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Groupe distingué et passage au quotient

Envoyé par Morgatte 
Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Bonjour,

Je fais suite à un précédent post sur les sous-groupes distingués ici
J'ai lu que l'intérêt de les déterminer était de pouvoir quotienter G ce qui permet de prolonger l'opération de G vers G/H.
Pour l'instant j'en suis là :
- Je sais que $Z(G) = \{e, r^2\}$ (lui-même distingué)
- $H = \{e, r, r^2, r^3\}$ et que $H \triangleleft G$

Mais comment construire G/H exactement ? Je me suis imaginer que pour une rotation r les éléments contenus dans la classe d'équivalence de $\overline{r}$ étaient ceux effectuant cette même rotation et qu'il suffisait de lire le tableau, mais je n'en suis pas certain.

Est-ce que $\overline{r}$ vaut bien ceci : $\overline{r}$ = {$e\circ r, r\circ e, r^2\circ r^3, r^3\circ r^2, s1\circ t2, s2\circ t1, t1\circ s1, t2\circ s2$ }


$
\begin{array}{ | l | c | r | }
\hline
D4 & {\color{green}{e}} & {\color{green}{r}} & {\color{green}{r^2}} & {\color{green}{r^3}} & {\color{green}{s1}} & {\color{green}{s2}} & {\color{green}{t1}} & {\color{green}{t2}} \\ \hline
{\color{green}{e}} & {\color{red} e} & {\color{red} r} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^3}} & s1 & s2 & t1 & t2 \\ \hline
{\color{green}{r}} & {\color{red} r} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{red} e} & t1 & t2 & s2 & s1 \\ \hline
{\color{green}{r^2}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{red} e} & {\color{red} r} & s2 & s1 & t2 & t1 \\ \hline
{\color{green}{r^3}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{red} e} & {\color{red} r} & {\color{red}{r^2}} & t2 & t1 & s1 & s2 \\ \hline
{\color{green}{s1}} & s1 & t2 & s2 & t1 & {\color{blue}{e}} & {\color{blue}{r^2}} & {\color{blue}{r^3}} & {\color{blue}{r}} \\ \hline
{\color{green}{s2}} & s2 & t1 & s1 & t2 & {\color{blue}{r^2}} & {\color{blue}{e}} & {\color{blue}{r}} & {\color{blue}{r^3}} \\ \hline
{\color{green}{t1}} & t1 & s1 & t2 & s2 & {\color{blue}{r}} & {\color{blue}{r^3}} & {\color{blue}{e}} & {\color{blue}{r^2}} \\ \hline
{\color{green}{t2}} & t2 & s2 & t1 & s1 & {\color{blue}{r^3}} & {\color{blue}{r}} & {\color{blue}{r^2}} & {\color{blue}{e}} \\ \hline
\hline
\end{array}
$
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Non, pas du tout. La classe de $r$, c'est $\bar r=rH=H$.

Ce que tu as écrit, c'est huit fois le même élément : l'ensemble que tu as écrit est le singleton $\{r\}$, de même que $\{1,3-2,4-3,5-4,6-5,7-6\}=\{1\}$.
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Les éléments de $G/H$ sont des sous-ensembles de $G$ de la forme $\sigma H = \{ \sigma h, h \in H\}$.
$H$ est un sous-groupe distingué (normal) te dit que $\sigma H = H\sigma$

la loi de groupe sur $G/H$ c'est $\sigma H \sigma' H = H\sigma \sigma'H =\sigma \sigma'HH =\sigma \sigma'H$

(où pour tous sous-ensembles $A,B \subset G$ on définit $AB = \{ ab, a \in A,b \in B\}$ et $HH = H$ puisque $H$ est un groupe)

Dit autrement : tu dois donner un nom aux $\sigma H$ et ne pas oublier que $h H =H$ donc $\sigma H= \sigma h H$ pour tout $h \in H$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par reuns.
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
avatar
Bonsoir Morgatte
Tu sais que $D_4=\{e, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$, où pour le carré, $r$ est la rotation d'angle $\frac\pi 4$ et $s$ est une symétrie par rapport à une diagonale, par exemple.
Tu as déterminé que $H=\{e,r,r^2,r^3\}$ était un sous-groupe distingué dans $D_4$
Les éléments du quotient sont les classes d'équivalence des éléments de $D_4$ modulo $H$.
Ils forment une partition des éléments de $D_4$, et toutes les classes ont le même cardinal : celui de $H$.
Alors tu commences à les lister. D'abord $H=\{e,r,r^2,r^3\}$ qui va être l'élément neutre du groupe quotient, puis tu prends un élément de $D_4$ qui n'est pas encore utilisé, par exemple $s$ et tu formes la classe $\overline s= sH=\{se=s, sr, sr^2, sr^3\}$.
Mais si tu avais pris $sr$ au lieu de $s$, tu aurais obtenu la classe de $\overline{sr}= srH= \{sre=sr, srr=sr^2,srr^2=sr^3, srr^3=sr^4=s\}$ c'est bien le même ensemble que $\overline s$. ainsi, $\overline s=\overline{sr}=\overline{sr^2}=\overline{sr^3}$.
Et là, tu te rends compte que tu as utilisé tous les éléments de $D_4$. Tu en déduis que le groupe quotient $D_4/H$ est constitué de 2 éléments ; $\overline e,\ \overline s$ (c'est normal puisque $|D_4|=8,\ |H|=4$ et donc $|D_4/H|=[D_4:H]=8/4=2$, c'est l'indice de $H$ dans $D_4$.)
Est-ce que tu comprends mieux ce qu'est le groupe quotient de $D_4$ par son sous-groupe distingué $H$ ?
Si oui, alors prends un autre sous-groupe, par exemple $Z=\{e,r^2\}$ que tu as vu être le centre de $D_4$, donc distingué dans $D_4$, et construit les classes d'équivalences de $D_4/Z$. Comme $|Z|=2$ tu vas donc trouver $8/2=4$ classes d'équivalence modulo $Z$. Liste les.
Après, comme $Z\lhd D_4$, le quotient hérite d'une structure de groupe induite par celle de $D_4$. Détermine la, c'est-à-dire construit sa table de multiplication et reconnais l'une de deux structures de groupe d'ordre 4 que tu as précédemment déterminée.
Si tu le désires, on pourra poursuivre quand tu auras fait cela.
Alain
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
En complément du message d'AD, on peut visualiser tout ça en modifiant très légèrement le tableau que tu as tapé en gardant une couleur par classe modulo $H$ : il a donc les éléments de $H$ et les éléments de $s_1H$
\[\begin{array}{ | c ||c|c|c|c|c|c|c|c| }
\hline
D_4 & {\color{red}{e}} & {\color{red}{r}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{black}{s_1}} & {\color{black}{s_2}} & {\color{black}{t_1}} & {\color{black}{t_2}} \\ \hline\hline
{\color{red}{e}} & {\color{red} e} & {\color{red} r} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^3}} & s_1 & s_2 & t_1 & t_2 \\ \hline
{\color{red}{r}} & {\color{red} r} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{red} e} & t_1 & t_2 & s_2 & s_1 \\ \hline
{\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{red} e} & {\color{red} r} & s_2 & s_1 & t_2 & t_1 \\ \hline
{\color{red}{r^3}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{red} e} & {\color{red} r} & {\color{red}{r^2}} & t_2 & t_1 & s_1 & s_2 \\ \hline
{\color{black}{s_1}} & s_1 & t_2 & s_2 & t_1 & {\color{red}{e}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{red}{r}} \\ \hline
{\color{black}{s_2}} & s_2 & t_1 & s_1 & t_2 & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{e}} & {\color{red}{r}} & {\color{red}{r^3}} \\ \hline
{\color{black}{t_1}} & t_1 & s_1 & t_2 & s_2 & {\color{red}{r}} & {\color{red}{r^3}} & {\color{red}{e}} & {\color{red}{r^2}} \\ \hline
{\color{black}{t_2}} & t_2 & s_2 & t_1 & s_1 & {\color{red}{r^3}} & {\color{red}{r}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{e}} \\ \hline
\hline
\end{array}\]

