caractérisation du groupe des quaternions

[invite769a1844]

Bonsoir,

je bloque sur cet exo:

Montrer qu'un groupe contient un sous-groupe isomorphe au groupe des quaternions si et seulement si il possède deux éléments et d'ordre 4 tels que

et

Déjà pour le sens direct, je considére donc un sous-groupe de possédant deux tels éléments et . Après j'ai essayé de considérer les mots afin de décrire ce groupe (ie liste de ses éléments + table) mais je n'ai pas réussi à aboutir.

Merci pour votre aide.
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[invite2c3ff3cc]

Le groupe engendré par a et b est forcément H = {1,a,ab,ab²,ab³, b,b²,b³} :

H est stable : par exemple a²=b² € H, a³ = ab² € H, a²b² = 1, bab = ab³b = a ...
Et tous les éléments sont différents (facile).

Donc H a la même table que le groupe de quaternions.

[invite769a1844]

Et tous les éléments sont différents (facile).

C'est justement là que je plante:

je pars du fait où on a

,

et j'essaie de montrer qu'on a forcément et .

[invite35452583]

Si le groupe en contient un il y a un morphisme injectif H->G. Il ne reste à trouver qu'à trouver deux éléments a' et b' dans H d'ordre 4 qui vérifient a'²=b'² et b'a'=a'b'³ (le choix n'est pas difficile, n'importe lequel pas trop stupide fonctionne). Les images de a' et b' alors conviennent.
Maintenant si G contient a et b d'ordre 4 et tels que a²=b² et ba=ab³.
(Avec les produits semi-directs et les groupes quotients ça va plus vite mais j'ai l'impression que tu ne les a pas encore pratiqués.)
Montrer que pour les éléments de la forme a^mbⁿ avec 0<=m<=3, 0<=n<=1. Montrer que
(a^mbⁿ)(a^m'b^n')=
+) a^[m+m']b^n' si n=0, [m+m'] désigne le seul entier congru à m+m' compris entre 0 et 3.
+) a^[m-m']b¹ si n=1 n'=0 (changer ba=ab³ en ba=a^-1b)
+) a^[m-m'+2]
Il en est de même pour les éléments a' et b' de H (puisqu'ils vérifient les mêmes relations). Vérifier en plus que tout élément de H s'écrit de manière unique sous la forme précédente (avec a 'et b' au lieu de a et b).
Il est alors immédiat de montrer que l'application f qui envoie a'^mb'ⁿ, avec 0<=m<=3 et 0<=n<=1, sur a^mbⁿ est un morphisme de groupe.
Montrer que f est injectif se fait en considérant l'ordre de a^m et celui de bⁿ.

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite2c3ff3cc]

Je voulais dire tous les éléments de H sont différents. C'est faux de dire que tous les a^p * b^q sont différents (par exemple b^4 = 1). Par contre il suffit de dire que H est stable.

[invite769a1844]

ok je vais étudier ça, on a vu un peu les groupes quotients et le produit direct en cours.

[invite769a1844]

Je voulais dire tous les éléments de H sont différents. C'est faux de dire que tous les a^p * b^q sont différents (par exemple b^4 = 1). Par contre il suffit de dire que H est stable.

oui pardon j'ai oublié de préciser que c'était avec .

[invite35452583]

oui pardon j'ai oublié de préciser que c'était avec .

La restriction n'est pas assez forte, tu aurais 16 éléments et non 8. Regarde la restriction que je mets aux exposants, celle-ci impose 8 couples d'exposants distincts.

[invite2c3ff3cc]

ok je vais étudier ça, on a vu un peu les groupes quotients et le produit direct en cours.

Semi-direct. H peut pas être un produit direct (non trivial) sinon il serait commutatif dans ce cas (le groupes d'ordre 2 et 4 sont tous commutatifs).

[invite35452583]

Semi-direct. H peut pas être un produit direct (non trivial) sinon il serait commutatif dans ce cas (le groupes d'ordre 2 et 4 sont tous commutatifs).

D'ailleurs H n'est pas non plus un produit semi-direct non trivial (il faudrait du "2x4" ou du "4x2" mais le seul sous-groupe d'ordre 2 est inclus dans tous les sous-groupes 'ordre 4) mais est le quotient d'un produit semi-direct d'un 4-cycle avec un autre 4-cycle.
Mais bon H est suffisamment petit pour s'en passer.

[invite769a1844]

ah si en fait le prof nous as mis le produit semi-direct en exo un peu plus loin (la première définition dans wiki, pas la générale) et en a parlé un peu dans le cours.

[invite769a1844]

Montrer que pour les éléments de la forme a^mbⁿ avec 0<=m<=3, 0<=n<=1. Montrer que
(a^mbⁿ)(a^m'b^n')=
+) a^[m+m']b^n' si n=0, [m+m'] désigne le seul entier congru à m+m' compris entre 0 et 3.
+) a^[m-m']b¹ si n=1 n'=0 (changer ba=ab³ en ba=a^-1b)
+) a^[m-m'+2]
Il en est de même pour les éléments a' et b' de H (puisqu'ils vérifient les mêmes relations). Vérifier en plus que tout élément de H s'écrit de manière unique sous la forme précédente (avec a 'et b' au lieu de a et b).
Il est alors immédiat de montrer que l'application f qui envoie a'^mb'ⁿ, avec 0<=m<=3 et 0<=n<=1, sur a^mbⁿ est un morphisme de groupe.
Montrer que f est injectif se fait en considérant l'ordre de a^m et celui de bⁿ.

