[groupe] A5 dans A6
Salut,
Je voudrais savoir combien il y a de sous-groupes de $S_6$ isomorphe à $A_5$ (groupe alternée) ?
Je pense qu'il doit y a avoir deux classes de conjugaison, un classe qui s'obtient en fixant un élément et une autre qui provient d'une certain action mais je n'arrive pas à savoir précisément.
Merci d'avance,
'
Je voudrais savoir combien il y a de sous-groupes de $S_6$ isomorphe à $A_5$ (groupe alternée) ?
Je pense qu'il doit y a avoir deux classes de conjugaison, un classe qui s'obtient en fixant un élément et une autre qui provient d'une certain action mais je n'arrive pas à savoir précisément.
Merci d'avance,
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Réponses
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$A_5$, c'est le groupe des rotations du dodécaèdre ou de l'icosaèdre.
Où trouver un ensemble de 6 trucs sur lequel il agit ? Ben, par exemple, les 6 droites joignant les sommets opposés de l'icosaèdre. -
Salut,
Pour l'action j'en ai une autre, celle sur les $5$-sous groupe de Sylow ou celle sur la droite projective sur $\mathbb{F}_5$. Mais je voudrais comprendre si ces différentes actions donne lieu à une même classe de conjugaison de sous-groupe de $S_6$.
Par contre, je n'y vois absolument rien en géométrie dans l'espace ... :-(
PS : isométrie pas rotation, non ? -
Non, rotation (ou isométrie directe). Les isométries tout court, c'est $A_5\times \Z/2\Z$ (penser à la symétrie centrale).
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Une question complémentaire : qu'est-ce qui se passe pour ces sous-groupes quand on fait agir tous les automorphismes de $S_6$, pas seulement les intérieurs.
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Je dirai que si je prend juste les automorphismes intérieurs on reste dans le même classe de conjugaison. Par contre, lorsque je prend un autre automorphisme, je dois changer de classe de conjugaison de sous-groupe. J'ai envie de dire que je change de géométrie (d'action).
Je vais prendre plutôt mes modèles, plus simple pour moi de faire de l'algèbre que de la géométrie.
Soit $G$ un groupe simple d'ordre $60$. Il existe, $6$ sous groupes de Sylow d'ordre $5$ et je note $P$ leurs ensemble.
Je fais agir $G$ par conjugaison sur $P$, ça me donne un morphisme, injectif puisque $G$ est simple, $G \to \mathcal{S}(P)$.
Maintenant, si je fixe un iso $\sigma$ entre $P$ et $\{1,2,3,4,5,6\}$, ce qui me permet de considérer $G$ comme un sous groupe $G_\sigma$ de $S_6$,
Je pense que les sous-groupe $G_\sigma$ sont conjuguais entre eux.
Maintenant, si tu prends ton modèle et que tu fais la même construction, je pense qu'on ne peut pas montrer que ma classe de conjugaison est la même que la tienne. Car il y a un automorphisme extérieur qui va agir sur l'ensemble des classes de conjugaison de sous groupe.
Hum, je divague -
Que ce soit avec les six "grandes diagonales" de l'icosaèdre ou les homographies de $\mathbb{F}_5$, on tombe (à conjugaison près, bien sûr), sur le sous-groupe engendré par le 5-cycle (1,2,3,4,5) et le double 3-cycle (4,5,6)(1,3,2).
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Je pense avoir compris un truc ...Mais je sais pas ce que j'ai compris XD ... Merci GBZM ... je vais essayé d'expliciter ça.
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Salut,
Bon je sais pas du tout ce que je fais ... on verra bien si tu comprends ce que je fabrique, tu pourras peut être m'expliquer :-D
Je trouve : $(p_0,p_1,p_2,p_3,p_4)$ et $(p_1 p_4)(p_2 p_3)$ pour l'instant !
Soit $G$ un groupe simple d'ordre $60$.
Notons $\mathbb{P}_5$ l'ensemble des $5$ sous-groupe de Sylow. Par la théorie de Sylow : card$(\mathbb{P}_5)=6$.
Le groupe $G$ agit par conjugaison sur l'ensemble $\mathbb{P}_5$ et cette action conduit à un morphisme injectif (car $G$ est simple et l'action est non triviale):
$$
\iota : G \to \mathcal{S}(\mathbb{P}_5)
$$
L'idée est de rendre le calcul de ce morphisme explicite.
Soit $p \in \mathbb{P}_5$, le stabilisateur de $p$ pour cette action est le normalisateur de $p$ dans $G$ que l'on note Nor$_G(p)$. Comme l'action est transitive : le sous-groupe Nor$_G(p)$ de $G$ est de cardinal ${60 \over 6}=10$ et contient $p$ comme unique sous-grouped'ordre $5$.