Si on regarde ce tableau d'assez loin, tout ce qu'on voit, c'est ça – je note $e$ la classe $\bar{e}=eH$ de $e$ et $s$ la classe $\bar{s_1}=s_1H$ :
\[\begin{array}{|c|c|c|}\hline
D_4/H&{\color{red} e}&{\color{black} s}\\\hline
{\color{red} e}&{\color{red} e}&{\color{black} s}\\\hline
{\color{black} s}&{\color{black} s}&{\color{red} e}\\\hline
\end{array}\]

Et c'est bien comme ça qu'il faut comprendre un quotient : on remplace un paquet d'éléments (une classe $gH$, pour $g$ dans le groupe) par un élément $\bar{g}$ du quotient. On identifie ces éléments et, ce faisant, on oublie volontairement un peu d'information, on regarde « de plus loin ». (Cette visualisation est dans la BD de Ian Stewart, Oh ! Les beaux groupes ! (Belin, 1982) (entre autres, certainement).)


PS (pour AD) : le tableau n'est pas compilé si je remplace ${\color{red} e}$ et $s$ par $\color{red} \mathbf{e}$ ou ${\color{red} \bar{e}}$.
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
avatar
Citation
Math Coss
le tableau n'est pas compilé si je remplace ${\color{red} e}$ et $s$ par $\color{red} \mathbf{e}$ ou ${\color{red} \bar{e}}$.
Derrière \color{red} il faut fournir un bloc { } qui sera écrit en rouge, sinon, il n'écrit que le 1er caractère ('\' dans ton cas) en rouge.
voilà : $\color{red} {\mathbf{e}}$ ou ${\color{red} {\bar{e}}}$.
Alain
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Bonsoir,

J'étais loin du compte. Merci pour vos différentes interventions, chacune m'a éclairé.
Suivant vos indications, pour $G = D_4$ et $H = Z(D_4)$ mais sans en être sûr du tout, je pense que la réponse est :

$\overline{e} = eH = H =\{e,r^2\}$
$\overline{r} = rH = \{r,r^3\}$
$\overline{s} = sH = \{s,sr^2\}$
$\overline{t} = tH = \{t,tr^2\}$ = $\overline{rs} = rsH = \{rs,sr\}$

En aparté : J'imagine que mon tableau devrait en fait se contenter des éléments $e, r,$ et $s$ puisque tous les autres sont une combinaisons de ceux-ci.

$D_4/Z(D_4) = \{\overline{e}, \overline{r}, \overline{s}, \overline{rs}\}$

$
\begin{array}{|c|c|c|}\hline

D_4/Z(D_4)&{\overline{e}}&{\overline{r}}&{\overline{s}}&{\overline{rs}}\\\hline
{\overline{e}}&{\color{red} {\overline{e}}}&{\color{red} {\overline{r}}}&{\overline{s}}&{\overline{rs}}\\\hline
{\overline{r}}&{\color{red} {\overline{r}}}&{\color{red} {\overline{r^2}}}&{\overline{rs}}&{\overline{sr^2}}\\\hline
{\overline{s}}&{\overline{s}}&{\overline{sr}}&{\color{blue} {\overline{e}}}&{\color{blue} {\overline{r^3}}}\\\hline
{\overline{rs}}&{\overline{rs}}&{\overline{s}}&{\color{blue} {\overline{r}}}&{\color{blue} {\overline{e}}}\\\hline
\end{array}
$

