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J'ai un vieux doute

 
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Salque
Mathématicien(ne) fou (folle)


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MessagePosté le: 20 Aoû 2006, 18:35    Sujet du message: J'ai un vieux doute Répondre en citant

Le groupe des permutations de 4 éléments et le groupe des rotations du cube sont-ils isomorphes ? Ils en ont bien l'air, parce qu'ils ont tous les deux les mêmes nombres d'éléments de chaque ordre...
François Lo Jacomo a écrit, dans son livre, qu'ils n'étaient pas isomorphes parce qu'il existait 9 permutations d'ordre 2 mais seulement 3 rotations du cube d'ordre 2. Mais c'est faux : il a oublié les rotations autour des axes passant par les milieux des arêtes...

Au fait, de façon plus générale : si deux groupes ont le même nombre d'éléments de chaque ordre, sont-ils forcément isomorphes ? Si oui, comment le démontre-t-on (parce que si c'est vrai, c'est un très joli résultat !) ? Si non, quel est le contre-exemple ?
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Salque
Mathématicien(ne) fou (folle)


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MessagePosté le: 20 Aoû 2006, 19:54    Sujet du message: Répondre en citant

Bon, voici une bijection entre les deux groupes qui est *censee* etre un isomorphisme... mais le probleme, c'est que je suis quasiment sur de m'etre plante quelque part ^^. Pouvez-vous me dire si mon isomorphisme marche ou pas ? Est-ce que deja, au moins, chaque permutation apparait une et une seule fois, et est-ce que chaque permutation est de meme ordre que la rotation a laquelle elle est censee correspondre ?
Je note F, B, U, D, R, L les faces du cube (Front, Back, Up, Down, Right, Left) ; pour noter une rotation, je note la permutation qu'elle effectue sur les faces sous forme de produit de permutations cycliques.

Code:
Id                  1234
(FRBL)              4312
(FLBR)              3421
(UFDB)              3142
(UBDF)              2413
(ULDR)              2341
(URDL)              4123
(FB)(RL)            2143
(UD)(FB)            4321
(RL)(UD)            3412
(UD)(FR)(BL)        2134
(UD)(FL)(BR)        1243
(RL)(UF)(DB)        4231
(RL)(UB)(DF)        1324
(FB)(UR)(DL)        3214
(FB)(UL)(DR)        1432
(UFR)(DBL)          1342
(URF)(DLB)          1423
(UBL)(DFR)          4213
(ULB)(DRF)          3241
(FLD)(BRU)          2431
(FDL)(BUR)          4132
(DBR)(UFL)          2314
(DRB)(ULF)          3124

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Daniel
Matheux (se)


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MessagePosté le: 20 Aoû 2006, 22:08    Sujet du message: Re: J'ai un vieux doute Répondre en citant

Salque a écrit:
Mais c'est faux : il a oublié les rotations autour des axes passant par les milieux des arêtes...

Même s'il en a oublié, il y en a 6.. moins que 9

Salque a écrit:
Au fait, de façon plus générale : si deux groupes ont le même nombre d'éléments de chaque ordre, sont-ils forcément isomorphes ? Si oui, comment le démontre-t-on (parce que si c'est vrai, c'est un très joli résultat !) ? Si non, quel est le contre-exemple ?

Ce n'est probablement pas vrai.. je réfléchirai à un contre-exemple
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musichien
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MessagePosté le: 20 Aoû 2006, 22:37    Sujet du message: Répondre en citant

(attention, je sais ce qu'est un groupe! ouéééé!! Very Happy ) eeeuuh, c'est quoi un ordre? Embarassed
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Le roi de la solution pas claire
(et fausse accessoirement)
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Salque
Mathématicien(ne) fou (folle)


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MessagePosté le: 20 Aoû 2006, 23:08    Sujet du message: Répondre en citant

Citation:
Même s'il en a oublié, il y en a 6.. moins que 9


Oui, enfin il y a aussi les demi-tours autour des axes x, y et z (que Francois a justement mentionnes).

Musichien : l'ordre d'un element, c'est combien de fois il faut le multiplier par lui-meme pour obtenir l'element neutre.
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Salque
Mathématicien(ne) fou (folle)


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MessagePosté le: 20 Aoû 2006, 23:17    Sujet du message: Répondre en citant

Bon, apres quelques breves recherches sur Mathworld, j'ai trouve que le groupe des rotations d'un octaedre (donc d'un cube, c'est la meme chose) etait isomorphe au groupe des symetries du tetraedre, qui, lui, est trivialement isomorphe au groupe des permutations de 4 elements. La reponse a ma premiere question est donc "oui"... reste a en parler a Francois.
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antony
Mathématicien(ne) fou (folle)


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MessagePosté le: 21 Aoû 2006, 9:43    Sujet du message: Re: J'ai un vieux doute Répondre en citant

Salque a écrit:
Au fait, de façon plus générale : si deux groupes ont le même nombre d'éléments de chaque ordre, sont-ils forcément isomorphes ? Si oui, comment le démontre-t-on (parce que si c'est vrai, c'est un très joli résultat !) ? Si non, quel est le contre-exemple ?

