Tous les ss-gr sont distingués...

Tertiath
Tertiath
dans Les-mathématiques
Bonjour, encore un exo pour moi qui contient des mystères...

Voici l'énoncé:

Soit $G$ un groupe non abélien, dont tous les ss-groupes sont distingués.
On note $x$ et $y$ deux éléments de $G$ et $z=(x,y)=xyx^{-1}y^{-1}$ le commutateur de $x$ et $y$.
1) Montrer qu'il existe 2 entiers non nuls $p$ et $q$ tels que $z=x^p=y^q$. En déduire que $z$ commute avec $x$ et $y$.
2) Montrer que $\forall n \geq 1, z^n=(x,y^n)$.

Jusque là, &quotfacile"...
3) En déduire que $x$ et $y$ sont d'ordre fini dans $G$.
{\bf LA JE BLOQUE COMPLETEMENT !!}
4) On suppose $x^4=e$. Montrer que $yxy^{-1}=x^3$.
{\bf LA AUSSI !!}

Pouvez-vous m'aider un peu SVP ??
Merci d'avance!

Réponses

  • ignorant zorny
    ignorant zorny
    Bonjour,
    Pour la question 3)
    on a
    z=x^p=y^q
    et
    z^q=x^pq=y^qq=(x,y^q)=(x,x^p)=xx^px^-1x^-p=e d'où le résultat.
  • Alain Rodot
    Alain Rodot
    bonjour, pour la question 3 on a:


    z^q = ( x , y^q ) = ( x , z ) = 1 puisque x et z commutent, q étant l'entier non nul précédent tel que z = y^q.

    donc ( x^p)^q = x^(pq) = 1 où p est aussi l'entier non nul tel que z = x^p.

    donc x^r = 1 avec r = pq entier non nul, d'où le résultat. Idem pour y.
  • omar2
    omar2
    Bonjour,

    Pour la question 4, $x$ est d'ordre 4 et l'autre puissance de $x$ d'ordre 4 est
    $x^3$. Comme $yxy^{-1}$ est conjugué de $x$ et est dans le sous-groupe
    cyclique engendré par $x$ (distingué), il vient $yxy^{-1}=x^3$.

    Amicalement
    omar
  • ignorant zorny
    ignorant zorny
    Bonjour,

    Pour la question 4, je vois que Omar a eu le même raisonnement que moi. Si je dis une ânerie je ne serai pas seul :-)

    A ceci près que x n'est pas nécessairement d'ordre 4 (ou quelque chose m'échappe) x^4=e nous dit que o(x) divise 4 donc x peut être d'ordre 2 mais alors en suivant le raisonnement précedent on a trivialement le résultat.

    Amicalement
  • tintin1
    tintin1
    Bonsoir,

    comment tu démontres que p et q ne sont pas nul?
    si le groupe G est fini, ok, mais s'il ne l'est pas?

    Merci
  • tintin1
    tintin1
    il faut peut-être supposer que x et y ne commuttent pas, non?
  • Tertiath
    Tertiath
    Exactement tintin, milles pardons j'avais oublié de l'écrire !
    DESOLE !!! :(
    Pour montrer que p et q ne sont pas nuls, j'ai supposé qu'ils l'etaient, et je crois que j'arrive à xy=yx, ce qui est impossible de par ce qu'il manquait comme hypothèse...

    Pour la question 3, c'est parfait, j'ai tout compris!
    Par contre, pour la 4), je pense avoir compris... J'ai juste mis du temps à comprendre que $yxy^{-1}$ est d'ordre 4, donc qu'il est égal à $x^3$ qui est aussi d'ordre 4... (en fait, $yxy^{-1}$ n'est pas égal à $x^4$ qui est d'ordre 4 car sinon $x=e$ je crois...)

    En tout cas merci beaucoup, vous m'avez beaucoup aidé, ça me débloque pour la suite ! :p

    Merci encore!

    Tertiath
  • jmb0
    jmb0
    Bonsoir,

    Et à part le groupe des quaternions $\mathbb{H}_8$ vous en connaissez d'autres des groupes non abéliens dont tous les sous-groupes sont distingués ?

    Cordialement,
    J.-M. B.
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonjour

    $\mathbb{H}_8 \times K$ pour tout $K$ groupe commutatif ou $K=\mathbb{H}_8$

    Alain
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonjour Jmb

    J'ai encore répondu trop vite !
    $ \mathbb{H}_8 \times K$ pour entre autres $K = (\Z/p\Z)^m,\ p$ premier.

    Alain
  • Tertiath
    Tertiath
    Bonjour à tous,

    Alors je tenais à dire que pour la question 4), en rédigeant c'est un peu plus délicat ! En fait, c'est pas difficile, mais il faut traiter tous les cas un par un, car $x^4=e$ signifie juste que $o(x) \in \{1,2,4\}$... Ensuite, dans chacun de ces 3 cas possibles, on remarque bien sur que $(yxy^{-1})^4=e$, mais là encore cela ne dit pas que $o(yxy^{-1})=4$, donc il y a encore 3 cas à traiter, ce qui fait en tout pas mal de sous-cas...
    Mais ceci dit, merci beaucoup de m'avoir débloqué !!