Je ne comprends pas pourquoi on prend 0<=m<=3, 0<=n<=1 et pas 0<=m<=3, 0<=n<=3.?

[invite769a1844]

c'est bon, j'avais mal compris.

[invite769a1844]

Montrer que pour les éléments de la forme a^mbⁿ avec 0<=m<=3, 0<=n<=1. Montrer que
(a^mbⁿ)(a^m'b^n')=
+) a^[m+m']b^n' si n=0, [m+m'] désigne le seul entier congru à m+m' compris entre 0 et 3.
+) a^[m-m']b¹ si n=1 n'=0 (changer ba=ab³ en ba=a^-1b)
+) a^[m-m'+2]

Bon pour l'instant je trouve:

[invite769a1844]

Vérifier en plus que tout élément de H s'écrit de manière unique sous la forme précédente (avec a 'et b' au lieu de a et b).

Là en fait je prends par exemple et je vérifie que les éléments décrit bien tous les éléments de ?

[invitebe0cd90e]

Sauf erreur, je pense qu'il y a plus simple, meme sans faire appel au quotient ou au produit semi direct :

Tu dois savoir (ou tu peux prouver facilement) que ces relations impliquent qu'il existe un morphisme surjectif du groupe des quaternions dans H.

Puisque le groupe des quaternions est d'ordre 8, H peut etre d'ordre 1, 2, 4 ou 8.

Il ne peut clairement pas etre d'ordre 1 ou 2, puisque a est d'ordre 4. Si H est exactement d'ordre 4, ca veut dire que b appartient au sous groupe de H engendré par a. Il suffit ensuite de derouler les cas :

b n'est pas l'element neutre puisque d'ordre 4.

Si b=a, alors la 2e relation dit que donc a est d'ordre 2 -> impossible
si , alors la premiere relation dit -> impossible
si , la 2e relation dit , cad , impossible aussi.

Finalement, H est d'ordre 8, donc c'est un groupe image du groupe des quaternions par un morphisme et de meme ordre que lui, donc il lui est isomorphe.

[invite769a1844]

Il est alors immédiat de montrer que l'application f qui envoie a'^mb'ⁿ, avec 0<=m<=3 et 0<=n<=1, sur a^mbⁿ est un morphisme de groupe.
Montrer que f est injectif se fait en considérant l'ordre de a^m et celui de bⁿ.

Pour montrer l'injectivité de ,

je me fixe tels que

,

ie ,

ie ,

ie ,

après je ne vois pas comment me servir de ordres pour conclure à l'injectivité de

[invitebe0cd90e]

Rhomuald> Ma méthode ne te convainc pas ?

[invite769a1844]

Rhomuald> Ma méthode ne te convainc pas ?

lol désolé j'avais pas vu ton post, je devais être fatigué

[invite769a1844]

Sauf erreur, je pense qu'il y a plus simple, meme sans faire appel au quotient ou au produit semi direct :

Tu dois savoir (ou tu peux prouver facilement) que ces relations impliquent qu'il existe un morphisme surjectif du groupe des quaternions dans H.

Puisque le groupe des quaternions est d'ordre 8, H peut etre d'ordre 1, 2, 4 ou 8.

Il ne peut clairement pas etre d'ordre 1 ou 2, puisque a est d'ordre 4. Si H est exactement d'ordre 4, ca veut dire que b appartient au sous groupe de H engendré par a. Il suffit ensuite de derouler les cas :

b n'est pas l'element neutre puisque d'ordre 4.

Si b=a, alors la 2e relation dit que donc a est d'ordre 2 -> impossible
si , alors la premiere relation dit -> impossible
si , la 2e relation dit , cad , impossible aussi.

Finalement, H est d'ordre 8, donc c'est un groupe image du groupe des quaternions par un morphisme et de meme ordre que lui, donc il lui est isomorphe.

oui effectivement, ça m'est plus facile pour conclure.

Merci Jobhertz.

[invite769a1844]

Puisque le groupe des quaternions est d'ordre 8, H peut etre d'ordre 1, 2, 4 ou 8.

Il ne peut clairement pas etre d'ordre 1 ou 2, puisque a est d'ordre 4. Si H est exactement d'ordre 4, ca veut dire que b appartient au sous groupe de H engendré par a. Il suffit ensuite de derouler les cas :

je ne vois pas pourquoi H ne peut être que d'ordre 1,2,4,8.

On sait donc qu'on a un morphisme surjectif de sur H.

Donc , mais après je ne vois pas. Il y a un théorème de Lagrange caché dessous?