@ AD : "construit sa table de multiplication et reconnais l'une de deux structures de groupe d'ordre 4 que tu as précédemment déterminée. "
Justement, j'ai de gros doutes car je ne vois pas vraiment de pattern logique dans ce dernier tableau et encore moins quelque chose vu précédemment.
J'attends vos retours. Merci.
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
avatar
Bonsoir Morgatte
Dans ta table de multiplication de $D_4/Z(D_4)$, il y a quelques anomalies qui t'empêchent peut-être de reconnaître le groupe concerné. Tu as obtenu $D_4/Z(D_4) = \{\overline{e}, \overline{r}, \overline{s}, \overline{rs}\},$ la table ne doit donc contenir que ces quatre éléments. Ainsi, $\overline{r^2},\ \overline{r^3}$ ou $\overline{sr^2}$ doivent être remplacés par le représentant que tu as choisi, respectivement : $\overline e,\ \overline r,\ \overline s$. La table devient donc : $$
\begin{array}{|c|c|c|}\hline
D_4/Z(D_4)&{\overline{e}}&{\overline{r}}&{\overline{s}}&{\overline{rs}}\\\hline

{\overline{e}}&{\color{red} {\overline{e}}}&{\color{red} {\overline{r}}}&{\overline{s}}&{\overline{rs}}\\\hline

{\overline{r}}&{\color{red} {\overline{r}}}&{\color{red} {\overline{e}}}&{\overline{rs}}&{\overline{s}}\\\hline

{\overline{s}}&{\overline{s}}&{\overline{sr}}&{\color{blue} {\overline{e}}}&{\color{blue} {\overline{r}}}\\\hline

{\overline{rs}}&{\overline{rs}}&{\overline{s}}&{\color{blue} {\overline{r}}}&{\color{blue} {\overline{e}}}\\\hline

\end{array}$$
Ensuite, j'avais supposé que tu avais construit la table de multiplication des deux groupes d'ordre 4 : $$
\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\hline
C_4&1&a&a^2&a^3\\ \hline\hline
1&1&a&a^2&a^3\\ \hline
a&a&a^2&a^3&1\\ \hline
a^2&a^2&a^3&1&a\\ \hline
a^3&a^3&1&a&a^2\\ \hline
\end{array}
\qquad \qquad
\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\hline
C_2\times C_2&1&a&b&ab\\ \hline\hline
1&\color{red}1&\color{red}a&b&ab\\ \hline
a&\color{red}a&\color{red}1&ab&b\\ \hline
b&b&ab&\color{blue}1&\color{blue}a\\ \hline
ab&ab&b&\color{blue}a&\color{blue}1\\ \hline
\end{array}
$$ Tu reconnais alors l'un des deux. Tu peux même construire l'isomorphisme qui te permettra d'affirmer que c'est bien le même type de groupe (groupe à isomorphisme près).
Alain
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
avatar
Re-bonsoir Morgatte
Maintenant que tu as reconnu le groupe quotient $D_4/Z(D_4)$, il y a quelque chose d'intéressant, c'est la surjection canonique $\pi : D_4\to D_4/Z(D_4)$, qui consiste pour chaque élément de $D_4$ de prendre la classe qui le contient, que tu nommes toujours par le représentant que tu as choisi. $$\begin{array}{ccc}
D_4&\xrightarrow{~\pi~}&D_4/Z(D_4)\\
e&\longmapsto&\overline{e}\\
r&\longmapsto&\overline{r}\\
r^2&\longmapsto&\overline{e}\\
r^3&\longmapsto&\overline{r}\\
s&\longmapsto&\overline{s}\\
sr&\longmapsto&\overline{sr}\\
sr^2&\longmapsto&\overline{s}\\
sr^3&\longmapsto&\overline{sr}
\end{array}$$ Et là, tu peux vérifier que $\pi$ est un morphisme de groupes (càd, vérifie $\pi(xy)=\pi(x)\pi(y)$, pour tous les $x,\,y\in D_4$).
C'est heureux, car on a quotienté par un sous-groupe distingué.

Tu te rends compte que ce que tu viens de faire : construire la table de multiplication de $D_4$ qui est d'ordre 8, est fastidieux. Et pour autant, c'est difficile de déterminer tous les sous-groupes de $D_4$ (il y en a 10, y compris $D_4$ et $\{1\}$).
Il est alors intéressant de construire le treillis des sous-groupes de $D_4$ (et puisque tu possèdes mon livre, on le trouve en page 508).
Si tu es intéressé, on peut détailler ce treillis et retrouver ce que l'on vient de déterminer ci-dessus.
Alain



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par AD.
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
J'ai tout repris du début, je retrouve effectivement la même table pour $D_4/Z(D_4)$. $C2$x$C2$ c'est le groupe de Klein me semble-t-il.

Je me dis que $D_4$ est quand même un groupe pas très gros, du coup pour d'autres plus imposants ça doit devenir super compliqué et surtout long, peut-être existe-t-il une méthode plus "algorithmique" que celle-ci qui est totalement "manuelle".

Parlons de $ sr^2 \longmapsto \overline{s} $ par exemple. Pour un carré, si je fais une symétrie puis deux rotations effectivement c'est aussi une symétrie, par contre on ne parle plus du même axe de symétrie. C'est ça la perte d'informations dont Math Coss parlait ?

