$\mathcal D$ n'est pas une rotation du cube. Est-ce voulu ? Il y a aussi des incohérences entre minuscules et majuscules.
Si on ne regarde que les rotations du cube, on ne regarde en fait que les permutations des grandes diagonales que l'on notera $a=AG$, $b=BH$, $c=CE$, $d=DF$. On effectue alors
$$(a,b)\circ (b,d,c)\circ (a,d)(b,c)=(a,c,d,b)\;,$$
soit le quart de tour qui amène $A$ sur $E$, $E$ sur $F$, $F$ sur $B$ et $B$ sur $A$.
J'ai fait une erreur dans mon premier message. Les permutations sur les grandes diagonales correspondant à la partie "rotation du cube" du déplacement $\mathcal D$ est en fait $(ab)(cd)$. La permutation correspondant à la rotation composée est donc
$$(a,b)\circ (b,d,c)\circ (a,b)(c,d)=(a,d),\;,$$
qui correspond la rotation d'un demi-tour du cube autour de l'axe joignant les milieux des arêtes opposées $AD$ et $FG$.
Il reste la partie translation du déplacement $\mathcal D$ qui consiste à translater au début le cube vers le haut.
À la fin, on a donc $C$ à la place de $A$, $G$ à la place de $B$, $F$ à la place de $C$ et $B$ à la place de $D$
Personne pour s'intéresser à ce fil, même pas son initiateur !
Un mystère : "Géneraliser à $n$ isométries". Isométries ou déplacements ? Généraliser quoi ?
Mais si, l'auteur s'intéresse !
Y a les fêtes, quoi.
On travaille dans le groupe des isométries 3D, hélices, symétries planes etc.
On a un référentiel fixé à la table et un autre au dé (ou autre objet $Obj$).
Soit $\mathcal{M}_n ... \circ \mathcal{M}_3 \circ \mathcal{M}_2 \circ \mathcal{M}_1$ une composée d'isométries effectuées dans le référentiel du cube.
On veut les exprimer dans celui de la table. L'idée est de revenir dans la position de départ.
Prenons un exemple plan, un carré ABCD qui, relativement à son repère, est transformé successivement par
$-$ un demi-tour $\mathcal{D}$ de centre A,
$-$ une translation $\mathcal{T}$ de vecteur $\overrightarrow{\text{BD}}$
$-$ Une symétrie $\mathcal{S}$ d'axe parallèle à AC (Série arabe).
Relativement au plan, on effectue successivement
$-$ $\mathcal{D}$
$-$ $(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})$ (retour en position 0, \mathcal{T}, retour en position 1)
$-$ $(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})\circ\mathcal{S}\circ(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})'$ (retour en position 0, \mathcal{S}, retour en position 2)
La composition de ces isométries donne $\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{S}$ (Série romaine).
Il y a une coquille dans ce que tu écris "Relativement au plan" :
$$(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})\circ\mathcal{S}\circ(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})'\circ (\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'}) \circ (\mathcal{D})$$
n'est pas égal à $\mathcal D \circ \mathcal T\circ \mathcal S$. Tu devrais corriger (au bon endroit).
Mais tu as raison concernant le sens des compositions. Une façon de voir :
Le premier mouvement a pour matrice $P$ dans la base d'origine (base $0$). $P$ est la matrice de passage de la base $0$ à la base $1$.
Le deuxième mouvement a pour matrice $Q$ dans la base $1$. $Q$ est la matrice de passage de la base $1$ à la base $2$.
Le troisième mouvement a pour matrice $R$ dans la base $2$. $R$ est la matrice de passage de la base $2$ à la base $3$.
La matrice de passage de la base $0$ à la base $3$ est la matrice $PQR$. C'est la matrice du mouvement composé dans la base $0$.
