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Re: produit semi direct - 16 years ago
Bonjour BS Pour le 3, en effet, tous les éléments de la forme $a^kb$ ont pour carré $b^2$, mais il reste les éléments de la forme $a^k$, et c'est donc parmi les sous-groupes de $\langle a \rangle$ qu'on va trouver notre sous-groupe distingué qui va permettre la décomposition en produit semi-direct. Avec tes notations, je pose $m=2^r n$ avec $n$ impair On a donc la relation $b^2=aby AD - Algèbre
Re: produit semi direct - 16 years ago
Re-bonsoir E=mc3 On constate que (avec les notations du message précédent) $t = rs$. Alors l'isomorphisme $\varphi : H \rtimes_\phi \langle t \rangle \rightarrow H \times \langle r^3 \rangle $ qui est donc un automorphisme de $D_6$ est tout simplement : $\varphi = \begin{pmatrix}r^2&\mapsto &r^2 \\s&\mapsto&s\\ t & \mapsto& r^3r^{-2}s\end{pmatrix}$ Ta remarqueby AD - Algèbre
Re: produit semi direct - 16 years ago
Bonjour E=mc3 En ce qui concerne le groupe $\frak{S}_3\times \Z/2\Z$, qui puisque $\frak{S}_3 \simeq D_3$ n'est autre que $D_3\times \Z/2\Z \simeq D_6$ le groupe des isométries planes laissant l'hexagone $A_0,A_1,A_2,A_3,A_4,A_5$ invariant. C'est un groupe engendré par $r$ la rotation d'angle $\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3}$ et la symétrie $s$ par rapport à une diagonale (enby AD - Algèbre
Re: produit semi direct - 16 years ago
Re-bonsoir e=mc3 Qu'est-ce qui te gêne ? Comme tu le dis, la liste des sous-groupes du groupe des quaternions défini par $\mathbb{H} =\{\pm 1,\pm i, \pm j, \pm k\}$ avec les règles $i^2=j^2=k^2=-1,\ (-1)^2=1,\ ij=-k,\ jk=-i,\ ki=-j$ Ces sous-groupes sont $\{1\},\ \{1,-1\},\ \{1,i,-1,-i\},\ \{1,j,-1,-j\},\ \{1,k,-1,-k\},\ \mathbb H $ On constate que $\{1,-1\}$ est inclus dans tous soby AD - Algèbre
Re: produit semi direct - 16 years ago
Bonsoir e=mc3 Pour qu'un groupe $G$ soit produit semi-direct de deux sous-groupes $H,K$, il faut et suffit que : \begin{enumerate} \item $H \lhd G$ \item $H \cap K = \{1\}$ \item $H.K = G$ \end{enumerate} Si l'une de ces 3 conditions n'est pas remplie, tu ne peux décomposer $G$ sous-forme du produit semi-direct de $H$ par $K$. Pourquoi veux-tu absolument mettre un produitby AD - Algèbre
Re: initialisation de récurrence et Leibniz - 16 years ago
Bonsoir Rappelons que la dérivation est un endomorphisme d'espace vectoriel $D: \mathcal{C}^\infty(\R) \rightarrow \mathcal{C}^\infty(\R)$ et que les dérivées successives de $f$ sont les images par les composées successives de $D : f^{(k)} = D^k(f)$. Alors algébriquement $D^0 = id$ et donc $f^{(0)} =D^0(f)=id(f)=f$ Alainby AD - Analyse
Re: Groupe monogène engendré par une rotations irrationnelles - 16 years ago
Bonsoir FAN FAN << si on suppose que a est très proche d'un rationnel b >> Q étant dense dans R, il y a une infinité de rationnels aussi proche qu'on veut de a. Alainby AD - Algèbre
Re: Le groupe dicyclique d'ordre 12 - 16 years ago
Re-bonsoir BS Pour répondre à ta question du jeu 25 janvier 2007 15:23:01 << exemple de calcul :$ (xy)^2=(xy).(xy)=xy.xy=x(x^{-1})y=y$ qui est d'ordre 2; donc $ (xy)^2$ est d'ordre 4 >> Tu sais que $yx = x^{-1}y$, donc il fallait écrire : $\ldots xy.xy=x(x^{-1}y)y=y^2=1$ et $(xy)$ est d'ordre 2. D'autre part, la présentation $\displaystyle T = \langle a,by AD - Algèbre
Re: Le groupe dicyclique d'ordre 12 - 16 years ago
Bonsoir BS Tout a été dit sur ce groupe d'ordre 12 dicyclique. En ce qui concerne une présentation déduite du produit semi-direct $G = H \rtimes_\phi K$ avec $\phi \rightarrow Aut(H)$ Il faut voir que pour tout $k\in K,\ h\in H,\ \phi(k)(h) = khk^{-1}$ produit dans $G$, mais qui est dans $H$ puisque $H \lhd G$. Par exemple si $\{a_i,\ 1\leq i \leq n\}$ est une famille génératrice de $Hby AD - Algèbre
Re: Algebre - 16 years ago
Bonsoir Marine Bien sûr ce que je viens d'écrire a déjà été dit dans le fil : Voilà ce qui arrive quand tu crées des nouveaux messages pour les questions successives de ton problème ! Je ferme donc ce fil en te demandant de poursuivre sur le fil initial ! Alainby AD - Algèbre