Je n'ai pas votre livre sous les yeux, je navigue entre deux domiciles, mais oui ce serait bien que je puisse comprendre un peu mieux le treillis qui en découle et ce que ça implique. Je reprendrai contacte dans quelques jours à ce propos. En attendant, je vais revoir toute cette étape et voir aussi sur d'autres groupes $D_6$ et $H_8$ pour voir si j'ai bien compris. Merci.
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Pardon de m'immiscer mais votre usage des couleurs me semble optimisable. En regroupant sur la première ligne et la première colonne les éléments dans la même classe modulo $Z(D_4)$, c'est-à-dire les paires $\{g,gr^2\}$, et en coloriant chaque classe d'une couleur spécifique, voici ce qui apparaît :
\[\begin{array}{ | c ||c|c|c|c|c|c|c|c| }
\hline
D_4 & {\color{red}{e}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{green}{r}} & {\color{green}{r^3}} & {\color{blue}{s_1}} & {\color{blue}{s_2}} & {\color{black}{t_1}} & {\color{black}{t_2}} \\ \hline\hline
{\color{red}{e}} & {\color{red} e} & {\color{red}{r^2}} & {\color{green}{r}} & {\color{green}{r^3}} &{\color{blue}{s_1}}&{\color{blue}{s_2}}& t_1 & t_2 \\ \hline
{\color{red}{r^2}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{e}} & {\color{green}{r^3}} & {\color{green}{r}} &{\color{blue}{s_2}}&{\color{blue}{s_1}}& t_2 & t_1 \\ \hline
{\color{green}{r}} & {\color{green}{r}} & {\color{green}{r^3}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red} e} & t_1 & t_2 &{\color{blue}{s_2}}&{\color{blue}{s_1}}\\ \hline
{\color{green}{r^3}} & {\color{green}{r^3}} & {\color{green}{r}} & {\color{red}{e}} & {\color{red}{r^2}} & t_2 & t_1 &{\color{blue}{s_1}}&{\color{blue}{s_2}}\\ \hline
{\color{blue}{s_1}} &{\color{blue}{s_1}}&{\color{blue}{s_2}}& t_2 & t_1 & {\color{red}{e}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{green}{r^3}} & {\color{green}{r}} \\ \hline
{\color{blue}{s_2}} &{\color{blue}{s_2}}&{\color{blue}{s_1}}& t_1 & t_2 & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{e}} & {\color{green}{r}} & {\color{green}{r^3}} \\ \hline
{\color{black}{t_1}} & t_1 & t_2 &{\color{blue}{s_1}}&{\color{blue}{s_2}}& {\color{green}{r}} & {\color{green}{r^3}} & {\color{red}{e}} & {\color{red}{r^2}} \\ \hline
{\color{black}{t_2}} & t_2 & t_1 &{\color{blue}{s_2}}&{\color{blue}{s_1}}& {\color{green}{r^3}} & {\color{green}{r}} & {\color{red}{r^2}} & {\color{red}{e}} \\ \hline
\hline
\end{array}\]
Un joli damier qu'il suffit de recopier en le regardant vu d'un peu plus loin, en posant ${\color{red}{\mathbf{e}}}=\{e,r^2\}$, ${\color{green}{\mathbf{r}}}=\{r,r^3\}$, ${\color{blue}{\mathbf{s}}}=\{s_1,s_2\}$ (avec $s_1=s_2r^2$) et ${\color{black}{\mathbf{t}}}=\{t_1,t_2\}$ (avec $t_2=t_1r^2$) :
\[\begin{array}{ | c ||c|c|c|c| }
\hline
D_4/Z(D_4)&{\color{red}{\mathbf{e}}}&{\color{green}{\mathbf{r}}}&{\color{blue}{\mathbf{s}}}&{\color{black}{\mathbf{t}}}\\\hline
{\color{red}{\mathbf{e}}}&{\color{red}{\mathbf{e}}}&{\color{green}{\mathbf{r}}}&{\color{blue}{\mathbf{s}}}&{\color{black}{\mathbf{t}}}\\\hline
{\color{green}{\mathbf{r}}}&{\color{green}{\mathbf{r}}}&{\color{red}{\mathbf{e}}}&{\color{black}{\mathbf{t}}}&{\color{blue}{\mathbf{s}}}\\\hline
{\color{blue}{\mathbf{s}}}&{\color{blue}{\mathbf{s}}}&{\color{black}{\mathbf{t}}}&{\color{red}{\mathbf{e}}}&{\color{green}{\mathbf{r}}}\\\hline
{\color{black}{\mathbf{t}}}&{\color{black}{\mathbf{t}}}&{\color{blue}{\mathbf{s}}}&{\color{green}{\mathbf{r}}}&{\color{red}{\mathbf{e}}}
\\\hline\end{array}\]


On peut faire visuellement la différence avec la table de multiplication de $\Z/4\Z$ (par exemple, la diagonale dans le groupe précédent est toute rouge, signe que tous les éléments sont d'ordre $2$ ; ici ce n'est pas le cas) :
\[\begin{array}{ | c ||c|c|c|c| }
\hline
\Z/4\Z&{\color{red}{\mathbf{0}}}&{\color{green}{\mathbf{1}}}&{\color{blue}{\mathbf{2}}}&{\color{black}{\mathbf{3}}}\\\hline
{\color{red}{\mathbf{0}}}&{\color{red}{\mathbf{0}}}&{\color{green}{\mathbf{1}}}&{\color{blue}{\mathbf{2}}}&{\color{black}{\mathbf{3}}}\\\hline
{\color{green}{\mathbf{1}}}&{\color{green}{\mathbf{1}}}&{\color{blue}{\mathbf{2}}}&{\color{black}{\mathbf{3}}}&{\color{red}{\mathbf{0}}}\\\hline
{\color{blue}{\mathbf{2}}}&{\color{blue}{\mathbf{2}}}&{\color{black}{\mathbf{3}}}&{\color{red}{\mathbf{0}}}&{\color{green}{\mathbf{1}}}\\\hline
{\color{black}{\mathbf{3}}}&{\color{black}{\mathbf{3}}}&{\color{red}{\mathbf{0}}}&{\color{green}{\mathbf{1}}}&{\color{blue}{\mathbf{2}}}
\\\hline\end{array}\]


PS : Merci AD pour l'explication sur le bloc.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par Math Coss.
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Y a pas de soucis, je suis preneur de toute info utile.

C'est vrai que vu comme ça, la surjection canonique $\pi : D_4\to D_4/Z(D_4)$ devient totalement graphique. C'est assez sympa je trouve.

Encore fallait-il voir/savoir qu'il fallait inverser certains éléments dans le tableau. Mais avec du recule, c'est vrai qu'ayant maintenant tes tableaux devant les yeux et ayant la définition de $\pi$ faite par AD il devient évident qu'en regroupant les membres qui pointent sur les mêmes classes on obtient ce tableau.

