Forum de mathématiques - Bibm@th.net
Vous n'êtes pas identifié(e).
- Contributions : Récentes | Sans réponse
- Accueil
- » Entraide (supérieur)
- » Groupe et nombres premiers
- » Répondre
Répondre
Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Michel Coste
- 27-09-2023 18:17:31
Je ne vois rien du tout de naturel pour trois groupes. Dans le produit semi-direct, les deux groupes jouent des rôles bien différents.
- bridgslam
- 27-09-2023 18:13:12
Ok en terme de couples ça devrait revenir au même puisque transposée au produit cartésien, ma loi revenait au même.
A propos peut-on définir un produit semi-direct naturel sur un produit de plus de deux groupes, à l'instar des produits directs.
Je doute beaucoup qu'il ne faille pas préciser les parenthèses, contrairement aux produits directs qui offrent une certaine symétrie, et donc que ça devienne vite lourd quand on groupe par deux...
A.
- Michel Coste
- 27-09-2023 18:00:05
C'est juste cousu main pour :
$$(a^0b^1)(a^1b^0)=a^1b^2=(a^1b^0)(a^0b^2)=(a^1b^0)(a^0b^1)^2\;.$$
- bridgslam
- 27-09-2023 17:08:41
Bonjour,
merci , j'en étais là aussi sans parvenir à montrer la relation $ b a = ab^2 $ dans ce groupe. Je dois me planter quelque part.
J'avais identifié a avec (0,a) et b avec (b,0) et la loi que vous donnez comme loi de groupe semi-direct sur le produit cartésien.
Si on ne se place pas dans ce cadre de produit semi-direct, j'imagine qu'on peut considérer les objets obtenus comme des éléments du groupe libre sur l'alphabet a , b.
Je reprendrais demain à tête reposée l'obtention de la relation à obtenir.
Bonne soirée
Alain
- Michel Coste
- 27-09-2023 16:40:52
On peut fabriquer $G$ "à la main" en considérant l'ensemble de $a^kb^\ell$ où $k\in \mathbb Z/11\mathbb Z$ et $\ell\in \mathbb Z/p\mathbb Z$, avec la loi de composition interne définie par $(a^kb^\ell)(a^ib^j)=a^{k+j}b^{2^i\ell+j}$. Cette loi est bien définie, car $p$ divise $2^{11}-1$ et donc $2^i$ modulo $p$ ne dépend que de $i$ modulo $11$.
Reste à voir que ça fait bien un groupe, ce qui est une routine sans difficulté ; l'élément neutre est évidemment $a^0b^0$, et l'inverse de $a^kb^\ell$ est $a^{-k}b^{-2^{-k}\ell}$.
Bien sûr on fait de cette façon un produit semi-direct, mais sans le dire et sans introduire tout l'attirail du produit semi-direct.
- reeemii
- 27-09-2023 16:01:43
a) Est-ce que on peut trouver deux matrices A,B autres que l'identités telles que $A^{11}=I_n, B^{23}=I_n, BA=AB^2$
b) Même question avec $B^{89}=I_n$
Pour le a) j'ai essayé avec des matrices de rotations d'angles $2\pi/11$ et$2\pi/89$ mais ça ne vérifient pas $BA=AB^2$
Comment faire ?
Avec mes remerciements
- bridgslam
- 27-09-2023 09:04:03
Bonjour,
On l'avait aussi en prenant l'image par le morphisme de la puissance onzième de a, qui doit être l'identité sur <b>.
Mais en dehors du produit semi-direct, comment vérifier qu'ils conviennent?
Il faut bien construire un G adéquat?
En d'autres termes, exhiber un groupe G ( resp. H) tel que
- un élément $a$ soit d'ordre 11
- un élément $b$ soit d'ordre 23 ( resp. 89)
- $ba= ab^2$
A.
- Michel Coste
- 27-09-2023 08:37:33
Le groupe des automorphismes d'un groupe cyclique d'ordre $p$ est canoniquement isomorphe au groupe des inversibles de $\mathbb Z/p\mathbb Z$ (qui est cyclique d'ordre $p-1$ si $p$ est premier). L'inversible $k$ modulo $p$ correspond à l'élévation à la puissance $k$-ème (en notation multiplicative) ou à la multiplication par $k$ (en notation additive).
Ici, on veut que l'automorphisme image de $a$ soit l'élévation au carré qui correspond à $2$ dans le groupe multiplicatif de $\mathbb Z/p\mathbb Z$. Donc $2$ doit être d'ordre $11$ dans ce groupe multiplicatif, autrement dit on veut que $p$ divise $2^{11}-1$.
- bridgslam
- 27-09-2023 07:56:47
Bonjour,
Les indications de Michel Coste pour déterminer les deux seuls premiers possibles fonctionnent, hors théorie sur les produits semi-direct, en utilisant le morphisme conseillé (qui paraît d'ailleurs cachée derrière le procédé).
Cependant pour montrer qu'ils marchent effectivement faut-il sortir du chapeau les groupes en question, vu qu'a priori on n' a eu que des conditions nécessaires?
Le morphisme peut-il aider en partant de deux groupes annexes, l'un d'ordre 11 et l'autre d'ordre p(23 ou 89), puis en replongeant leurs générateurs dans un même groupe?
L' énoncé initial semble demander cela sauf erreur.
A.
- bridgslam
- 26-09-2023 23:53:59
Bonsoir,
De mon côté je ne donnais que des conditions nécessaires selon un argument de cardinaux:
P-1 devait être déjà un multiple de 11, d'où la liste 23, 67, 89... ( liste infinie sauf erreur).
A.
- Michel Coste
- 26-09-2023 21:28:11
Tu sais sans doute quelque chose sur le groupe des automorphismes d'un groupe cyclique d'ordre [tex]p[/tex] premier ?
Sinon, en LaTeX la multiplication se code \times et pas x : $23\times 89$, c'est plus joli que $23x89$.
- reemii
- 26-09-2023 21:01:48
j’avais lu pour le produit semi-direct de deux groupes cycliques d’ordre m=11 et l’autre d’ordre n=p premier avec une relation analogue $a^{-1}ba=b^2$
il faut $2^{11} -1=23x89$ divisible par $n$. J’ai pris $n=p$ premier ça donne 23 et 89. Par contre je ne vois pas encore
comment relier vos indications #4 avec l’exercice. Je continue à chercher.
- Michel Coste
- 26-09-2023 20:45:42
Ce sont effectivement les seuls. Mais sais-tu expliquer pourquoi ?
- reemii
- 26-09-2023 20:30:56
Ça ressemble à la construction du groupe dihedral avec le produit semi-direct.
Est-ce que les $p$ premiers sont 23 et 89?
- Michel Coste
- 26-09-2023 16:49:24
Un des deux ne marche pas, et je ne suis pas sûr que ça aide beaucoup le demandeur !