$\mathfrak S_4/\mathfrak V_4$ isomorphe à $\mathfrak S_3$ ?
$\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}$Bonjour,
[ Notation : $C_n$ est le groupe cyclique d'ordre $n$, typiquement $(\Z/n\Z,+)$.]
Soit $\mf V=\{i,(1\, 2)(3\, 4),(1\, 3)(2\, 4),(1\, 4)(2\, 3)\}$, sous-groupe de $\mf S_4$. On sait que $\mf V$ est distingué dans $\mf A_4$ et dans $\mf S_4$. $\mf A_4/\mf V$ est d'ordre 3, donc isomorphe à $C_3$. Mais quid de $\mf S_4/V$ ? C'est un groupe d'ordre 6, donc soit il est isomorphe à $C_6$ soit il est isomorphe à $\mf S_3$.
Au départ, j'ai tenu le raisonnement suivant, dont je pense maintenant qu'il est faux. Si $\mf S_4/\mf V$ était isomorphe à $C_6$, alors $\mf S_4$ serait abélien. Or $\mf S_4$ n'est pas abélien, donc $\mf S_4/\mf V$ n'est pas $C_6$, donc c'est $\mf S_3$. J'utilise implicitement dans ce raisonnement une propriété dont je pense qu'elle n'est pas vraie en général : Si $H$ est un sous-groupe distingué de $G$ et que $G/H$ est cyclique, $G$ est abélien. Cette proposition est vraie si $H$ est le centre de $G$, c'est la proposition (4.13) de Calais. En revanche, je pense qu'elle est fausse dans le cas général. J'ai rapidement cherché un contre-exemple, mais je n'en ai pas trouvé. Si vous en connaissez un, je veux bien !
Finalement, pour identifier $\mf S_4/\mf V$, je l'ai calculé "à la main", et on voit vite que $\mf S_4/V$ compte 3 éléments d'ordre 2 et 2 éléments d'ordre 3, et donc que c'est $\mf S_3$. Je me dis qu'il doit exister une méthode plus directe et élégante.
Mes deux questions sont.
Q1) Auriez-vous un contre-exemple à la proposition dont je suppute qu'elle est fausse ?
Q2) Auriez-vous une méthode plus directe/élégante pour déterminer $\mf S_4/\mf V$ ? [j'ai aussi cherché avec le 3ème théorème d'isomorphisme, mais rien trouvé de concluant.]
Q1) Auriez-vous un contre-exemple à la proposition dont je suppute qu'elle est fausse ?
Q2) Auriez-vous une méthode plus directe/élégante pour déterminer $\mf S_4/\mf V$ ? [j'ai aussi cherché avec le 3ème théorème d'isomorphisme, mais rien trouvé de concluant.]
Incidemment, si je ne me suis pas trompé (c'est-à-dire que $\mf S_4/\mf V$ est bien $\mf S_3$), alors ça fournit un contre-exemple à une "règle" fausse du type $\mf S_4/\mf V = \mf S_4/\mf A_4 \times \mf A_4/\mf V = C_2 \times C_3 = C_6$ (oui, je sais il y a un contre-exemple plus simples $C_2\times C_2$ n'est pas $C_4$).
Réponses
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C'est vrai et on peut même ajouter que $\mf S_4$ est le produit semi-direct de $K=\mf V$ par $\mf S_3$. En effet $\mf S_4$ contient un sous-groupe isomorphe à $\mf S_3$ – tout simplement le stabilisateur $H$ de $4$ – qui a une intersection triviale avec $\mf V$. (La restriction de la projection canonique $\mf S_4\to \mf S_4/\mf V$ à ce sous-groupe est un isomorphisme ; on en déduit que $\mf S_4=KH=\mf V\mf S_3$, etc.)Edit : deux visions de cet isomorphisme $\mf S_4/\mf V\simeq \mf S_3$ :
- on fait agir $\mf S_4$ par conjugaison sur la classe de conjugaison des doubles-transpositions ; pour $k\in\{1,2,3\}$ on note $\bar k$ la double transposition $(k4)(ij)$ où $\{i,j\}=\{1,2,3\}\setminus\{k\}$ ; bien sûr l'action se factorise à travers $\mf V$ (puisque ce groupe est abélien) donc elle définit un morphisme de $\mf S_4/\mf V$ vers le groupe symétrique de $\{\bar1,\bar2,\bar3\}$ ;
- on réalise $\mf S_4$ comme le groupe des isométries directes d'un cube via l'action sur les diagonales ; cette action stabilise les paires de faces opposées, d'où un morphisme $\mf S_4\to \mf S_3$ qui se factorise à travers $\mf V$ ;
- on peut aussi jouer à ça via le birapport mais c'est un peu moins naturel.
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BonjourJ'aime bien me ramener à la géométrie : $\mf S_4$ est le groupe des rotations du cube, qui permute les quatre grandes diagonales.Le groupe des rotations du cube agit sur l'ensemble des trois axes (droites qui joignent les milieux de faces opposées). Le sous-groupe $\mf V$ est le noyau de cette action (composé de l'identité et des demi-tours autour de ces axes), et le quotient est le groupe des permutations des trois axes.
