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p-sous-groupe de Sylow

Bonsoir,
J'aimerais démonter les 3 points encadrés.
Pour le premier en rouge, je trouve $| \langle \bar{2} \rangle |=3$ donc $[G : \langle \bar{2} \rangle]= 6/3=2 \wedge 3$.
Pourquoi c'est le seul ? 

Pour le point en vert, notons $\langle \tau \rangle$ les sous-groupes engendrés par les transpositions. Ils sont de cardinal $2$, et $3! /2 =3 \wedge 2$.
Soit un $2$ Sylows de $\mathfrak{S}_3$. Les sous-groupes de $\mathfrak{S}_3$ d'ordre $1,2,3,6$ donc les $2$ sous-groupes sont d'ordre $2$, et les sous-groupes engendrés par les transpositions sont d'ordre $2$.
Mais comment savoir qu'il n'y a pas d'autre sous-groupe dans $\mathfrak{S}_3$ d'ordre $2$ ? 



Réponses

  • ADAD
    Modifié (November 2023)
    "Pourquoi c'est le seul ? "
    Un groupe cyclique d'ordre 6 a combien de sous-groupes d'ordre 2 ?"

    Mais comment savoir qu'il n'y a pas d'autre sous-groupe dans 
    $\mathfrak S_3$ d'ordre 2 ?"
    Réfléchis 30s au lieu de te précipiter sur le forum !
    Dans $\mathfrak S_3$ tu sais lister les six éléments. Combien de sous-groupe d'ordre 2 peux-tu construire avec ces six éléments ?
    AD
  • Modifié (November 2023)
    Ahhhhhhh, génnniiiiialll !!!! Les $p$-Sylow ! Je voulais apprendre cette notion justement !!! :)
    Je suis ravi que tu t'y intéresses OShine !
    Alors pour l'encadré rouge, voyons voir si j'applique la déf : soit $H$ un $3$-Sylow de $G=\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z}$. Alors, l'indice de $H$ dans $G$ noté $[G:H]$ est premier avec $3$ mais $[G:H]$ divise le cardinal de $G$ donc il divise $6$.
    Ainsi, $[G:H]=1$ ou $[G:H]=2$.
    Si $[G:H]=1$ alors $H=G$ puisque $[G:H] \times Card(H)=Card(G)$ et ce cas me semble impossible. On veut un $p$-sous-groupe donc un groupe où tous les éléments ont pour ordre une puissance de $p$ d'après ce que je lis sur internet. (Donc tout élément a pour ordre une puissance de $3$ donc tout élément est d'ordre $3$ ici, ce qui n'est pas le cas de $\overline{3}$ par exemple donc ce cas est impossible).
    Si $[G:H]=2$ alors $Card(H)=3$ et $H=<\overline{2}>$ et on a bien un $3$-Sylow de $G$ ici.
  • Modifié (November 2023)
    Pour $G=\mathfrak{S}_3$, c'est le même type de raisonnement : on aura $[G:H]=1$ ou $[G:H]=3$ si $H$ est un $2$-Sylow de $\mathfrak{S}_3$.
    Si $[G:H]=1$ alors $H=\mathfrak{S}_3$. Dans ce cas, on n'aura pas un $2$-sous-groupe car il existe des éléments de $\mathfrak{S}_3$ ayant pour ordre un nombre qui n'est pas une puissance de $2$. (Par exemple le cycle $(123)$).
    Ce cas est donc impossible.
    Ainsi, $[G:H]=3$ et dans ce cas, $Card(H)=2$. Ainsi, $H$ est un sous-groupe engendré par une transposition de $\mathfrak{S}_3$.
    Pour la remarque en bleu, je vois à peu près comment la prouver, je te laisse méditer, je vais bientôt aller au lit. Merci d'avoir partagé !!! :)
    P.S : $[G : \langle \bar{2} \rangle]= 6/3=2 \wedge 3$ est une égalité fausse comme la deuxième que tu as écrite en-dessous, attention, ne fais pas comme nos chers élèves qui écrivent des trucs du genre $2+3=5 \times 2=...$ quand ils travaillent sur des programmes de calcul par exemple !
  • Modifié (November 2023)
    @AD
    Dans un groupe cyclique d'ordre $6$, combien de sous-groupes d'ordre $2$ ? 
    Ce n'est pas plutôt d'ordre $3$ ? On parle de 3-Sylows ? 
    Je ne sais pas répondre à cette question, j'ai cherché mais je ne trouve rien de cohérent.

    Pour $\mathfrak{S}_3$ ça me semble plus facile.
    Un sous-groupe d'ordre $2$ ne peut pas contenir de $3$ cycles car sinon il serait d'ordre $3$. En effet, $(1 2 3)$ est un 3cycles d'ordre 3.
    Donc ce sous-groupe $H$ contient forcément une transposition, or toute transposition est d'ordre $2$.
    Donc les sous-groupes d'ordre $2$ de $\mathfrak{S}_3$ sont $H_1 = \{ id ,(12) \}$, $H_2 = \{ id ,(13) \}$ et $H_3 = \{ id ,(23) \}$.

    La notion de $p$ sous-groupe n'est pas définie dans livre.

    @NicoLeProf ok merci mais je pense qu'on peut aller plus vite avec la remarque d'AD.
  • Modifié (November 2023)
    Comment on sait combien un groupe cyclique d'ordre 6 contient de sous-groupes d'ordre $3$ ? 
    Je ne vois ça dans aucun cours.