Merci.
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Tiens, un autre exemple que je n'ai pas le courage de mettre en couleurs.
sage: G = SymmetricGroup(4)
....: H = G.derived_series()[2]
....: H.is_subgroup(G)
....: 
True
sage: H.order(); H
4
Subgroup of (Symmetric group of order 4! as a permutation group) generated by [(1,3)(2,4), (1,4)(2,3)]
sage: G.cosets(H)

[[(), (1,2)(3,4), (1,3)(2,4), (1,4)(2,3)],
 [(3,4), (1,2), (1,4,2,3), (1,3,2,4)],
 [(2,3), (1,3,4,2), (1,2,4,3), (1,4)],
 [(2,3,4), (1,3,2), (1,4,3), (1,2,4)],
 [(2,4,3), (1,4,2), (1,2,3), (1,3,4)],
 [(2,4), (1,4,3,2), (1,3), (1,2,3,4)]]
sage: G.quotient(H).is_isomorphic(SymmetricGroup(3))
True
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
avatar
Bonsoir Morgatte
Pour sortir de la construction fastidieuse des tables de multiplication de groupes, je te propose de faire un tour du côté des treillis des sous-groupes du groupe, tout en continuant à s'intéresser au groupe diédral $D_4$.
Pour bien voir ce qui se passe avec ce groupe d'ordre $8$, il vaut mieux, comme pour les tables de multiplication, commencer par construire les treillis d'ordres diviseurs de $8$.

Commençons donc par construire le treillis du groupe d'ordre 2, qui est $\mathbb Z/2\mathbb Z\simeq C_2$ (la première instance si on considère la loi 'addition' et la seconde pour la loi 'multiplication').
C'est un groupe cyclique d'ordre premier. Il a donc pour seuls sous-groupes $\{1\}$ et lui-même.
Son treillis des sous-groupes est donc $$
\xymatrix{\boxed{\,C_2\,}\ar@{-}[d] &{\bf 2} \\ \boxed{\{1\}} &{\bf 1} }$$
Continuons avec les deux groupes d'ordre 4
$\triangleright\ C_4$ est cyclique et donc admet un unique sous-groupe d'ordre chacun des diviseurs de $4$. Ici, les diviseurs sont donc $\{1,\, 2,\, 4\}$. Le treillis de $C_4$ a alors trois sous-groupes inclus les un dans les autres en formant une liane (schéma de gauche ci-dessous)
$\triangleright\ C_2\times C_2$, aussi nommé le groupe de Klein, est isomorphe au groupe additif de l'espace vectoriel $\mathbb F_2^2$ sur le corps à deux éléments $\mathbb F_2$.
Ses sous-groupes, hormis lui-même et le trivial, sont les sous-espaces vectoriels de dimension 1, donc les droites passant par l'origine. Comme il y a trois éléments non triviaux, il y a trois droites, donc trois sous-groupes toutes contenues dans le groupe et toutes contenant le sous-groupe trivial, mais les trois droites ne sont pas contenues l'une dans l'autre. On obtient le schéma ci-dessous, à droite.
$$ \xymatrix{
\boxed{\,C_4\,} \ar@{-}[d] &&{\bf 4} &&&\boxed{\,C_2^{\,2}\,}\ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] \\
\boxed{\,C_2\,} \ar@{-}[d] &&{\bf 2} &&\boxed{\,C_2\,}\ar@{-}[dr] &\boxed{\,C_2\,}\ar@{-}[d]
&\boxed{\,C_2\,}\ar@{-}[dl] \\
\boxed{\{1\}} &&{\bf 1} &&&\boxed{\{1\}} &
}$$
Nous allons continuer pour le groupe $D_4$ dans le prochain message.
Alain.
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
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Re-bonsoir Morgatte
Continuons donc avec notre groupe diédral $D_4$. Comme son nom l'indique, c'est le groupe des isométries planes laissant invariant un carré. Comme tu l'as vu précédemment, ses éléments sont :
l'identité, et $r,r^2,r^3=r^{-1}$ les trois rotations de centre le centre du carré et d'angle respectif $\frac14$ tour, $\frac12$ tour et $\frac34=\frac{-1}4$ tour. On se rend compte que ces quatre éléments forment un sous-groupe cyclique d'ordre 4 engendré par $r$, donc isomorphe à $C_4$, qui contient un sous-groupe d'ordre 2 engendré par $r^2$.
Le groupe $D_4$ enfin, contient les symétries orthogonales par rapport aux diagonales nommées $s$ et $sr^2$ et les symétries orthogonales par rapport aux apothèmes (les droites parallèles aux côtés passant par le centre) $sr$ et $sr^3$.
Chacun de ces quatre éléments étant d'ordre 2, va engendrer un sous-groupe cyclique d'ordre 2, donc isomorphe à $C_2$.
On se rend compte que les deux symétries par rapport aux diagonales, composées l'une après l'autre vont donner la symétrie par rapport au centre, qui n'est autre que la rotation de $\frac 12$ tour $r^2$. Ces trois éléments, avec le neutre, vont former un sous-groupe d'ordre 4, qui n'est pas cyclique (il admet trois éléments d'ordre 2) donc isomorphe à $C_2\times C_2$.
Les deux autres symétries par rapport aux apothèmes vont elles aussi former avec le neutre et la rotation $\frac 12$ tour un sous-groupe d'ordre 4 qui sera aussi isomorphe à $C_2\times C_2$.
On est donc prêts pour tracer notre treillis.
$$ \xymatrix{
&&\boxed{D_4} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&&&{\bf 8}\\
&\boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &\boxed{C_4} \ar@{-}[d] & \boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&&{\bf 4}\\
C_2 \ar@{-}[drr]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dr]&\boxed{C_2} \ar@{-}[d] & C_2 \ar@{-}[dl]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dll] &&{\bf 2}\\
&&\boxed{\{1\}} &&&&{\bf 1}
}$$
On peut aussi mettre les générateurs dans les cases correspondantes :
$$ \xymatrix{
&&\boxed{D_4} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&&&{\bf 8}\\
&\boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &\boxed{\langle r,r^3\rangle} \ar@{-}[d] & \boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&&{\bf 4}\\
\langle s\rangle \ar@{-}[drr]\ar@{..}[r] &\langle sr^2\rangle \ar@{-}[dr]&\boxed{\langle r^2\rangle} \ar@{-}[d] & \langle sr\rangle \ar@{-}[dl]\ar@{..}[r] &\langle sr^3\rangle \ar@{-}[dll] &&{\bf 2}\\
&&\boxed{\{1\}} &&&&{\bf 1}
}$$
On remarque que certains sous-groupes sont encadrés, et d'autre non. C'est pour visualiser les sous-groupes distingués qu'ils ont été encadrés. En revanche, les sous-groupes non encadrés, donc non distingués, appartiennent à une classe de conjugaison, celle-ci a été matérialisée par un lien pointillé horizontal.
Les deux symétries par rapport aux diagonales (au niveau 2 à gauche) sont conjuguées, tout comme les deux symétries par rapport aux apothèmes (au niveau 2 à droite).
Tous les sous-groupes du niveau 2 sont isomorphe à $C_2$, on retrouve bien le treillis de $C_2$ donné dans le message précédent : le groupe contient un seul sous-groupe :le trivial.
Au niveau 4, c'est plus intéressant, car on retrouve les deux type de groupes d'ordre 4, d'abord le cyclique $C_4$, dont le treillis est une liane descendant jusqu'au trivial, et deux groupes isomorphes à $C_2^{\,2}$, chacun contenant trois sous-groupes d'ordre 2, conformément à ce qui a été dit dans le message précédent.
Tout ceci est bien joli, mais ce n'est pas tout, le treills des sous-groupes va encore se montrer particulièrement utile pour visualiser les groupes quotients. Mais cela fera l'objet du message suivant.
Alain
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
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Rere-bonsoir Morgatte
Poursuivons donc avec un théorème que tu n'as peut-être pas encore vu, que j'appelle le théorème du treillis-quotient, qui va se révéler particulièrement fécond.

