Salut Dans le passage ci-dessous, extrait du tome d'algèbre du Gourdon, j'ai du mal à voir pourquoi $p$ divise $\dfrac{h}{\lvert H_i\rvert}$ pour tout $i\in I$ (passage surligné en jaune ci-dessous).
Salut $p^\alpha$ divise $h=card(H_i) \times \frac{h}{card(H_i)}$. Si tu considères les décompositions en facteurs premiers de chacun des deux facteurs de ce produit, tu constats qu'il y a au plus $\alpha-1$ facteurs $p$ dans la décomposition de $card(H_i)$, il y a donc au moins un facteur $p$ dans celle de $ \frac{h}{card(H_i)}$. Pour le rédiger de façon plus rigoureuse, tu peux utiliser la valuation $p$-adique. Bonne journée f
J'aime beaucoup cette preuve de ce document car elle met en évidence le lien entre la formule que tu nous montres ici et celle-ci : $Card(G)=Card(Z(G))+\displaystyle \sum [G:G_x]$ où $G_x$ est le
stabilisateur d'un élément $x$ de $G$ pour l'action par conjugaison de $G$ sur lui-même. Ici, $[G:G_x]$ désigne le
cardinal de chaque orbite ayant strictement plus d'un élément.
On a envie d'identifier $Card(G/G_x)$ à $h/Card(H_i)$ en quelque sorte même si ce n'est pas très rigoureux.
Il me reste un unique passage qui me bloque : pourquoi est-ce que $H:=\pi^{-1}(H')$ est d'ordre $\lvert C\rvert \lvert H'\rvert$ à la fin de la démonstration ? Avec $H'$ d'ordre $p^{\alpha-1}$.
Je sais que la surjection canonique $\pi$ réalise une bijection entre les sous-groupes de $G$ contenant $C$ et les sous-groupes de $G/C$, bien que je ne sais pas si ce résultat est ici utilisé, puisqu'il n'est pas mentionné.
Re, ta surjection canonique induit une surjection $p:H \to H'$. Tu as donc $|H| / |\ker(p) | =|H'|$. Or $ker(p)=C$, l'égalité en découle. C'est en quelque sorte la version "morphisme de groupe" de la formule de Grassman pour les espaces vectoriels $\dim(E)=Rg(f)+\dim(\ker(f))$, si tu disposes d'un morphisme de groupes $f:G \to G'$, alors $|G|/|ker(f)|=|f(G)|$ (pour des groupes finis bien sûr) ; cela vient du fait que $f$ induit un isomorphisme $G/\ker(f)|$ sur $f(G)$. A+ F
Par rapport à ce résultat classique : si $f:G\rightarrow H$ est un morphisme de groupes avec $G$ fini, alors $\lvert G\rvert=\lvert\ker f\rvert\times\lvert\im f\rvert$, même si l'on peut le montrer sans les actions de groupe, il y a une preuve que j'aime bien qui est rapide que j'ai vue récemment dans un livre.
La voici : on fait agit $G$ sur $\im f$ via $(g,y)\mapsto f(g)y$, cette action étant transitive et le stabilisateur de tout élément est égal à $\ker f$ donc l'équation aux classes s'écrit exactement $\lvert\im f\rvert=\dfrac{\lvert G\rvert}{\lvert\ker f\rvert}$.
Pourriez-vous me donner d'autres applications (pas trop compliquées) de l'équation aux classes ? Le cours que j'ai et sur Internet j'en trouve au final assez peu.
soit $G$ un groupe de cardinal $15$. En raisonnant sur $Z(G)$ (le centre de $G$) et en considérant l'action de $G$ sur lui-même par conjugaison, montrer que $G$ est abélien. (Si tu veux des questions intermédiaires, tu me le dis ).
(A faire sans le théorème de Cauchy ni les théorèmes de Sylow bien sûr ! )
(Une autre application naturelle qui suit cette notion d'équation aux classes est le théorème de Cauchy d'ailleurs bien sûr !)
Une autre application originale cette fois trouvée sur internet : Les bagues de Suleima.
Le fiancé de Suleima, orfèvre arithméticien, prépare dans son atelier une bague pour sa bien-aimée. Il a en effet promis, comme preuve d’amour, de lui offrir chaque mois une bague différente. Les bagues qu’il confectionne sont en or et incrustées d’émeraudes, de saphirs ou de rubis. Chaque bague a six pierres précieuses régulièrement réparties et qui se distingue des autres uniquement par l’ordonnancement des pierres qu’elle comporte.