Je me suis gouré dans le sens des compositions. J'aurais dû faire
$$(a,b)(c,d)\circ (b,d,c)\circ (a,b)=(a,c),\;,$$
qui correspond au demi-tour d'axe la droite joignant les milieux de $AE$ et $CG$. Avec la composante translation, le déplacement composé est le demi-tour d'axe $(AC)$. D'accord, soland ?
Réponses
Si on ne regarde que les rotations du cube, on ne regarde en fait que les permutations des grandes diagonales que l'on notera $a=AG$, $b=BH$, $c=CE$, $d=DF$. On effectue alors
$$(a,b)\circ (b,d,c)\circ (a,d)(b,c)=(a,c,d,b)\;,$$
soit le quart de tour qui amène $A$ sur $E$, $E$ sur $F$, $F$ sur $B$ et $B$ sur $A$.
2e Question : Mes excuses, tous les noms de points devraient être bas de casse.
$$(a,b)\circ (b,d,c)\circ (a,b)(c,d)=(a,d),\;,$$
qui correspond la rotation d'un demi-tour du cube autour de l'axe joignant les milieux des arêtes opposées $AD$ et $FG$.
Il reste la partie translation du déplacement $\mathcal D$ qui consiste à translater au début le cube vers le haut.
À la fin, on a donc $C$ à la place de $A$, $G$ à la place de $B$, $F$ à la place de $C$ et $B$ à la place de $D$
Un mystère : "Géneraliser à $n$ isométries". Isométries ou déplacements ? Généraliser quoi ?
Y a les fêtes, quoi.
On travaille dans le groupe des isométries 3D, hélices, symétries planes etc.
On a un référentiel fixé à la table et un autre au dé (ou autre objet $Obj$).
Soit $\mathcal{M}_n ... \circ \mathcal{M}_3 \circ \mathcal{M}_2 \circ \mathcal{M}_1$ une composée d'isométries effectuées dans le référentiel du cube.
On veut les exprimer dans celui de la table. L'idée est de revenir dans la position de départ.
Prenons un exemple plan, un carré ABCD qui, relativement à son repère, est transformé successivement par
$-$ un demi-tour $\mathcal{D}$ de centre A,
$-$ une translation $\mathcal{T}$ de vecteur $\overrightarrow{\text{BD}}$
$-$ Une symétrie $\mathcal{S}$ d'axe parallèle à AC (Série arabe).
Relativement au plan, on effectue successivement
$-$ $\mathcal{D}$
$-$ $(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})$ (retour en position 0, \mathcal{T}, retour en position 1)
$-$ $(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})\circ\mathcal{S}\circ(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})'$ (retour en position 0, \mathcal{S}, retour en position 2)
La composition de ces isométries donne $\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{S}$ (Série romaine).
$$(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})\circ\mathcal{S}\circ(\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'})'\circ (\mathcal{D} \circ \mathcal{T} \circ \mathcal{D'}) \circ (\mathcal{D})$$
n'est pas égal à $\mathcal D \circ \mathcal T\circ \mathcal S$. Tu devrais corriger (au bon endroit).
Mais tu as raison concernant le sens des compositions. Une façon de voir :
Le premier mouvement a pour matrice $P$ dans la base d'origine (base $0$). $P$ est la matrice de passage de la base $0$ à la base $1$.
Le deuxième mouvement a pour matrice $Q$ dans la base $1$. $Q$ est la matrice de passage de la base $1$ à la base $2$.
Le troisième mouvement a pour matrice $R$ dans la base $2$. $R$ est la matrice de passage de la base $2$ à la base $3$.
La matrice de passage de la base $0$ à la base $3$ est la matrice $PQR$. C'est la matrice du mouvement composé dans la base $0$.
Je me suis gouré dans le sens des compositions. J'aurais dû faire
$$(a,b)(c,d)\circ (b,d,c)\circ (a,b)=(a,c),\;,$$
qui correspond au demi-tour d'axe la droite joignant les milieux de $AE$ et $CG$. Avec la composante translation, le déplacement composé est le demi-tour d'axe $(AC)$. D'accord, soland ?