelconque admet la présentation:
$$G = \langle a, b \mid a^{2m}=b^4=1,\ b^2=a^m, \ bab^{-1}=a^{-1} \rangle $$
Ses 4m éléments peuvent s'écrire $a^k$ ou $a^kb$, et ces derniers ont pour carré $b^2=a^m$. On en déduit que tout sous-groupe de G contient le sous-groupe à deux éléments $ \{e,b^2 \} $ qui est d'ailleurs le centre de G.
Ce groupe ne peut donc être PSD , pour la même raison que $H_8$, bien qu'il admette des sous-groupes normaux."

4) Or, gb et AD ( + Delcourt ) avaient démontré que pour $m=3$ , par exemple :
$$T = \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \rtimes_{\phi} \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$

5) suis un peu paumé et merci à ,toute âme charitable qui m’éclaircira les neurones.
Ref : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,351385,351561#msg-351561

Bonne journée.

Bonjour Alain,

Merci pour ta réponse détaillée que je vais prendre le temps de bien lire en détail.
En résumé:
-->Si $n$ est impair avec $n>2$, alors il y a PSD.
-->Si $m=2^r$,ie: $n=1$ alors le groupe dicyclique devient le groupe quaternionique $H_{2^r}$, qui lui ne peut pas être PSD pour cause d'intersection non triviale.

Alain, penses-tu que Jean Delcourt vient lire les corrections que tu apportes à son livre sur le forum ?;)

Amicalement.

Rebonjour,

1) Si $G$ est dicyclique d'ordre $m=4n$, $n$ impair, alors,

$G$ se décompose en le produit semi-direct $$ G = \Z/n\Z\rtimes_\phi \Z/4\Z$$ avec $\phi = (x\mapsto x^{-1})$ , comme démontré dans ce fil: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,351385,351385#msg-351385

Dans wims, on les retrouve pour 12,20,28.

2) Maintenant, si $G$ est d'ordre $m=2^rn$ avec $n$ impair, et $r>2$, alors c'est ta décomposition, avec les groupes quaternioniques qui doit intervenir.

Toujours est-il que j'ai de la lecture saine en prévision.

Merci beaucoup.

Personne ne repond, alors je me lance, vaille que vaille.
Le centre du groupe est $Z = < a^2 , b^2 >$ qui est isomorphe a $\mathbf{Z}^2$.
On a donc une suite exacte
$$ (e) \rightarrow \mathbf{Z}^2 \rightarrow G \rightarrow F_2 / <a^2 , b^2> \rightarrow (e) $$
ou $F_2$ est le groupe libre engendre par $a$ et $b$. Le groupe $F_2 / <a^2 , b^2> $ s'insere a son tour dans une extension
$$ 0 \rightarrow \mathbf{Z} \stackrel{i}{\rightarrow} F_2 / <a^2 , b^2> \stackrel{j}{\rightarrow} \mathbf{Z}/2 \rightarrow 0 $$
Le morphisme $i$ est donne par l'inclusion du sous-groupe $< ab>$, qui est bien distingue. Il existe un scindage de $j$ qui associe $a$ au generateur de $\mathbf{Z}/2$, et par ailleurs $a (ab) a^{-1} = ba = (ab)^{-1}$, donc $F_2 / <a^2 , b^2>$ est bien isomorphe au groupe $\mathbf{Z} \rtimes \mathbf{Z}/2$.

Finalement on obtient une ecriture du groupe comme extension
$$ (e) \rightarrow \mathbf{Z}^2 \rightarrow G \rightarrow \mathbf{Z} \rtimes \mathbf{Z}/2 \rightarrow (e) $$
mais je ne vois pas a priori comment ecrire $G$ lui-meme comme produit semi-direct. En esperant avoir ete utile.

Bonsoir Egoroff

Le groupe dont tu parles : $G = \langle a, b \mid a^2=b^2\rangle$ est le $\pi_1$ de la bouteille de Klein. C'est le produit amalgammé $\dfrac{\Z\star\Z}{\langle a^2b^{-2}\rangle}$ c'est à dire la quotient du produit libre sur 2 lettres par le plus petit sous-groupe distingué contenant $a^2b^{-2}$.

Comme l'indique Fadalbala... puisque $a^2b=b^2b=bb^2=ba^2$ le centre contient $a^2$. On vérifie que le centre est exactement le sosu-groupe engendré par $a^2$, donc isomorphe à $\Z$. On a donc l'extension centrale :
$$ 1 \rightarrow \Z \rightarrow G \xrightarrow{p} Z/2\Z \rightarrow 1$$
Cette extension (centrale) n'est pas scindable sinon $G$ serait isomorphe à $\Z\times \Z/2\Z$ qui est commutatif contrairement à $G$.

[edition : C'est une ânerie, la quotient est le produit libre $\Z/2\Z\star\Z/2\Z$ et non pas $\Z/2\Z$. Sorry AD]

On remarque qu'on peut caractériser les éléments de $G$ comme étant de la forme $a^{r+1}bab\ldots ba=a^r(ab)^t$ ou $a^{r}(ab)^ta$ où $r \in \Z, t\in \N$. En effet dès que $b$ apparait à une puissance différente de 1, si la puissance est paire $b^{2i}= a^{2i}$ qu'on peut ramener en tête puisque dans le centre et si la puissance est impaire $b^{2i+1}=a^{2i}b$, il ne reste que $b^1$ et le $a^2$ est amené en tête.
Si donc on pose $c=ab$, alors $G=\{a^rc^t,\ a^rc^ta,\ r\in\Z,\ t\in \N\}$
Bref avec ça, sauf erreur, on doit pouvoir montrer que $G$ n'a pas d'élément d'ordre fini (hors le neutre).

A suivre.
Alain

Cher égoroff,

Le groupe $\Z\rtimes_r \Z/2\Z$ admet pour présentation $D_\infty= \langle a, b \mid a^2=b^2=1 \rangle$.
Ref : Delcourt; exos 2.1.9 + 2.2.13
Tu n'étais pas très loin.

Bonne nuit.

Bonjour Alain,

Merci pour toutes ces précisions clairement établies.
Je suppose que le $\pi_1$ de la bouteille de Klein, et le groupe de Klein $V = \Z/2\Z \times \Z/2\Z$ ne sont pas isomorphes

Bonne journée.

Merci; y avait un
Je me doute qu'avec ton pseudo, les travaux de Felix Klein n'ont plus trop de secret pour toi.
question: le groupe fondamental $\pi_1$ de la bouteille de Klein possède-t-il une notation particulière ?
Merci.