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Ah tiens, j'ai ajouté le contenu du message de @GaBuZoMeu dans mon message précédent pendant qu'il l'écrivait.
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"Si $H$ est un sous-groupe distingué de $G$ et que $G/H$ est cyclique, $G$ est abélien." --> Effectivement, cette proposition est fausse.Voici un contre-exemple : on considère $\mathfrak{S}_3$ et $<(123)>=\{id, (123), (132)\}$.Le sous-groupe engendré par le $3$-cycle $(123)$ que j'ai noté $<(123)>$ ci-dessus est d'indice $2$ dans $\mathfrak{S}_3$ donc il est distingué dans $\mathfrak{S}_3$. Ceci confère à l'ensemble quotient $\mathfrak{S}_3/<(123)>$ une structure de groupe. Comme ce groupe est de cardinal $2$ premier, il est cyclique et isomorphe à $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.Mais $\mathfrak{S}_3$ n'est pas abélien.Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
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Autre contre exemple : $SL_n(\mathbb{F}_p)$ est distingué dans $GL_n (\mathbb{F}_p)$ et $GL_n (\mathbb{F}_p)/SL_n (\mathbb{F}_p) \cong \mathbb{F}_p^*$ qui est cyclique
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Finalement, pour identifier $\mathfrak{S}_4/\mf V$, je l'ai calculé "à la main", et on voit vite que $\mf S_4/\mf V$ compte $3$ éléments d'ordre $2$ et $2$ éléments d'ordre $3$, et donc que c'est $\mf S_3$. Je me dis qu'il doit exister une méthode plus directe et élégante.
Bonjour @Franckkk. Après réflexion et après discussion avec un ami prof de maths, il y a moyen d'aller plus vite, en raisonnant de manière élémentaire :
on sait que $\mathfrak{S}_4/\mf V$ est un groupe d'ordre $6$ donc il est isomorphe à $(\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z},+)$ et donc abélien OU il est isomorphe à $(\mf S_3,\circ)$ et donc non abélien.
Il suffit pour cela de déterminer (par exemple) la classe de $(13)$ notée $\overline{(13)}$ dans $\mathfrak{S}_4/\mf V$ et de comparer ensuite $\overline{(12)} \circ \overline{(123)}$ et $\overline{(123)} \circ \overline{(12)}$.
Ceci permettra de conclure que $\mathfrak{S}_4/\mf V$ n'est pas abélien donc qu'il est isomorphe à $(\mf S_3,\circ)$ !
Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
Salut,
Il me semble que, si le but du jeu est d'aller le plus vite possible pour montrer que le quotient ne peut pas être $({\mathbb Z/6Z},+)$, il suffit de dire qu'il n'y a pas d'élément d'ordre multiple de 6 dans $\cancel {\mf A_4}$ ${\mf S_4}$, non ?
EDIT : modifié suite au post de Mrj. ça dessous. -
Oui c'est l'argument le plus rapide (tu voulais dire dans $\mathfrak{S}_4$ ?).
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Oui, je modifie (j'ai pas l'habitude ni d'écrire, ni de lire ces ensembles avec des caractères gothiques : j'ai toujours écris $A_n$ et $S_n$ donc j'ai recopié et. . . je me suis gourré . . .)
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@Ben314159 , je suis désolé, je ne comprends pas ton argument sur l'absence d'élément d'ordre multiple de $6$ dans $\mathfrak{S}_4$. En quoi cela prouve-t-il que notre groupe quotient n'est pas cyclique? C'est sûrement facile à voir mais je ne vois pas...Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
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Si le quotient était cyclique d'ordre 6, il contiendrait un élément d'ordre 6 et donc le groupe de départ devrait lui même contenir un élément d'ordre multiple de 6 : si $f:G\to G'$ est un morphisme de groupe et $x\!\in\!G$ un élément d'ordre fini alors $f(x)$ est d'ordre fini qui divise l'ordre de $x$.
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En effet, si $x^k=e$ alors $\pi(x)^k=e$ donc l'ordre de l'image de $x$ dans un quotient divise l'ordre de $x$.
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Ouah... Ah oui fallait penser à la surjection canonique !!!On considère un groupe $G$ et un sous-groupe $H$ de $G$ distingué dans $G$.On considère la surjection canonique $\pi : G \rightarrow G/H$.On sait (de manière générale pour un morphisme de groupes) que pour tout élément $x$ d'ordre fini, $\pi(x)$ est d'ordre fini et l'ordre de $\pi(x)$ divise l'ordre de $x$.Si maintenant, $\mathfrak{S}_4/\mf V$ est cyclique d'ordre $6$, il est engendré par un élément $\overline{\sigma}=\pi(\sigma)$ d'ordre $6$. Dès lors, l'ordre de $\pi(\sigma)$ divise l'ordre de $\sigma$ donc $\sigma \in \mf S_4$ est d'ordre un multiple de $6$, ce qui est impossible !OUAH, incroyable : banger cette preuve : mille mercis Ben314159 et Math Coss pour le complément !!! Un immense merci à vous deux !!!Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
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