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Variante de preuve pour Cauchy

Modifié (November 2023) dans Algèbre
Salut
J'essaie de retranscrire une preuve du théorème de Cauchy sans explicitement utiliser le formalisme des actions de groupes.
J'utilise pour cela le lemme suivant.
Si $X$ est un ensemble fini, $p$ un nombre premier et $f:X\rightarrow X$ une application telle que $f^p=\mathrm{Id}_X$, alors $\lvert X\rvert\equiv\lvert\mathrm{Fix}(X)\rvert$ $[p]$, où $\mathrm{Fix}$ désigne l'ensemble des points fixes de $f$.

Je rappelle maintenant l'énoncé du théorème de Cauchy.
Si $G$ est un groupe fini d'ordre $n$ alors pour tout diviseur premier $p$ de $n$, il existe un élément d'ordre $p$ dans $G$.

Maintenant une tentative de preuve à l'aide du lemme.
On note $n_p$ le nombre d'éléments d'ordre $p$ dans $G$, l'objectif étant de montrer que $n_p\geqslant 1$.
On pose $X:=\{(g_1,\dots,g_p)\in G^p\mid g_1\cdots g_p=1\}$ et $f:X\rightarrow X, (g_1,\dots,g_p)\mapsto (g_p,g_1,\dots,g_{p-1})$ dont on vérifie qu'elle est bien définie et on a $f^p=\mathrm{Id}_X$.
D'après le lemme, on a $\lvert X\rvert\equiv\lvert\mathrm{Fix}(X)\rvert$ $[p]$.
Or, on a : 
  • $\lvert X\rvert=n^{p-1}$ ;
  • $\mathrm{Fix}(X)=\{(g,\dots,g)\in G^p\mid g^p=1\}$ donc les points fixes sont le neutre et les éléments d'ordre $p$, d'où $\lvert\mathrm{Fix}(X)\rvert=1+n_p$.
On a donc $n^{p-1}\equiv 1+n_p$ $[p]$.

Qu'est-ce qu'il me manque ?

Réponses

  • Bonjour,
    J'ai lu en diagonale, mais je ne vois pas où tu utilises que $p$ divise $n$.
  • Merci Magnéthorax ! Évidemment si je n'utilise pas les hypothèses...
  • Modifié (November 2023)
    J'en profite avec une autre question sur ce thème.
    Savez-vous comment déduire le petit théorème de Fermat à partir du théorème de Cauchy pour les groupes ? 
    J'ai lu ça quelque part mais je n'y arrive pas, j'ai pourtant l'impression que je ne suis pas loin :

    Soient $a\in\mathbb Z$ et $p$ un nombre premier tels que $a\notin p\mathbb Z$.
    Il s'agit de montrer que $a^{p-1}\equiv 1$ $[p]$.

    Comme $a$ est non nul, quitte à considérer $-a$, on peut supposer que $a\in\mathbb N^*$ qu'on peut voir comme ordre d'un groupe cyclique $G$ à $a$ éléments (je ne sais pas si c'est ça l'idée ?).
    Mais je ne vois pas comment utiliser Cauchy ici.
  • Je suis, comme toi, dubitatif sur cette autre question.
    Pour moi, si l'on reste dans le cadre de la théorie des groupes, la preuve du petit théorème de Fermat est une conséquence directe du théorème de Lagrange et non du théorème de Cauchy.
    Si $a$ est premier avec $p$ alors $a \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^*$ qui est de cardinal $p-1$ donc par le théorème de Lagrange, l'ordre de $a$ dans $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^*$ divise $p-1$ et ainsi, en particulier, on a : $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$.
  • Modifié (November 2023)
    Oui je connais également l'argument à partir du théorème de Lagrange  :)
    Si quelqu'un voit comment faire avec le théorème de Cauchy qu'il n'hésite pas à se manifester !
  • Modifié (November 2023)
    La preuve du théorème de Cauchy nous dit que $a^{p-1}$ congru à $1+n_p$ modulo $p$, où $n_p$ est le nombre d'éléments d'ordre $p$. Le théorème de Cauchy, si l'auteur ne se trompe pas, doit servir d'une façon ou d'une autre à montrer que $n_p$ est nul modulo $p$... Mais c'est sûrement mon $a$ de départ vu comme l'ordre d'un groupe qui est une mauvaise idée.
  • Modifié (November 2023)
    L'idée n'est pas bonne je pense car si j'ai bien compris, tu pars d'un groupe cyclique $G=<g>$ d'ordre $a$ et tu veux prouver en utilisant le théorème de Cauchy que $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$. Sauf qu'ici, $p$ est un diviseur premier de $Card(G)=a$ si tu veux ensuite appliquer le théorème de Cauchy et écrire : $a^{p-1} \equiv 1+n_p \pmod p$ donc tu n'es pas du tout dans les hypothèses du petit théorème de Fermat donc ça va forcément buguer quelque part. 
    Tu es sûr d'avoir lu quelque part que le petit théorème de Fermat se démontre avec le théorème de Cauchy?
  • Modifié (November 2023)
    Je vérifierai et posterai un screen quand je serai de retour chez moi weekend prochain mais sauf erreur c'est dans un exercice non corrigé d'Arnaudies Bertin (tome 1) que j'ai vu ça.

  • Voilà l'extrait en question.

    Si quelqu'un sait comment montrer le passage en jaune...
  • Modifié (November 2023)
    Je crois que j'ai trouvé : on a vu dans l'exo que : $Card(E)=N^{p-1}$ et que $\{(e_G,...,e_G)\}$ est une orbite à un élément pour l'action de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ sur $E$ définie de la manière suivante : pour tout couple $(\overline{i},(x_1,...,x_p)) \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times E$, on a : $\overline{i}.(x_1,...,x_p)=(x_{\overline{1+i}},...,x_{\overline{p+i}})$.
    Supposons maintenant que $p$ ne divise pas $N$.
    S'il existait une autre orbite à un élément (autre que $\{(e_G,...,e_G)\}$ ) pour l'action de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ sur $E$ notée $\mathcal{O}_{(x_1,...,x_p)}=\{(x_1,...,x_p)\}$ alors $(x_1,...,x_p)$ serait un point fixe pour l'action considérée.
    Ainsi, on aurait $(x_1,...,x_p)=(x_2,...,x_{p},x_1)=(x_3,...,x_1,x_2)$ etc. ce qui donnerait $x_1=x_2=...=x_p$ donc $x_1^p=e_G$ donc un élément d'ordre $p$ dans $G$. Ainsi, $p$ diviserait $Card(G)=N$ ce qui est impossible !
    Donc $E$ ne possède qu'une seule orbite à un élément et d'après la question (d), on conclut que $N^{p-1} \equiv 1 \pmod p$.
    (Ce qui est une conséquence du fait que le cardinal de $E$ est la somme des cardinaux de toutes les orbites donc de la forme $1+kp$ ici où $k$ est le nombre d'orbites de cardinal $p$).
  • Merci ! Je vais lire ça à tête reposée et revenir si j'ai une question.
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