[invitebe0cd90e]

[pardon, mal lu, je recommance ]

[invite35452583]

Sauf erreur, je pense qu'il y a plus simple, meme sans faire appel au quotient ou au produit semi direct :

Tu dois savoir (ou tu peux prouver facilement) que ces relations impliquent qu'il existe un morphisme surjectif du groupe des quaternions dans H.

Sans passer par la description du groupe des quaternions comme un quotient d'un produit semi-direct et sans passer par la méthode indiqué au début de ce fil ? Perso, je ne vois pas mais je n'ai peut-être pas les yeux en face des trous.

[invitebe0cd90e]

je ne vois pas pourquoi H ne peut être que d'ordre 1,2,4,8.

On sait donc qu'on a un morphisme surjectif de sur H.

Donc , mais après je ne vois pas. Il y a un théorème de Lagrange caché dessous?

En fait c'est trivial si tu sais que, si f est surjectif, alors il induit un isomorphisme entre et .

Or, Ker f est un sous groupe (distingué, mais peu importe) de , donc son ordre divise celui de , et heuresuement puisque l'ordre de est justement l'ordre de divisé par l'ordre de Ker f.

Après, ca doit aussi pouvoir se montrer directement, disons que c'est assez naturel, puisque si g est un morphisme, l'ordre de g(a) divise l'ordre de a. (en effet, si a est d'ordre n, donc n est multiple de l'ordre de a). Ceci etant vrai, on imagine que la meme chose va etre vraie pour l'ordre du groupe.

[invitebe0cd90e]

Sans passer par la description du groupe des quaternions comme un quotient d'un produit semi-direct et sans passer par la méthode indiqué au début de ce fil ? Perso, je ne vois pas mais je n'ai peut-être pas les yeux en face des trous.

Si, c'est me semble t il evident évident si tu sais par exemple que <a,b | (les relations données)> est une présentation du groupe des quaternions. (et j'imagine que c'est le cas, sinon de toute facon il faudrait commencer par le prouver)....

[invitebe0cd90e]

Dans mon avant dernier message, il faut bien sur lire "donc n est multiple de l'ordre de g(a)"...

[invite769a1844]

Dans mon avant dernier message, il faut bien sur lire "donc n est multiple de l'ordre de g(a)"...

oki merci jobhertz, maintenant c'est clair

[invitebe0cd90e]

oki merci jobhertz, maintenant c'est clair

Je t'en prie

Homotopie> A la reflexion, je ne comprends pas trop ta remarque, puisque à priori ce que tu cherchais a montrer (et ce qui etait à priori le point de l'exercie), c'etait l'injectivité ! Sans parler des relations, la surjectivité est evidente puisque tous les générateurs de H sont atteint, donc tout H est atteint. La seule autre difficulté etait de montrer que ca definissait un morphisme de groupe, ce qui la exige de savoir que ces relations caracterise le groupe des quaternions, mais en sachant ca c'est immédiat. Et l'injectivité decoule de mon raisonnement ci-dessus.

[invite35452583]

La seule autre difficulté etait de montrer que ca definissait un morphisme de groupe, ce qui la exige de savoir que ces relations caracterise le groupe des quaternions.

Le fait que ces relations caractérisent le groupe des quaternions est le but de l'exercice puisque je ne vois aucun autre sens possible à cette phrase que "si un groupe contient deux éléments a et b vérifiant... alors il est isomorphe à H".
A mes yeux la vraie difficulté est de montrer qu'il y a bien un morphisme de H sur <a,b> et je ne vois pas d'autre types de voie que :
1) on exhibe en entier les images des éléments de H e->e i->a i^-1->a^-1, j->b,... puis on vérifie pour les 64 cas que f(x.y)=f(x).f(y), méthode toujours possible mais de loin la plus rébarbative
2) H est le quotient d'un produit semi-direct qui, avec un peu de théorie sur ces groupes et leur morphisme, se caractérise par i²=j²=(ij)², i⁴=e et on définit alors le morphisme
3) intermédiaire on écrit les éléments et leur produit de manière plus ou moins générique, on définit alors le morphisme (vérifier que c'en est un est pour l'essentiel fait)

Une fois qu'on a le morphisme H-><a,b> en effet nécessairement surjectif puisque les générateurs sont dans l'image.
Maintenant l'injectivité se montre ainsi (en reprenant là où c'en était) :
f(a'^mb'ⁿ)=e ceci revient à a^m=b^-n

Si n=0 alors m est congru à 0 modulo 4 mais 0<=m<=3 implique m=0
Si n=1 alors bⁿ est d'ordre 4 donc m=1 ou 3. Et là on fait intervenir la deuxième relation comme tu l'as déjà fait pour aboutir à une contradiction.
Faire ainsi se contente de prendre ce dernier argument et va plus vite.

Dernière remarque sur un autre point, pour la fin de la forme du produit rhomuald tu aboutis à a^m-m'b² et là tu te rappelles tout simplement que b²=a² pour conclure.

[invite769a1844]

ok, c'est clair pour l'injectivité, maintenant.

Merci à vous.