Nous allons utiliser un lemme technique qui nous permettra de fixer un bonne numérotation des éléments de $ \mathbb{P}_5$.Lemme technique :
Soit $P \in \mathbb{P}_5$, alors l'action de conjugaison induit une action :
$$ P \times \mathbb{P}_5 \setminus \{P\} \to \mathbb{P}_5 \setminus \{P\}$$
De plus, cette action est simplement transitive.
Démonstration
Il s'agit de prouver que si $x \in P$, et $Q \in \mathbb{P}_5 \setminus \{P\}$ alors
$xQx^{-1} \ne P$.
C'est assez évident, car si $xQx^{-1} = P$ alors, en conjuguant par $x^{-1}$, on obtient : $Q=x^{-1}Px$ mais comme $x\in P$ on a : $Q=P$.
Pour la transitivité, comme card$(P)=$card$(\mathbb{P}_5 \setminus \{P\})$, il nous suffit de prouver que si $Q \in \mathbb{P}_5 \setminus \{P\}$ alors Stab$(Q)=\{e\}$.
Mais Stab$(Q):=P \cap $Nor$_G(Q)$. On en déduit que Stab$(Q)$ est un sous-groupe de Nor$_G(Q)$ de cardinal $1$ ou $5$, mais si il est de cardinal $5$ c'est obligatoirement $P$, mais comme on la vu Nor$_G(Q)$ contient un unique sous-groupe de cardinal $5$ à savoir $Q$.
Au vu des cardinaux l'action est bien simplement transitive.
Système de numérotation de $\mathbb{P}_5$.
On arrive au coeur du système.
Soit $p_\infty$, $p_0$ et $p_1$ trois éléments $(\star)$ distinct de $\mathbb{P}_5$. D'après le lemme technique il existe un unique élément $x_\infty$ de $p_\infty$ tel que :
$$
p_1 =x_\infty p_0 x_\infty^{-1}
$$
Notons ensuite pour $i \in \{0,1,2,3,4\}$ :
$$
p_i:=x_\infty^i p_0 x_\infty^{-i}
$$
Ainsi : $\mathbb{P}_5=\{p_\infty,p_0,p_1,p_2,p_3,p_4\}$.
edit : j'ajoute un petit truc. Je fixe un élément non nul $x_0 \in p_0$.
Soit $x_0 \in p_0 \setminus \{e\}$, notons $x_i := x_\infty^i x_0 x_\infty^{-i}$.
$(\star)$ : ici j'ai fais des choix ... je pense qu'on peut comprendre le nombre de sous-groupes de $S6$ isomorphe à $A5$, a partir des choix XD
Maintenant, je pense qu'avec ce système de notation on va pouvoir faire des calcules.
Exemple 1 :
Notons $\sigma := \iota(x_\infty)$. [size=x-small]Pour comprendre les notations ... j'ajoute une remarque : $x_\infty \in p_\infty$ donc $x_\infty$ agit trivialement ,par conjugaison, sur $p_\infty$. En terme de $\iota$, le point $p_\infty$ est fixé par la permutation $\iota(x_\infty)$. Avec mon système de numérotation je peux calculer l'image de $\sigma$ sur $p_0$, c'est simplement $p_1$, mais c'est encore un définition ... par contre $p_1$ s'envoie vers $p_2$ par $\iota(x_\infty)$ et ça c'est pas trivial[/size]
Alors $\sigma(p_\infty)=x_\infty p_\infty x_\infty^{-1}=p_\infty$, donc $p_\infty$ est fixe. Ensuite, $\sigma(p_i)=x_\infty p_i x_\infty^{-1}=x_\infty x_\infty^i p_0 x_\infty^{-i} x_\infty^{-1} = x_\infty^{i+1} p_0 x_\infty^{-i-1}=p_{i+1}$
Avec la convention que $p_5=p_0$.
Bref :
$$
\iota(x_\infty)=(p_0,p_1,p_2,p_3,p_4)
$$
Le $5$-cycle que tu m'as donné dans ton autre message.
Bon juste là c'est simple :-D
Exemple 2 :
On va essayer de faire plus complexe et calculer l'action d'un autre élément de $G$. Le problème étant que le groupe $G$ est abstrait et on n'a pas vraiment d'élément a notre disposition et il faut les créer par des arguments groupiste.
A faire : je vais essayer de récupérer ton double trois cycles. Plus tard. Car je ne comprend pas encore parfaitement la situation.