    Le passage en bleu j'ai réussi à le montrer.
    • Soit $H$ un p-Sylow, alors il existe un entier $m$ tel que $|H|=p^m$.
    Donc $[G:H]=\dfrac{|G|}{|H|}=p^{n-m} q$. Pour avoir $p^{n-m} q \wedge p=1$, l'unique possibilité est $n=m$ et donc $|H|=p^n$.
    • Réciproquement, si $|H|=p^n$ alors $[G : H ]=q $ avec $q \wedge p=1$ donc $H$ est un p-Sylow.
  • Modifié (November 2023)
    Bonjour
    Il me semble que tous les bons cours expliquent ce que sont les sous-groupes d'un groupe cyclique. Et je pense que tu l'as déjà vu.
  • Sans parler de résultats généraux développés dans des cours, ça ne demande pas beaucoup de jugeotte de chercher à la main les sous-groupes d'ordre $3$ (en rapport avec les éléments d'ordre $3$) d'un groupe d'ordre $6$...
  • Je vais revoir le cours sur les groupes cycliques dans le Liret.
  • @OShine à isomorphisme près il n’y a que deux groupes d’ordre 6 : les deux sont nommés dans ton livre, tu peux tout faire à la main
  • Modifié (November 2023)
    @Etienne91
    Merci en effet, dans le livre d'Anne Cortella, page 76, on démontre en exercice qu'il n'existe que deux sous-groupes d'ordre $6$, résultat que j'avais complètement oublié.
    C'est $\mathfrak{S}_3$ et $\mu_2 \times \mu_3 \simeq \mu_6$ où $\mu_2 =\{-1,1 \}$ et $\mu_3 = \{1,j,j^2 \}$ et $\mu_6= \{1,-1,j,-j,j^2,-j^2 \}$.

    Théorème : (Liret)
    Soit $C_n$ un groupe cyclique à $n$ éléments et $a$ un générateur de $C_n$.
    • Pour tout diviseur positif $d$ de $n$, il existe un unique sous-groupe $H_d$ de $C_n$ ayant $d$ éléments. Si $n=dd'$ alors $H_d = \langle a^{d'} \rangle$.
    • $H_d$ est cyclique et ses générateurs sont les éléments de $C_n$ qui sont d'ordre $d$.
    Pour $\Z/ 6 Z$, les diviseurs positifs de $6$ sont $1,2,3,6$.
    • $H_1 = \langle \bar{0} \rangle$ est de cardinal $1$.
    • $H_2 = \langle \bar{3} \rangle$ est de cardinal $2$.
    • $H_3 = \langle \bar{2} \rangle$ est de cardinal $3$.
    • $H_6 = \langle \bar{1} \rangle$ est de cardinal $6$.
    Le seul sous-groupe de cardinal $3$ est $H_3$.
  • On pouvait aller plus vite avec la remarque d'AD certes mais c'est important de manipuler les notions et les définitions OShine. Sans la remarque encadrée en bleu, il n'est pas évident qu'un $2$-Sylow de $\mathfrak{S}_3$ est un sous-groupe d'ordre $2$ de $\mathfrak{S}_3$ par exemple.
    Il faut d'abord savoir qu'un $p$-Sylow est un $p$-sous-groupe i.e : un sous-groupe dont tous les éléments sont d'ordre une puissance de $p$.
    Ainsi, les $2$-Sylow de $\mathfrak{S}_3$ sont les sous-groupes de $\mathfrak{S}_3$ dont tous les éléments sont d'ordre une puissance de $2$ donc d'ordre $1$, $2$ ou $4$. Sauf que ce sont des sous-groupes de $\mathfrak{S}_3$ donc leurs éléments ne peuvent pas être d'ordre $4$.
    Ainsi, tous les éléments différents du neutre d'un $2$-Sylow de $\mathfrak{S}_3$ sont d'ordre $2$ et l'indice d'un tel sous-groupe de $\mathfrak{S}_3$ est premier avec $2$. A partir de là, on en déduit qu'un $2$-Sylow de $\mathfrak{S}_3$ est d'indice $3$, de cardinal $2$ et contient une transposition de $\mathfrak{S}_3$ ainsi que l'identité. 
    Enfin, une dernière remarque : il suffit d'un peu d'initiative pour trouver tous les sous-groupes d'ordre $3$ de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ qui n'a que $6$ éléments...
  • Modifié (November 2023)
    @NicoLeProf
    D'après bibmaths, pour les groupes finis, un p-groupe est un groupe dont l'ordre est une puissance de $p$.
    C'est une conséquence du théorème de Lagrange.
    On peut donc raisonner directement avec l'ordre du groupe et non l'ordre de chaque élément du groupe.
  • Ok, il est tout de même dommage que la notion de $p$-groupe ne soit pas expliquée dans ton livre.
    Je pense qu'il faut d'abord travailler un peu cette notion avant de s'attaquer aux $p$-Sylow.
  • Oui c'est vrai, je vais m'attaquer aux théorèmes de Sylow.
  • Modifié (November 2023)
    Bonsoir
    Ça fait longtemps que j'avais pas vu ça :smile:.
    @OShine : fais la table de $\mathfrak S_3$, tu verras apparaitre tes 2-Sylow. En effet, c'est les sous-groupes d'ordre 2. 
    Pour avoir leur nombre $n_2$, tu dois savoir que $n_2$ divise 3 et $n_2\equiv 1[2]$... 
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