Re: Algebre - 16 years ago
Bonsoir Marine Il faut aussi montrer, comme demandé dans l'énoncé, que le produit de deux sous-groupes quasi-normaux est un sous-groupe de $G$ (qui sera alors quasi-normal selon la démo d'Egoroff). Si $A$ est un sous-groupe quasi-normal de $G$ et $B$ un sous-groupe de $G$, alors pour tout $a.b\in A.B,\ (ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}=a'b'$ (puisque $BA=AB$ ) et donc $(ab)^{-1}\in ABby AD - Algèbre
Re: groupe vérifiant une équation - 16 years ago
Bonsoir Tout groupe d'exposant 3 (i.e. dont tous les éléments, hors le neutre, sont d'ordre 3) satisfait à la condition imposée. Or des groupes d'exposant 3 non commutatifs sont pléthore, à commencer par le groupe d'ordre $3^3=27$ exhibé par PG. Note en passant : Il existe {\bf 2 groupes d'ordre $3^3=27$ non commutatifs} : \begin{enumerate} \item Celui indiqué parby AD - Algèbre
Re: un système non linéaire intéressant - 16 years ago
Message déplacé Alain --------------------------------------------------------------------------- Re: 2007 est-il un nombre brésilien? Nouveau Envoyé par: oumpapah (--.abo.wanadoo.fr) Date: dim 21 janvier 2007 10:09:23 Pour bs ( et autres amateurs : Olivier, Domi, Galax, GG, gb, Bisam and so on) je rappelle le système à resoudre et discuter(dans R) inconnues x,y,z données u,v,w >by AD - Géométrie
Re: Un angle aigu - 16 years ago
Bonjour Bravo Galax Belle solution géométrique. Effectivement avec la similitude de centre $B$, d'angle $(\overrightarrow{BR}, \overrightarrow{BK})$ et de rapport $\dfrac{BK}{BR}$ tranforme $BMR$ en $BSK$. Alainby AD - Géométrie
Re: Treillis des sous-groupes - 16 years ago
Bonsoir Guimauve Oui, il existe de tels groupes. Il me sempble que les cas d'ordre minimum arrivent avec l'ordre 16 où il y a 2 exemples différents : $G_1 = \Z/8\Z \times \Z/2\Z = \langle a,b\mid a^8=b^2=1,\ ba=ab\rangle$ commutatif $G_2 = \Z/8\Z \rtimes_{\phi_2} \Z/2\Z = \langle a,b\mid a^8=b^2=1,\ ba=a^5b\rangle$ avec $\phi_2(b) = (a\mapsto a^5)$ Ces 2 groupes ont la même réseby AD - Algèbre
Re: Un angle aigu - 16 years ago
Bonsoir Domi Je serais intéressé par une solution. Si en plus elle pouvait être géométrique ... Alainby AD - Géométrie
Re: Fonctions polynomes - 16 years ago
Bonsoir Julien Qu'as-tu commencé à faire dans ton exercice. Qu'as-tu commencé à conjecturer ? Parceque présenté comme ça, ton message demande qu'on fasse le boulot à ta place ! Sans réponse de ta part, je serai obligé de fermer le fil. Alainby AD - Analyse
Re: Mais justement ça n'était pas un troll... - 16 years ago
Bonsoir Cette expression vient de nos fantassins jadis (au temps de Lous XIV ?) qui chargeaient leurs fusils avec de la poudre par la gueule, la balle comprimant la poudre. Cette poudre était enflammée par une mêche extérieure. Le coup partait alors lorsque la poudre s'enflammait d'un coup, si par contre, la poudre "faisait long feu" càd ne s'enflammait pas d'un cby AD - Mathématiques et Société
Re: Carré d'une somme à n éléments - 16 years ago
Bonsoir Tbop D'une manière systématique, on a : $$ \left(\sum_{i=1}^n\,x_i\right)^2= \left(\sum_{i=1}^n\,x_i\right)\left(\sum_{j=1}^n\,x_j\right) = \sum_{i=1}^n\,\sum_{j=1}^n\,x_ix_j = \sum_{i=1}^n\,x_i^2 \ +\ 2\!\sum_{1\leq i<j\leq n}\! x_ix_j$$ Alainby AD - Analyse
Re: groupe contenant des involutions - 16 years ago
Bonsoir Sylvain Puisque ton groupe contient une involution, c'est à dire un élément d'ordre 2, alors si ton groupe est fini, son ordre sera pair (Lagrange). Réciproquement, pour tout entier pair $2n$ il existe un groupe d'ordre $2n$ engendré par 2 involutions. Ce groupe est par exemple $D_{n}$ le groupe diédral des isométries laissant invariant le polygone régulier à $n$ cotéby AD - Algèbre
Re: Petites Questions - 16 years ago
Bonjour Patricien Pour les équations introduites par une accolade, il y a aussi $$ f(x) = \begin{cases} x\sin(\frac{1}{x}) &\mathrm{si\ } x\neq 0 \\ 0 &\mathrm{sinon} \end{cases} $$ \verb*/$$ f(x) = \begin{cases} x\sin(\frac{1}{x}) &\mathrm{si\ } x\neq 0 \\ 0 &\mathrm{sinon} \end{cases} $$ / Alainby AD - LaTeX