A4 n'a pas de groupe d'ordre 6
Allez un derniere question avant de monter dans le train pour Paris ( pour aller aux oraux...)
J'ai souvent lu que A4 n'a pas de sous groupe d'ordre 6, souvent cela est affirmé, d'autre fois cela est démontré.
Mais je n'ai jamais vu de manière élémentaire de le démontrer ( sans sous groupe de sylow etc...) Vu que le groupe est de petite taille 12 est- ce qu'il est possible de le faire " à la main" ou alors de manière très simple. Si quelqu'un l'a fait et qu'il veut bien m'éclairer ....
Merci
J'ai souvent lu que A4 n'a pas de sous groupe d'ordre 6, souvent cela est affirmé, d'autre fois cela est démontré.
Mais je n'ai jamais vu de manière élémentaire de le démontrer ( sans sous groupe de sylow etc...) Vu que le groupe est de petite taille 12 est- ce qu'il est possible de le faire " à la main" ou alors de manière très simple. Si quelqu'un l'a fait et qu'il veut bien m'éclairer ....
Merci
Réponses
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Si A4 possédait un sous groupe d'ordre 6, il serait distingué, car d'indice 2. De plus, par le théorème de Cauchy, ce sous-groupe contient un élément d'ordre 3, donc un 3-cycle; or les 3-cycles sont conjugués dans A4, et ce sous-groupe est tout A4, qui est d'ordre 12.
Olivier -
On peut même éviter l'utilisation du théorème de Cauchy.
Les éléments de A4 sont d'ordre 2 ou 3 (ce sont les 3-cycles, et les doubles transpositions du style (1 2) (3 4)). Comme il n'y a que 4 double-transpositions (id, (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), et (1 4) (2 3)), il y a forcément un 3-cycle dans un sous-groupe d'ordre 6. -
Bonsoir Superfly
On peut aussi remarquer que $\frak{A}_4$ est le groupe du tétraèdre.
Il contient donc $4$ sous-groupes de rotations $\frac{2\pi}{3}, \ \frac{4\pi}{3}$ d'axe porté par chacune des $4$ hauteurs issues de chacun des $4$ sommets. Cela représente $4\times 2=8$ éléments $(\neq\ id)$.
Ces $4$ sous-groupes sont conjugués entre eux parceque réaliser une rotation donnée dont l'axe passe par le sommet $S$, consiste à amener ce sommet $S$ sur le dessus du tétraèdre par une transformation $\sigma$, réaliser la rotation (qui ne modifie pas $S$), puis ramener le sommet $S$ dans sa position initiale par $\sigma^{-1}$.
Si $\frak{A}_4$ contenait un sous-groupe d'ordre $6$, il serait distingué puisque d'indice $2$, et ce serait $\Z/6\Z$ ou $\frak{S}_3$ (seuls groupes d'ordre $6$), donc contiendrait un sous-groupe d'ordre $3$, donc il contiendrait toute la classe de conjugaison de sous-groupes d'ordre $3$ (puisque distingué), soit $8$ éléments sans l'identité, cela fait beaucoup pour un sous-groupe d'ordre $6$.
Alain
\underline{Remarque pour terminer avec le groupe du tétraèdre}
Le groupe $\frak{A}_4$ contient aussi $3$ symétries axiales, chacune d'axe joignant les milieux de deux arêtes opposés. Ces $3$ sous-groupes sont aussi conjugués entre eux, pour les mêmes raisons que précédemment.
Ces $3$ symétries axiales commutent entre elles et forment un sous-groupe d'ordre $4$ isomorphe à $(\Z/2\Z)^2$ qui est donc distingué dans $\frak{A}_4$. Cela montre que $\frak{A}_4$ n'est pas simple.
On a ainsi fait le tour de tous les sous-groupes (distingués ou non) de $\frak{A}_4$. -
La preuve ci-dessous figure dans un exercice d'une édition récente de Rotman :
D'une façon générale, si $H$ est un sous-groupe d'ordre $n$ d'un groupe $G$ d'ordre $2n$ alors
$$ \forall g\in G, g^2\in H$$
(le résultat est immédiat si on sait que $H$ est distingué).
Cas $G=A_4$. Remarquons que tout 3-cycle $\sigma$ est un carré dans $A_4$ puisque $(\sigma^2)^2=\sigma$. Donc, s'il existe un sous-groupe $H$ d'ordre 6 alors il doit contenir tous les trois cycles, absurde puisqu'il y en a plus que 6.
Trivecteur
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