Pendant combien de temps Suleima pourra-t-elle être rassurée sur l’amour que lui voue son futur mari ?
Indication : On pourra faire opérer le groupe diédral $D_6$ sur l’ensemble des hexagones réguliers dont les sommets sont indicés par $\{E, S, R\}$ et appliquer la formule des classes.
Personnellement je m'autorise toujours Cauchy car c'est un théorème de base utile un peu partout et sa démo une fois qu'on l'a vue se retient bien je trouve. Sans Sylow je veux bien car je ne les maîtrise pas encore ! Si je n'ai pas fait d'erreur, j'y suis arrivé, toutefois en n'utilisant pas uniquement l'équation aux classes, mais aussi d'autres lemmes classiques (en plus de Cauchy) du coup je ne sais pas si c'est la solution recherchée.
Soit donc $G$ un goupe d'ordre $15$. On souhaite montrer que $\lvert Z(G)\rvert=15$. Or par le théorème de Lagrange, $\lvert Z(G)\rvert\in\{1,3,5,15\}$. Il suffit donc d'exclure les cas où $\lvert Z(G)\rvert$ vaut $1,3$ ou $5$.
Les cas $3$ et $5$ s'excluent rapidement car si par exemple $\lvert Z(G)\rvert=5$, alors (lemme classique) le groupe $G/Z(G)$ est d'ordre $3$ donc cyclique donc $G$ serait abélien et donc de centre d'ordre $15$. Pas besoin d'équation aux classes pour le moment.
Il reste à exclure le cas où $Z(G)$ est trivial. Supposons donc le centre trivial et aboutissons à une contradiction. L'équation aux classes de l'action de $G$ sur lui-même par automorphismes intérieurs s'écrit : $$15=\lvert Z(G)\rvert+\sum\limits_{i\in I}\dfrac{15}{\lvert H_i\rvert}$$ avec $(H_i)_{i\in I}$ une famille finie de sous-groupes stricts et non triviaux de $G$. On a donc $14=\sum\limits_{i\in I}\dfrac{15}{\lvert H_i\rvert}$ avec $\lvert H_i\rvert\in\{3,5\}$ pour tout $i\in I$. Or par le théorème de Cauchy, il existe au moins un élément d'ordre $5$ et un élément d'ordre $3$. Donc $14=3+5+\sum\limits_{j\in J}\dfrac{15}{\lvert H_j\rvert}$ avec $J\subset I$ et $\lvert H_j\rvert\in\{3,5\}$ pour tout $j\in J$. Cela impose $\lvert J\rvert=2$ et $\lvert H_j\rvert=5$ pour tout $j\in J$.
$G$ admet donc trois sous-groupes cycliques distincts d'ordres $5$. Mais cela n'est pas possible car si l'on note $H$ et $K$ deux de ces groupes, alors $H\cap K=\{1\}$ (car sinon tout élément distinct de $1$ engendre $H$ et $K$ donc $H=K$), donc la partie $HK$ de $G$ serait de cardinal (lemme classique $(\star)$) $\lvert HK\rvert=\dfrac{\lvert H\times K\rvert}{\lvert H\cap K\rvert}=25>15$.
PS : d'ailleurs si quelqu'un a une démo rapide de $(\star)$ par exemple avec les actions de groupe je suis preneur. Celle que je connais utilise le principe des bergers sur $f:H\times K\rightarrow HK$ mais je perds toujours un peu de temps à retrouver l'image concrète des fibres.
Ouah, c'est une très belle résolution topopot !!! Je te trouve très à l'aise : bravo et j'apprends des choses grâce à toi !!!
Dans ce cas particulier, pas besoin du lemme des Bergers car nous avons $H \cap K=\{1\}$ donc l'application $f : H \times K \to HK$ qui à un couple $(h,k) \in H \times K$ associe $hk \in HK$ est directement bijective. On a donc $Card(H \times K)=Card(H) \times Card(K)=Card(HK)$.
Dans le cas général, je pense que nous avons besoin du lemme des Bergers pour prouver $(\star)$ en effet !
Réponses
Bonne journée
f
Il me reste un unique passage qui me bloque : pourquoi est-ce que $H:=\pi^{-1}(H')$ est d'ordre $\lvert C\rvert \lvert H'\rvert$ à la fin de la démonstration ? Avec $H'$ d'ordre $p^{\alpha-1}$.
