permutation

Pour le centre de Sn, on a Z={id}. Reste à le démontrer (par l'absurde par exemple).

Soit $H$ est un sous groupe de $S_4$ et d'ordre 12. Alors ou bien $H$ est inclus dans $A_4$,
ou bien $K:=H\cap A_4$ est un sous-groupe d'ordre 6 de $A_4$ (pour le voir, considérer la restriction de la

signature à $H$) et donc d'indice 2 dans $A_4$ ce qui est absurde car alors tout carré de $A_4$ serait dans

$H$, or un trois-cycle $f$ est un carré car il vérifie $f=(f^2)^2$ et il y a 8 trois-cycle dans $A_4$ ce qui fait trop.

Guimauve : je ne vois pas comment tu utilises ton argument selon lequel la signature est l'unique morphisme.\\\\

Concernant le centre $Z$ de $S_n$ : si $f\in Z$ alors $f$ laisse stable toute partie à deux éléments car par hypothèse sur f dans le centre, on a $f\circ (a\;\;b) \circ f^{-1} = (a\;\;b)$ mais une vérification immédiate montre que $f\circ (a\;\;b) \circ f^{-1} = (f(a)\;\;f(b))$. Maintenant, supposons qu'il existe trois élement distincts $a, b$ et $ c$.
Alors $f(\{a,c\}\cap \{b,c\})=f(\{a,c\})\cap f(\{b,c\})$ car $f$ est bijective, d'où $f(c)=c$ en sorte que $f$ estl'identité si on permute sur trois éléments ou plus.\\

trivecteur

Guimauve ->
Oui d'accord, je comprends ce tu proposes, c'est en effet assez efficace.

Ca me fait penser qu'on peut prouver encore autrement le résultat : puisque $G/H$ est d'ordre 2, pour tout $g\in G=S_4$ on a $g^2\in H$ en particulier $H$ contient les 8 trois-cycles (puisque si $g\in G$ est un trois-cycle alors $(g^{-1})^2=g$ et donc $g\in H$) en sorte que $H=A_4$.

Trivecteur