Théorème (du treillis-quotient) Soit $G$ un groupe, $H$ un sous-groupe distingué et $\pi : G\to G/H$ la surjection canonique, alors
$\pi$ induit un isomorphisme de treillis (bijection croissante et d'inverse croissant) entre le treillis des sous-groupes du quotient $G/H$ et le sous-treillis des sous-groupes de $G$ contenant $H$.
Cet isomorphisme conserve la distinction, c'est-à-dire un sous-groupe distingué dans $G/H$ correspond à un sous-groupe distingué dans $G$ et contenant $H$. Pareillement, une classe de conjugaison correspond à une classe de conjugaison de même cardinal.
Enfin, cet isomorphisme respecte les indices entre sous-groupes.

Démonstration On retrouve cette démonstration dans tous les cours sur les groupes, en particulier dans mon livre page 76 et suivantes.

Regardons ce que nous dit ce théorème sur notre treillis de $D_4$.
Prenons un groupe distingué (encadré sur le schéma), par exemple le sous-groupe $Z=\{id,r^2\}$ que tu avais choisi précédemment. Le sous-treillis des sous-groupes contenant $Z$ est formé du sous-groupe $Z$, au niveau au dessus de trois sous-groupes qui se rejoignent en $D_4$ au dernier niveau. Mais ce type de treillis est connu, c'est le treillis d'un groupe d'ordre 4 isomorphe à $C_2^{\,2}$. En effet, tu avais déterminé (non sans mal avec les tables de multiplication grinning smiley) que le quotient $D_4/Z\simeq C_2\times C_2$.
Le théorème du treillis-quotient est là pour te dire que cette coïncidence n'est pas le fruit du hasard. Ainsi, avec un peu d'habitude, on peut déterminer, à la seule vue du sous-treillis entre le sous-groupe distingué et le groupe complet, le type d'isomorphie du groupe quotient. Enfin, les distinctions et les classes de conjugaison du quotient se retrouvent dans le groupe lui-même. $$ \xymatrix{

{\bf 8}&&&\boxed{D_4} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &~\ar[rrr]^{\textstyle\pi}&&& &\boxed{D_4/Z} \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr] &&{\bf 4}\\

{\bf 4}&&\boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &\boxed{C_4} \ar@{-}[d] & \boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&& \boxed{C_2}\ar@{-}[dr] &\boxed{C_2}\ar@{-}[d] &\boxed{C_2}\ar@{-}[dl] &{\bf 2}\\

{\bf 2}&C_2 \ar@{-}[drr]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dr]&\boxed{\,Z\,} \ar@{-}[d] & C_2 \ar@{-}[dl]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dll] && &\boxed{\{1\}}&&{\bf 1}\\

{\bf 1}&&&\boxed{\{1\}} &&&&

}
$$ Par exemple, le groupe quotient $D_4/Z\simeq C_2^{\,2}$ est commutatif, tous ses sous-groupes sont distingués. Eh bien, dans le treillis de $D_4$, tous les sous-groupes contenant $Z$ sont distingués (encadrés avec notre convention).
D'autre part, les trois sous-groupes du niveau 2 du quotient sont d'indice 2 avec le sous-groupe trivial, alors, dans le treillis de $G$, on retrouve les trois sous-groupes qui sont d'indice 2 avec $Z$.
Et ceci marche pour tous les sous-groupes distingués de $D_4$, par exemple le sous-groupe distingué $C_4$ engendré par $r$, le quotient est d'ordre 2 ...
On se rend compte que $D_4$ est trop petit pour pouvoir profiter pleinement de ce que nous dit le théorème du treillis-quotient (souviens-toi des difficultés pour obtenir ces informations avec la table de multiplication). L'exemple $\mathfrak S_4$, d'ordre 24, proposé par Math Coss est bien plus intéressant de ce point de vue.
Mais ce sera pour un prochaine fois si tu es toujours intéressé.
Alain



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par AD.
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Bonjour,

Là il me faut du temps, isolément je comprends chacune des propositions exposées.
- Le schéma de $C2$
- Le schéma de $C2$x$C2$
- La partie $D4$--$C4$--$C2$--{1}

Mais j'ai du mal à tout rassembler. En particulier il faut que je réfléchisse sur les branches $C2$x$C2$.
Je vais me donner du temps, en ce moment j'en manque, et je vais essayer de faire le même exercice sur $H8$ ou $\mathfrak{S_4}$ Je reviendrai dans cette discussion.
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
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Bonsoir Morgatte
Je vais faire du hors sujet, mais je voudrais ajouter une autre circonstance où l'utilisation du treillis des sous-groupes se révèle particulièrement éclairante.
Il s'agit de la décomposition d'un groupe en produit direct (ou semi-direct) interne, c’est-à-dire produit direct (ou semi-direct) de deux de ses sous-groupes.
Rappelons la condition pour avoir une telle décomposition.