Je sais que la surjection canonique $\pi$ réalise une bijection entre les sous-groupes de $G$ contenant $C$ et les sous-groupes de $G/C$, bien que je ne sais pas si ce résultat est ici utilisé, puisqu'il n'est pas mentionné.
ta surjection canonique induit une surjection $p:H \to H'$. Tu as donc $|H| / |\ker(p) | =|H'|$. Or $ker(p)=C$, l'égalité en découle. C'est en quelque sorte la version "morphisme de groupe" de la formule de Grassman pour les espaces vectoriels $\dim(E)=Rg(f)+\dim(\ker(f))$, si tu disposes d'un morphisme de groupes $f:G \to G'$, alors $|G|/|ker(f)|=|f(G)|$ (pour des groupes finis bien sûr) ; cela vient du fait que $f$ induit un isomorphisme $G/\ker(f)|$ sur $f(G)$.
A+
F
Par rapport à ce résultat classique : si $f:G\rightarrow H$ est un morphisme de groupes avec $G$ fini, alors $\lvert G\rvert=\lvert\ker f\rvert\times\lvert\im f\rvert$, même si l'on peut le montrer sans les actions de groupe, il y a une preuve que j'aime bien qui est rapide que j'ai vue récemment dans un livre.
La voici : on fait agit $G$ sur $\im f$ via $(g,y)\mapsto f(g)y$, cette action étant transitive et le stabilisateur de tout élément est égal à $\ker f$ donc l'équation aux classes s'écrit exactement $\lvert\im f\rvert=\dfrac{\lvert G\rvert}{\lvert\ker f\rvert}$.
Soit donc $G$ un goupe d'ordre $15$. On souhaite montrer que $\lvert Z(G)\rvert=15$.
Or par le théorème de Lagrange, $\lvert Z(G)\rvert\in\{1,3,5,15\}$. Il suffit donc d'exclure les cas où $\lvert Z(G)\rvert$ vaut $1,3$ ou $5$.
Les cas $3$ et $5$ s'excluent rapidement car si par exemple $\lvert Z(G)\rvert=5$, alors (lemme classique) le groupe $G/Z(G)$ est d'ordre $3$ donc cyclique donc $G$ serait abélien et donc de centre d'ordre $15$. Pas besoin d'équation aux classes pour le moment.
Il reste à exclure le cas où $Z(G)$ est trivial. Supposons donc le centre trivial et aboutissons à une contradiction.
L'équation aux classes de l'action de $G$ sur lui-même par automorphismes intérieurs s'écrit :
$$15=\lvert Z(G)\rvert+\sum\limits_{i\in I}\dfrac{15}{\lvert H_i\rvert}$$
avec $(H_i)_{i\in I}$ une famille finie de sous-groupes stricts et non triviaux de $G$.
On a donc $14=\sum\limits_{i\in I}\dfrac{15}{\lvert H_i\rvert}$ avec $\lvert H_i\rvert\in\{3,5\}$ pour tout $i\in I$.
Or par le théorème de Cauchy, il existe au moins un élément d'ordre $5$ et un élément d'ordre $3$.
Donc $14=3+5+\sum\limits_{j\in J}\dfrac{15}{\lvert H_j\rvert}$ avec $J\subset I$ et $\lvert H_j\rvert\in\{3,5\}$ pour tout $j\in J$.
Cela impose $\lvert J\rvert=2$ et $\lvert H_j\rvert=5$ pour tout $j\in J$.
$G$ admet donc trois sous-groupes cycliques distincts d'ordres $5$.
Mais cela n'est pas possible car si l'on note $H$ et $K$ deux de ces groupes, alors $H\cap K=\{1\}$ (car sinon tout élément distinct de $1$ engendre $H$ et $K$ donc $H=K$), donc la partie $HK$ de $G$ serait de cardinal (lemme classique $(\star)$) $\lvert HK\rvert=\dfrac{\lvert H\times K\rvert}{\lvert H\cap K\rvert}=25>15$.
PS : d'ailleurs si quelqu'un a une démo rapide de $(\star)$ par exemple avec les actions de groupe je suis preneur. Celle que je connais utilise le principe des bergers sur $f:H\times K\rightarrow HK$ mais je perds toujours un peu de temps à retrouver l'image concrète des fibres.
Je ne suis pas convaincu de cet phrase. Et de sa conséquence.
Dans ce raisonnement le cas "$3$ sous-groupes cycliques d'ordre $3$ et $1$ sous-groupe d'ordre $5$ " est exclu mais je ne vois pas pourquoi.