Notons $N_i:=$Nor$_G(p_i)$. Comme on a vu card$(N_i)=10$ et ce groupe n'est pas cyclique car sinon on aurait un élément d'ordre $10$ dans $\mathcal{S}(\mathbb{P}_5)$.
Maintenant, on va regarder $N_\infty \cap N_0$, c'est à dire les éléments $g$ de $G$ tel que $\iota(g)$ fixe les points $p_\infty$ et $p_0$.
Bon $N_\infty \cap N_0$ est d'ordre $1$ ou, $2$. Si ce sous-groupe est d'ordre $1$ alors on obtient $9*6+1=55$ élément dans $\cup N_i$, c'est un peu trop il ne reste plus de place pour les éléments d'ordre $3$ (il y a au moins $8$ éléments d'ordre $3$ par la théorie de Sylow).
[note : attention c'est pas précis, il faut regarder les intersections $3$ à $3$]
Donc il existe un élément $\pi$ non nul dans $N_\infty \cap N_0$ et cet élément est d'ordre $2$.
D'autre part, $\pi \in N_\infty$, donc il existe $k$ tel que
$\pi x_\infty \pi = x_\infty^k$. Alors comme $\pi$ et $x_\infty$ ne commute pas (sinon élément d'ordre $10$), $k \ne 1$. Mais
$\pi^2=e$ donc $x_\infty = \pi x_\infty^k \pi = x_\infty ^{k^2}$
Donc $k^2=1$ donc $k=-1=4$.
Maintenant on peut faire un petit calcul
$\iota(\pi)(p_\infty)=p_\infty$
$\iota(\pi)(p_0)=p_0$
$\iota(\pi)(p_i)=\pi p_i \pi =\pi x_\infty^i p_0 x_\infty^{-i} \pi=\pi x_\infty^i \pi (\pi p_0 \pi) \pi x_\infty^{-i} \pi= x_\infty^{4i} p_0 x_\infty^{-4i}=p_{4i}$
Donc la permutation est $(p_1 p_4)(p_2 p_3)$ -
Salut,
GBZM, je n'ai toujours pas trouvé ton double $3$ cyle mais j'ai obtenu : l'action de $\pi_{14}$ (élément non trivial de $N_1 \cap N_4$. Donc je trouve : $(p_\infty p_0)(p_3 p_2)(p_1)(p_4)$ si j'ajoute le $5$ cycle $(p_0 p_1 p_2 p_3 p_4)$. Ce qui donne dans ton langage : $(1,2,3,4,5)$ et $(1,6)*(3,4)$ ... donc je ne dis pas de bêtise je dois retrouver ton double $3$ cycle, j'ai testé avec Gap ... c'est ok !
En terme géométrique, il y a $10$ isométries qui fixe une grande diagonale ... c'est un groupe isomorphe au groupe diédrale. Il y a des rotations d'ordre $5$ et des symétries d'ordre $2$.
Ce groupe est engendré par $(1,2,3,4,5)$ et $(2,5)*(3,4)$.
Le groupe $G$ est engendré par $(1,2,3,4,5)$ et $(1,6)*(3,4)$
$i\times 8 =\infty$ -
Bon comme mon but était de comprendre les $A5$ dans $S6$.
Pour motivé :
Prenons $\ell =(2,5,4,3,1)$ et $e \in \{1,2,3,4,5\}$, il existe une unique des doubles transpositions (de $A5$) $\sigma:=(ab)(cd)$ fixant $e$ tel que $Group(\ell, \sigma)$soit de cardinal $10$.
Comment on la trouve ?
Bon je vais prendre une approche géométrique, je viens de comprendre que c'était mon but finalement.
Je décide de prendre $e:=4$ pour l'exemple.
Je considère la bijection suivante :$\tau = \bigl(\begin{smallmatrix}
\infty & 2 & 5 & 4 & 3 & 1 \\
\infty & 2 & 4 & 0 & 1 & 3
\end{smallmatrix}\bigr)$
Je peux prendre a peu prés tout ce que je veux (vraiment ?) mais il faut que $e$ soit envoyé sur $0$. J'ai ajouté un symbole $\infty$ sortie de mon chapeau.
Du coup, $\tau$ me permet de traduire la question de trouver notre permutation fixant $e$ comme trouver une permutation fixant $\infty$ et $0$.
Mais on sait que les permutations paires de $\{ \infty, 0,1,2,3,4\}$ sont exactement les homographies spéciales (PSL)de la droite projective.
Et l'unique homographie est $[z \to -z]$. Ce qui donne : $(1,4)(2,3)$, on a plus qu'a décrypter par $\tau^{-1}$. ce qui donne $(3,5)(2,1)$.
flipflop vient de découvrir la notion d'isomorphisme :-D
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