Théorème Si un groupe $G$ admet deux sous-groupes $H$ et $K$ qui vérifient simultanément
$(1)\quad H\lhd G$ : $H$ est distingué dans $G$.
$(2)\quad \langle H, K\rangle=G$ : $H$ et $K$ engendrent $G$.
$(3)\quad H\cap K=\{1\}$ : $H$ et $K$ ne partagent que le neutre.
Alors, le groupe $G$ se décompose en le produit semi-direct interne $G=H\rtimes K$, l'action de $K$ sur $H$ étant la conjugaison.
Si $K$ satisfait en plus la condition
$(4)\quad K\lhd G$ : $K$ est distingué dans $G$.
Alors, le produit semi-direct est en fait un produit direct.

La condition $(1)$ (et la condition $(4)$ éventuellement) se voit sur le treillis car un sous-groupe distingué dans $G$ y est encadré.
Rappelons que dans le treillis des sous-groupes d'un groupe, le $\sup$ de deux sous-groupes est le sous-groupe engendré par ces sous-groupes alors que l'$\inf$ est l'intersection de ces sous-groupes.
La condition $(2)$ indique que partant de $H$ et de $K$ vers le haut, on ne se rencontre pas avant $G$ alors que
la condition $(3)$ indique que vers le bas on ne se rencontre que sur le sous-groupe trivial.

Reprenons donc notre exemple de $D_4$ et le treillis de ses sous-groupes [www.les-mathematiques.net] et balayons les sous-groupes $H$ distingués susceptibles d'entrer dans une décomposition de $D_4$ en produit direct ou semi-direct interne. $$\xymatrix{

&&\boxed{D_4} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&&&{\bf 8}\\

&\boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &\boxed{C_4} \ar@{-}[d] & \boxed{C_2^{\,2}} \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] &&&{\bf 4}\\

C_2 \ar@{-}[drr]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dr]&\boxed{C_2} \ar@{-}[d] & C_2 \ar@{-}[dl]\ar@{..}[r] &C_2 \ar@{-}[dll] &&{\bf 2}\\

&&\boxed{\{1\}} &&&&{\bf 1}

}$$
$\triangleright\ $Commençons avec le sous-groupe $H$ des rotations qui est distingué et noté $C_4$ sur le treillis. Il est d'indice 2 par rapport à $D_4$, donc un complément $K$ sera d'ordre 2. On se rend compte que $K$ peut être choisi parmi les quatre sous-groupes d'ordre 2 non distingués.
On a bien alors $H\lhd D_4,\ H\cap K=\{1\},\ \langle H,K\rangle=D_4$. Le théorème ci-dessus nous affirme, sans surprise, que $D_4$ est produit semi-direct de $H\simeq C_4$ son sous-groupe des rotation, par $K\simeq C_2$ sous-groupe engendré par l'une quelconque des symétries autres que la symétrie centrale. Ce ne sont pas des produits directs car $K$ n'est pas distingué dans $D_4$. On a donc quatre produits semi-directs $C_4\rtimes C_2$ différents, mais isomorphes puisque tous les quatre égaux à $D_4$.

$\triangleright\ $Prenons maintenant pour sous-groupe $H$, le sous-groupe d'ordre 4 situé à droite, isomorphe à $C_2^{\,2}$. Il est distingué (encadré), cette fois, ses compléments possibles seront les sous-groupes d'ordre 2 dans la classe de conjugaison située à gauche. Cela donne deux produits semi-directs $C_2^{\,2}\rtimes C_2$ différents, mais ici encore isomorphes entre eux et isomorphes avec les quatre précédents puisque tous égaux à $D_4$.

$\triangleright\ $En prenant cette fois le sous-groupe d'ordre 4 situé à gauche, on obtient avec les symétries de droites deux autres produits semi-directs $C_2^{\,2}\rtimes C_2$, eux encore isomorphes aux précédents car tous égaux à $D_4$.

$\triangleright\ $Si maintenant on prend $H$ le sous-groupe d'ordre 2 distingué (encadré), noté $C_2$, étant d'indice 4, un complément doit être d'ordre 4. D'après le théorème du treillis-quotient, puisque le sous-treillis entre $H$ et $D_4$ est celui du groupe $C_2^{\,2}$, le quotient $D_4/H$ est isomorphe à $C_2^{\,2}$ et aussi isomorphe à tout complément $K$.
Le groupe $D_4$ admet deux sous-groupes isomorphes à $C_2^{\,2}$, choix potentiels pour $K$, mais on se rend compte que tous deux contiennent le sous-groupe $H$, donc la condition $(3)$ ci-dessus ne peut pas être satisfaite. Le groupe $D_4$ ne peut donc pas se décomposer en un produit semi-direct interne dont le sous-groupe distingué est engendré par la symétrie centrale.

Tous ces faits sont immédiatement visibles sur le treillis des sous-groupes de $D_4$.
Alain



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par AD.
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Bonjour AD
Je suis toujours à la traîne vis à vis de la quantité de choses à explorer. C'est quand même étonnant qu'à partir de quelques éléments $<a, b\mid a^4=1,\ b^2=1,\ ba=a^{-1}b>$ et autres, il y ait tant de concepts qui en découlent.

Je pense avoir compris la construction de $D_4$ en entier (sans ses subtilités de sous-groupes distingués et conjugués), mais c'est vrai que je l'avais pas mal décortiqué avant en concevant sa table. Puis le fait d'associer ce groupe aux déplacements invariants d'un carré ça facilite aussi forcément les choses. J'imagine que la vrai force de ces treillis c'est de pouvoir les créer à partir de la seule définition d'origine.
J'ai donc essayé avec $D_6$, j'y suis en parti arrivé, mais j'ai loupé des étapes clefs.