Etrangement, ça a l'air vrai ; je me suis peut-être planté car je ne suis pas absoluement sûr de certains résultats que j'utilise si G n'est pas abélien, mais bon...

Un caractère d'un groupe fini G est un morphisme de G dans (C*,.).
L'ensemble des caractères de G, muni de la loi (f*g) : x -> f(x)g(x), est un groupe, noté ^G (G chapeau). Ce groupe a le cardinal de G (c'est la que je ne suis pas sûr dans le cas abélien...) (idée de démonstration : ^G forme je crois une partie libre de l'ensemble des fonctions de G dans C qui est un Cev de dimension le cardinal de G).
Si je considère ^^G (groupe des caractères de G), qui a donc aussi même cardinal de G, j'ai un morphisme injectif canonique de G dans ^^G : à x j'associe le morphisme qui à un caractère de G associe la valeur qu'il prend en x. Comme G et ^^G ont même cardinal, ils sont en fait isomorphes.
Donc, si G et H ont des groupes de caractères isomorphes, alors ils le sont aussi.

Maintenant, si G et H vérifient la propriété que donne Ilia, il n'est pas très dur de voir, je crois, que ^G et ^H sont isomorphes (essentiellement parce qu'un élément d'ordre n est envoyé par un caractère sur une racine n-ème de l'unité), ce qui permet de conclure.

---

Zut, ça ne marche pas, en fait c'est pas évident du tout que ^G et ^H sont isomorphes... c'est peut-être vrai, mais bon, faut regarder ça de plus près...
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Igor
Taupin(e) ou équivalent


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MessagePosté le: 21 Aoû 2006, 10:07    Sujet du message: Répondre en citant

Effectivement, c'est faux dans le cas de G non abélien: le cardinal de ^G est égal au nombre de classes de conjugaison de G (qui est bien égal au cardinal de G dans le cas abélien).

*Edit: d'ailleurs ^G n'est pas l'ensemble des caractères de G, mais l'ensemble des caractères irréducibles de G*

[Mode pub ON]
Pour la démo, cf ici. Elle n'y figure cependant pas explicitement:

On note R(G) le C ev des fonctions de classe (c-à-d les applications G-> C constantes sur une classe de conjugaison) sur G. On a directement dim R(G)= nombre de classe de conjugaison.

Le théorème 2.3.3 (page 18 ) montre que l'ensemble des caractères irréductibles forme une famille libre dans R(G), et la partie 3 du théorème 2.4.2 (page 21) montre que le cardinal de cet ensemble est égal au nombre de classe de conjugaison, d'où le résultat.
[Mode pub /OFF]
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antony
Mathématicien(ne) fou (folle)


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MessagePosté le: 21 Aoû 2006, 15:55    Sujet du message: Répondre en citant

Je me disais bien que j'avais peut-être écrit une bêtise... Mais ce qui me gêne encore plus, c'est qu'après réflexion, c'est vraiment pas clair que ^G et ^H sont isomorphes (cf. la fin de mon post précédent). Bref, ça reste à voir...
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Salque
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MessagePosté le: 21 Aoû 2006, 16:34    Sujet du message: Répondre en citant

Bon, j'ai vérifié mon isomorphisme sur l'ordinateur - j'y ai passé toute la matinée (c'est-à-dire toute la période entre mon réveil, vers midi, et mon déjeuner, qui ne va pas tarder Mr. Green) ! Le temps de taper des lignes et des lignes de code, de les vérifier, de s'apercevoir qu'elles ne marchent pas, de comprendre pourquoi elles ne marche pas, de les corriger, de refaire le cycle deux ou trois fois par fonction (sachant qu'il y a une quinzaine de fonctions au total), de rentrer les données, de s'apercevoir que mon isomorphisme n'en est pas un (mais je m'y attendais... si l'ordinateur avait répondu #t, là, je me serais mis à chercher le bug dans mon programme ^^), de chercher où il foire, de s'apercevoir qu'il est faux à peu près partout, de passer cinq minutes à fixer l'écran et à déprimer, puis de construire peu à peu un isomorphisme qui marche en s'appuyant fortement sur l'aide de l'ordinateu... pfiou, c'est fatiguant tout ça !!!
Voici donc l'isomorphisme correct :
Code:
Id                  1234
(FRBL)              3421
(FLBR)              4312
(UFDB)              2413
(UBDF)              3142
(ULDR)              4123
(URDL)              2341
(FB)(RL)            2143
(UD)(FB)            4321
(RL)(UD)            3412
(UD)(FR)(BL)        2134
(UD)(FL)(BR)        1243
(RL)(UF)(DB)        4231
(RL)(UB)(DF)        1324
(FB)(UR)(DL)        3214
(FB)(UL)(DR)        1432
(UFR)(DBL)          1342
(URF)(DLB)          1423
(UBL)(DFR)          4213
(ULB)(DRF)          3241
(FLD)(BRU)          2431
(FDL)(BUR)          4132
(DBR)(UFL)          3124
(DRB)(ULF)          2314

