Ordre d'un produit
Bonsoir à tous,
Cet exercice m'a soulevé un doute :
Pour dire que l'ordre d'un produit c'est le produit des ordres, il faut que les ordres soient premiers entres eux (ici c'est ok) et il ne faut pas également que les 2 éléments commutent?
Mais ici ce n'est pas précisé et G n'est pas abélien par hypothèse, alors je suppose que ce doit être implicite mais je n'arrive pas à trouver l'argument...
Merci par avance pour un petit éclairage!
Cet exercice m'a soulevé un doute :
Pour dire que l'ordre d'un produit c'est le produit des ordres, il faut que les ordres soient premiers entres eux (ici c'est ok) et il ne faut pas également que les 2 éléments commutent?
Mais ici ce n'est pas précisé et G n'est pas abélien par hypothèse, alors je suppose que ce doit être implicite mais je n'arrive pas à trouver l'argument...
Merci par avance pour un petit éclairage!
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Réponses
S'il n'y a qu'UN SEUL sous-groupe d'ordre 3 et UN SEUL sous-groupe d'ordre 5, l'élément $x.y$ ne peut pas être d'ordre 1,3,5.
PS:
Soit $G$ un groupe d'ordre $p^n.s$ avec $s$ non divisible par $p$ et $p$ premier.
Soit $n_p$ le nombre de $p-Sylow$ de $G$.
1) $n_p$ divise $s$
2) $n_p\equiv 1\mod{p}$
Dans notre cas d'espèce $G$ est un groupe d'ordre $15$
Calculons $n_3$:
$n_3$ divise $5$ donc $n_3=1$ ou $n_3=5$
mais $5\equiv 2\mod{3}$ donc $n_3=1$
Calculons $n_5$:
$n_5$ divise $3$ donc $n_5=1$ ou $n_5=3$
donc $n_5=1$.
Oui tu as raison.
On a : $yxy^{-1} \in \langle x \rangle$ car $\langle x \rangle$ est normal. Donc deux cas,
1. soit $yxy^{-1} = x$ et dans ce cas $x$ et $y$ commute.
2. soit $yxy^{-1} = x^{-1}$ et alors $y^2 x y^{-2} = y x^{-1} y^{-1} = x$ et donc $y^2$ et $x$ commutent mais alors $y = (y^2)^3$ et $x$ commutent et donc c'est impossible.
Bref $x$ et $y$ commute.
Tu as raison de douter, la démonstration de ce corrigé est fautive.
Elle démontre que tous les groupes d'ordre 6 sont cycliques !
Ce qui n'est pas le cas car $\mathfrak S_3$ est d'ordre 6 et non cyclique.
Alain
donc cycliques. Soient $x$ est un générateur du 3-Sylow, $y$ un générateur du 5-Sylow.
2) Quel est l'ordre de $u=x.y$?
Il est d'ordre un diviseur de $15$, c'est à dire $1,3,5,15$.
A)Peut-il être l'élément neutre du groupe (et donc d'ordre 1)?
Cela veut dire que $x=y^{-1}$ et donc $x,y^{-1}$ sont de même ordre mais $x$ est d'ordre $3$ et $y^{-1}$ est du même ordre que $y$ c'est à dire $5$. Donc cette possibilité est exclue.
B)Peut-il est d'ordre $3$?
Il n'y a qu'un unique 3-Sylow $H$ donc $u=x.y$ appartient à ce sous-groupe.
Or, $y=x^{-1}u$ et $x^{-1},u$ appartiennent tous les deux à $H$ donc $y$ aussi et il est donc d'ordre $1$ ou $3$ ce qui est exclus.
C) Peut-il est d'ordre $5$?
De la même manière que pour
Si $x.y$ n'est pas d'ordre $1,3,5$ il est nécessairement d'ordre $15$ qui est l'ordre du groupe donc c'est aussi un générateur de ce groupe qui est donc cyclique.
Qu'est-ce qu'il y a de faux dans ce raisonnement, qui est, à mon avis, le raisonnement esquissé dans le corrigé donné ci-dessus?
Le corrigé a fait une grave faute en n'explicitant pas ce que tu dis. Personne n'a dit que ce que tu dis n'est pas correct ! Bref, note de 7/20 pour le corrigé !
Si on n'avait pas besoin de l'unicité des 3-Sylow, 5-Sylow on montrerait de même que tout groupe d'ordre $p.q$ avec $p$ et $q$ des nombres premiers distincts sont cycliques. (voir l'exemple donné par AD d'un groupe d'ordre $6=2\times 3$ qui n'est pas cyclique)
Pour modulo P : je comprends l'idée générale de ta démonstration très astucieuse mais je ne capte pas tout :
- dans le deuxième cas, je lâche après $y^2$ et $x$ commutent, pourquoi $(y^2)^3$ et $x$ commutent ? Comment cela permet de montrer que dans ce deuxième cas aussi, $x$ et $y$ commutent ?
Encore Merci !
Donc $(y^2)^3$ et $x$ commutent donc comme $(y^2)^3=y$ car $y$ est d'ordre 5, on a montré quand dans ce deuxième cas aussi $x$ et $y$ commutent, mais pourquoi moduloP conclu ce deuxième cas en disant "c'est impossible" ?
Tu as un groupe $G$ et un sous-groupe normal $H$ de $G$. Alors tu disposes d'une action par conjugaison de $G$ sur $H$. Ça veut dire que tu as un morphisme de $G \to \text{Bij}(H)$ celui-ci est donné par : $$
g \longmapsto \big( h \to ghg^{-1} \big).
$$ Et c'est même mieux que ça, c'est que l'image de ce morphisme est dans les automorphismes de groupe de $H$ et pas seulement dans $\text{Bij}(H)$ i.e $G \to \text{Aut}(H)$.
Dans ton contexte, je choisi $H = \langle x \rangle$ donc d'ordre $3$ isomorphe à $\Z/3\Z$. Et je sais que : $\text{Aut}(\Z/3\Z) \simeq \Z/2\Z$ donc d'ordre $2$. Ainsi j'ai un morphisme $G \to \Z/2\Z$. Mais comme le cardinal de $G$ est impair, ce morphisme est forcément le morphisme trivial. Par conséquent, $x$ est dans le centre de $G$ i.e commute avec tout le monde et en particulier $y$.
Donc dans mon message, au lieu de te raconter cette idée abstraite, j'ai juste fait les calculs qui vont bien !