Voici comment je m'y suis pris :

$D_6 <r, s\mid r^6=1,\ s^2=1,\ sr=r^{-1}s>$

- D'abord un sous-groupe cyclique de $D_6$ est engendré par $<r>$ et est d'ordre 6 ayant deux autres sous-groupes engendrés par $<r^2>$ d'ordre 3 et $<r^3>$ d'ordre 2.

- Ensuite on a les éléments constitués de "r" et de "s" tels que : $s,\ sr,\ sr^2,\ sr^3,\ sr^4,\ sr^5$ qui sont tous d'ordre 2.
car :
$sr^5.sr^5 = sr^5srr^4 = sr^5r^{-1}sr^4 = sr^4.sr^4$
$sr^4.sr^4 = sr^4srr^3 = sr^4r^{-1}sr^3 = sr^3.sr^3$
...
$sr.sr = sr.r^{-1}s = e$

Avec $<r^3>$ ça fait 7 sous-groupes d'ordre 2.

J'ai cherché ensuite des sous-groupes d'ordre 4 isomorphes à $C_2\times C_2$ sachant pour ce type de groupe avec ses éléments $<a,b\mid a^2=1,\ b^2=1>$ on obtient des sous-groupes d'ordre 2 engendrés par $<a>,\ <b>$ et $<ab>$.

J'ai identifié des groupes
$C_2^2 = <s, r^3>$, sous-groupes $C_2 = <r^3>,\ C_2 = <s>,\ C_2 = <sr^3>$
$C_2^2 = <sr, r^3>$, sous-groupes $C_2 = <r^3>,\ C_2 = <sr>,\ C_2 = <sr^4>$
$C_2^2 = <sr^2, r^3>$, sous-groupes $C_2 = <r^3>,\ C_2 = <sr^2>,\ C_2 = <sr^5>$

J'ai reconstitué une bonne partie du treillis de $D_6$ mais en regardant son schéma page 513, je me suis aperçu que j'avais loupé les sous-groupes $D_3$
Je ne comprends pas les liens vers et à partir d'eux. J'y réfléchis.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par AD.
AD
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
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Bonsoir Morgatte
Bravo pour avoir pratiquement décortiqué le groupe $D_6$ presque complètement. thumbs down
Juste quelques remarques.

$\triangleright\ $Comme tu l'indiques, le groupe $D_6$ est le groupe des isométries planes laissant l'hexagone régulier invariant. Si tu numérotes de 1 à 6 les sommets de cet hexagone, tu remarques que les sommets pairs déterminent un triangle équilatéral. Le groupe $D_6$ va donc contenir un sous-groupe laissant stable ce triangle équilatéral, donc un sous-groupe isomorphe à $D_3$. Mais les sommets impairs déterminent un autre triangle équilatéral, donc aussi un sous-groupe isomorphe à $D_3$, ces deux sous-groupes sont distincts car l'un contient les symétries par rapport aux diagonales de l'hexagone (les $sr^k$, avec par exemple $k$ pair), alors que l'autre contient les symétries par rapport aux apothèmes de l'hexagone (les $sr^k$, avec $k$ impair). D'où les deux sous-groupes isomorphes à $D_3$ distincts que tu as oubliés.
Il t'est alors facile de voir les sous-groupes que chacun contient et donc les liens vers le bas que tu ne comprenais pas.

$\triangleright\ $Dans la présentation de $D_6$, tu as pris la relation $sr=r^{-1}s$ que tu aurais pu écrire $srs^{-1}=r^{-1}$, (même si $s^{-1}=s$ puisque d'ordre 2).
L'avantage de cette formulation est que l'on a toujours $(srs^{-1})^k=sr^ks^{-1}$, pour tout $k\in \mathbb Z$.
Alors $(sr^5)^2=sr^5\cdot sr^5=sr^5s^{-1}r^5=(srs^{-1})^5r^5=(r^{-1})^5 r^5=1$.
et pareil pour tout $0\leq k<5$.

Alain $$\xymatrix{
&&&\boxed{D_6} \ar@{-}[dll] \ar@{-}[ddl]\ar@{-}[dd]\ar@{-}[ddr] \ar@{-}[drr] \ar@{-}[drrrr]
&&&&&{\bf 12}\\

&\boxed{D_3} \ar@{-}[dddl] \ar@{-}[ddd] \ar@{-}[dddr] \ar@{-}@/^1.2pc/[ddrrrrrr]
&&&&\boxed{C_6} \ar@{-}@/^0.5pc/[dddll] \ar@{-}[ddrr]
&&\boxed{D_3} \ar@{-}[dddlll] \ar@{-}[dddll] \ar@{-}[dddl] \ar@{-}[dd] & {\bf 6}\\

&& C_2^{\,2} \ar@{-}[ddll] \ar@{-}[ddr] \ar@{-}[ddrr] \ar@{..}[r]
& C_2^{\,2} \ar@{-}[ddll] \ar@{-}[dd] \ar@{-}[ddrr] \ar@{..}[r]
& C_2^{\,2} \ar@{-}[ddll] \ar@{-}[ddl] \ar@{-}[ddrr] &&&&{\bf 4}\\

&&&&&&&\boxed{C_3} \ar@{-}[d] & {\bf 3}\\

C_2 \ar@{-}[drrr] \ar@{..}[r] & C_2 \ar@{-}[drr] \ar@{..}[r] & C_2 \ar@{-}[dr]
& \boxed{C_2} \ar@{-}[d]
&C_2 \ar@{-}[dl] \ar@{..}[r] & C_2 \ar@{-}[dll] \ar@{..}[r] & C_2 \ar@{-}[dlll]
& \ar@{-}[dllll] & {\bf 2} \\

&&&\boxed{\{1\}} &&&&& {\bf 1}
}$$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par AD.
Re: Groupe distingué et passage au quotient
il y a trois années
Et oui, forcément... les deux remarques sont évidentes maintenant.
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