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MessagePosté le: 21 Aoû 2006, 17:56    Sujet du message: Répondre en citant

En fait je vois que j'ai vraiment raconté n'importe quoi... Si G n'est pas abélien, le morphisme que je donne de G dans ^^G n'est pas injectif (puisque l'évaluation d'un caratère en n'importe quel commutateur est toujours 1).

Et puis zut... finalement, j'avais peut-être raison de croire que mon idée était foireuse... bon, je crois que j'ai plus envie de chercher un contre-exemple qu'une démo, maintenant Wink
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Daniel
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MessagePosté le: 22 Aoû 2006, 1:52    Sujet du message: Répondre en citant

Pour le contre-exemple, un programme fera l'affaire.. ;)
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antony
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MessagePosté le: 30 Oct 2006, 14:58    Sujet du message: Répondre en citant

Il semblerait que l'on peut prendre comme contre-exemple Z_2*Z_8 (produit cartésien) et le groupe modulaire <s,t|s^8=t^2=ts^5t^-1s^-1=1> (i.e. le groupe dont les éléments s'écrivent comme produits de s, t, s^-1, t^-1 et avec pour seules simplifications non triviales (i.e. à part tt^-1=ss^-1=1) celles indiquées après le |).

ordre 1 : 1 elt
ordre 2 : 3 elt
ordre 4 : 4 elt
ordre 8 : 8 elt
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AnalyX
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Localisation: sous la guer-je perche

MessagePosté le: 01 Nov 2006, 21:05    Sujet du message: Répondre en citant

je dois dire quelque chose d'horrible mais le groupe des rotations du cube c'est en bloquant le cube et en faisant des rotations selon les axes ? Donc engendré par deux éléments et isomorphe au groupe symétrique de {1,..,4} ...
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abbesanchez
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Localisation: paris

MessagePosté le: 13 Nov 2006, 17:58    Sujet du message: Répondre en citant

Le groupe des déplacements du cube (= celui des rotations du cube si je me trompe pas) est isomorphe au groupe des permutations à 4 éléments. En fait, les déplacements du cube s'interprètent canoniquement comme permutation des (4) grandes diagonales!
Le groupes des isométries du cube est en particulier isomorphe à Z/2Z*S_4.
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Salque
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Messages: 3271
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MessagePosté le: 19 Nov 2008, 17:42    Sujet du message: Répondre en citant

Citation:
Au fait, de façon plus générale : si deux groupes ont le même nombre d'éléments de chaque ordre, sont-ils forcément isomorphes ?


Citation:
Il semblerait que l'on peut prendre comme contre-exemple Z_2*Z_8 (produit cartésien) et le groupe modulaire <s,t|s^8=t^2=ts^5t^-1s^-1=1> (i.e. le groupe dont les éléments s'écrivent comme produits de s, t, s^-1, t^-1 et avec pour seules simplifications non triviales (i.e. à part tt^-1=ss^-1=1) celles indiquées après le |).

ordre 1 : 1 elt
ordre 2 : 3 elt
ordre 4 : 4 elt
ordre 8 : 8 elt


A l'époque, j'avais du mal à comprendre quels étaient ces deux groupes, mais récemment, je suis retombé dessus, et je confirme donc. Finalement, la réponse à ma question est donc bien "non" Smile.
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antony
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MessagePosté le: 19 Nov 2008, 20:04    Sujet du message: Répondre en citant

Ah ben maintenant pour moi ça fait trop longtemps que j'ai plus fait de maths :) (même si on parle de fibrations en neurogéométrie de la vision, ce qui est quand même assez marrant (et très intéressant)...) Donc si tu as une nouvelle interprétation particulièrement éclairante des faits en questions je veux bien savoir...
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