$p$-cycle

topopot

Salut,

Un résultat que j'ai cherché à montrer (et je pense que j'ai réussi) est le suivant :

Si $p$ est un nombre premier et si $C$ est un sous-groupe de $\mathfrak S_p$ agissant transitivement sur $[\![1,p]\!]$, alors $C$ contient un $p$-cycle.

Toutefois, à un moment, j'utilise le fait que dans $\mathfrak S_p$, un $p$-cycle est la même chose qu'un élément d'ordre $p$. 

Pour le sens "élément d'ordre $p$" donc "$p$-cycle", j'utilise toutefois un argument que je pense correct mais il y a sûrement plus direct : la décomposition en cycle disjoint et le fait que l'ordre d'une permutation est le PPCM de l'ordre des cycles apparaissant dans la décomposition. Est-ce qu'il y a un autre argument plus simple ?

Math Coss

C'est en tout cas la première chose qui m'est venue en tête. 

NicoLeProf

Bonjour,

la preuve que je propose ci-dessous est-elle correcte?

$C$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_p$ qui agit transitivement sur $[\![1,p]\!]$. Donc $\forall i \in [\![1,p]\!]$, $\exists \sigma \in C$ telle que : $\sigma(1)=i$ (si on parle bien de l'action naturelle? L'action n'est pas précisée donc je ne suis pas sûr). On a alors au moins $p$ éléments dans $C$. De plus, d'après le théorème de Lagrange, $Card(C) | p!$ donc le cardinal de $C$ est multiple de $p$.

Par suite, $p | Card(C)$ et $p$ est premier donc d'après le théorème de Cauchy, $C$ contient un élément d'ordre $p$ de $\mathfrak{S}_p$.

Il reste à montrer qu'un élément d'ordre $p$ de $\mathfrak{S}_p$ est un $p$-cycle.

Considérons un élément $\sigma$ d'ordre $p$ de $\mathfrak{S}_p$.

On a : $p! = p(p-1)!$ et $p$ est premier avec $(p-1)!$ car $p$ est premier. Donc $<\sigma>$ est un $p$-Sylow de $\mathfrak{S}_p$.

Or, tous les $p$-Sylow sont conjugués donc $<\sigma>$ est conjugué à n'importe quel sous-groupe engendré par un $p$-cycle de $\mathfrak{S}_p$.

Par suite, $\sigma$ est conjugué à un $p$-cycle donc c'est un $p$-cycle.

Donc un élément d'ordre $p$ de $\mathfrak{S}_p$ est un $p$-cycle et par ce qui précède, $C$ contient un $p$-cycle. 

Mais je reconnais que ma preuve concernant l'élément d'ordre $p$ est bien plus compliquée que celle de topopot (j'utilise des outils beaucoup plus forts, beaucoup plus puissants) et que c'est la preuve de topopot qu'il faut privilégier.

Si ma preuve est juste en plus... !

JLapin

Card(C)|p! donc le cardinal de C est multiple de p.

Pas clair...

NicoLeProf

Oui ça ne va pas : il y a une erreur à cet endroit et du coup, pour prouver que $C$ contient un élément d'ordre $p$, je serais curieux de voir comment on fait !

JLapin

C'est une conséquence directe de l'équation aux classes, non ?

topopot

Le point de départ crucial est que comme l'action de $C$ sur $[\![1,p]\!]$ est transitive, alors $p$ divise $\lvert C\rvert$. 

Cela est vrai pour toute action transitive d'un groupe fini $G$ sur un ensemble $X$, on a $\lvert X\rvert$ divise l'ordre de $G$ (penser au lien orbite-stabilisateur).

Ensuite Cauchy et ma remarque et voilà.

NicoLeProf

Ah oui, c'est direct, je pense avoir compris. Je prends un groupe fini $G$ et un ensemble fini $X$. Je considère une action transitive de $G$ sur $X$.
Alors il n'y a qu'une seule orbite : en effet, soit $x \in X$.
Alors comme l'action de $G$ sur $X$ est transitive, $\forall y \in X$, $\exists g  \in G$ tel que $y=g.x$.
Donc tout élément $y \in X$ est dans l'orbite de $x$.
Par suite, il y a bien une seule orbite pour cette action qui est $X$.
Et ainsi, l'équation aux classes montre que $|X|$ divise $|G|$.

Les gens de ce forum sont vraiment brillants décidément, je me sens bien petit lol

topopot

Un autre résultat un peu en lien avec ça, que je trouve vraiment joli dans sa résolution et pas trop compliqué : 

Si $G$ est un groupe fini tel que $\mathrm{Aut}(G)$ agit transitivement sur $G\setminus\{1\}$, alors il existe un nombre premier $p$ et $n\in\mathbb N^*$ tels que $G\simeq (\mathbb Z/p\mathbb Z)^n$.

NicoLeProf

Je te remercie ! J'ai regardé : pas si trivial que ça non plus lol

Poirot

J'essaye une résolution du dernier énoncé, que je ne connaissais pas.

Par hypothèse, $G \neq \{1\}$ donc il existe un diviseur premier $p$ de $G$ et le lemme de Cauchy garantit l'existence d'un élément $u \in G$ d'ordre $p$. On en déduit que tout élément non trivial de $G$ est d'ordre $p$ : en effet, si $g \in G \setminus \{1\}$, il existe par hypothèse un automorphisme $f$ de $G$ tel que $f(u) = g$. Mais alors $g^p = f(u^p) = 1$ donc $g$ est d'ordre divisible par $p$, et finalement d'ordre $p$ puisque $g \neq 1$. Ceci permet de munir $G$ d'une structure de $\mathbb Z/p\mathbb Z$-espace vectoriel et la théorie de la dimension fait le reste.

Math Coss

Mais pourquoi le groupe est-il abélien ?

NicoLeProf

Parce que dans le document que j'ai trouvé, l'auteur commence par montrer que $Z(G)$ est non trivial (ce qui n'est pas trivial à prouver pour le coup haha  ) de cardinal divisible par $p$ puis que $G$ est abélien en montrant que tout élément de $G$ est dans $Z(G)$ grâce à l'hypothèse de transitivité de l'action considérée.

Le document est disponible en cliquant sur ce lien : http://deserti.perso.math.cnrs.fr/cours/prepa_agreg/2020_2021_devoir1_corr.pdf (voir exo 5).

Poirot va vite en effet après je ne sais pas s'il y a plus simple que la preuve du lien que j'ai envoyé.

Poirot

Tu as raison je suis allé vite sur ce point. C'est un peu plus délicat. $\newcommand{\Aut}{\mathrm{Aut}}$

Le raisonnement ci-dessus montre, par contraposée du lemme de Cauchy, que $G$ est un $p$-groupe (certains prennent même ça comme définition d'un $p$-groupe, mais passons). Un lemme classique montre que le centre de $G$ est non trivial. Mais alors si $z \in Z(G) \setminus \{1\}$ et $x \in G \setminus \{1\}$ est quelconque, on peut trouver $f \in \Aut(G)$ tel que $f(z)=x$. Mais $f(z) \in Z(G)$ car $f$ préserve les commutateurs et est surjective (je peux détailler au besoin).

EDIT : J'ai rédigé mon message avant de voir le réponse de NicoLeProf.

Math Coss

Les deux réponses sont toutefois cohérentes et convaincantes.