    {\bf Sinon, dans le même problème, j'ai un autre souci :}

    En résumé, voilà déjà ce qui a été montré:
    Soit $G$ un groupe non abélien, dont tous les ss-groupes sont distingués.\\
    On note $x$ et $y$ deux éléments de $G$ et $z=(x,y)=xyx^{-1}y^{-1}$ le commutateur de $x$ et $y$.
    - $z=x^p=y^q$, $p$ et $q$ non nuls.
    - $z$ commute avec $x$ et $y$
    - $\forall n \geq 1, z^n=(x,y^n)$
    - Tout élément de $G$ est d'ordre fini.
    - Si $x^4=e$, alors $yxy^{-1}=x^3$ et $y^2xy^{-2}=x$ et de plus, $z=x^2$, et donc $z^2=e$.

    Voilà mon problème : on prend toujours $x$ et $y$ qui ne commutent pas, AVEC $x^4=y^4=e$.
    {\bf Montrer que le ss-groupe $H=$ de $G$ est d'ordre 8.}

    En fait, je sais qu'il faut se servir de ce qui a été montré comme $yxy^{-1}=x^3$, etc...
    Mais déjà je n'arrive pas à écrire comme il faut tous les éléments de $H$.

    Please help ! :)
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonjour Tertiah

    Pour le 4) limiter le nombre de cas, on on a toujours $o(yxy^{-1}) = o(x)$ (facile à montrer car $(x\mapsto yxy^{-1})$ est un automorphisme)
    Alors il ne reste plus que 3 cas :
    $\bullet\quad o(x)=1$ mais alors $x=e$ et la relation est trivialement vérifiée.
    $\bullet\quad o(x)=2$ mais alors $x^p=y^q$ si $p$ est impair, $x=y^q,\ x$ commute avec $y$ contrairement à l'hypothèse
    $\bullet\quad o(x)=4$ alors $o(yxy^{-1})=4$ et donc $yxy^{-1}\in \{x,x^3\}$ et ce ne peut être $x$ sinon $x,y$ commutent.

    Pour la suite, tu dis que $H=\left< x,y \right>$ est un sous-groupe de $G$. Tu regardes ses éléments :
    $e,\ x,\ x^2,\ x^3,\ x^4=e$ qui est déjà listé.
    Tu continues $y,\ y^2=x^2$ déja listé, $y^3=x^2y,\ y^4=e$.
    Ensuite $yx, (yx)^2 = x^2$ puisque $z=(y,x)=yxy^{-1}x^{-1}$ d'où tu tires $yx=zxy$ (formule de "commutation" de $x$ et $y$) donc $(yx)^2=yxyx=zxyyx$ mais $y^2=x^2=z$
    $(yx)^3=x^2yx=x^2zyx=yx$ compte tenu de la formule de commutation, et enfin $(yx)^4=e$
    Au total cela fait 8 éléments $H = \{e,x,x^2,x^3,y,x^2y,yx,xy\}$

    Alain
  • Tertiath
    Tertiath
    Re bonsoir,

    Merci beaucoup Alain de m'avoir fait remarquer que $x \mapsto yxy^{-1}$ est un automorphisme ! Aie aie aie, cet automorphisme intérieur je l'oublie souvent... :p

    D'autre part, pour $H$ j'ai bien compris qu'il fallait lister les éléments au fur et à mesure, et "retomber" sur des éléments déjà listés ! Tu l'a très bien fait !
    Mais en fait je n'arrive pas à écrire proprement qu'on peut s'arreter de lister les éléments après avoir listé jusqu'à $(yx)^4$ comme tu l'a fais!
    Par exemple, $xy^2x^{-1}yx^{-1}$ est un élément de $H$, et intuitivement je suis d'accord pour dire qu'il é déjà été listé, mais je n'arrive pas à écrire que tout les éléments de ce genre ont déjà été listé... !
    Ce que je comprends pas, c'est pourquoi tu t'es arreté de lister à $(yx)^4$... Peut etre que j'ai mal compris ce qu'est un groupe engendré par 2 éléments...
    Et pour finir, dans un tel sous-groupe engendré par $x$ et $y$, il faut bien que $x^{-1}$ appartienne à $H$, or tu ne l'a pas écrit, pourquoi ?

    Dis donc ça en fait des questions ça, en plus pas évident de répondre sans faire des romans non ? En tout cas, merci beaucoup beaucoup et encore beaucoup !!

    Tertiath
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonjour Tertiah

    Dans le cas présent, la vie est simplifiée, parceque tu as une formule de "commutation" : $yx=zxy$ avec en plus $z=x^2$ qui commute avec $y$. Avec cette formule, tu vois que tu peux toujours ramener les $x$ en tête et les $y$ en queue.
    Ainsi $ xy^2x^{-1}yx^{-1}$ on change $x^{-1}$ en $x^3 = x^2.x$ et aussi $y^2=x^2$, cela donne
    $x.x^2.x^3.y.x^2.x = x^2.y.x^2.x$ après simplification. Mais $x^2$ commute avec $y$ et $x^4=e$ donc il reste $yx = x^3y$ Bref quelque soit la manière de t'y prendre, tu dois, pour cette expression, tomber sur $x^3y$ (éventuellement $xy^3$ mais c'est la même chose puisque $x^2=y^2$)

    Alain
  • omar2
    omar2
    Bonjour,

    Encore une démonstration

    On suppose que $x$ et $y$ ne commutent pas.

    Comme les sous-groupes monogènes $$ et $$ engendrés par $x$ et $y$ sont distingués, $z$
    appartient à $$ et $$, d'où des entiers $p$ et $q$ tels que $z=x^p=y^q$
    et $z$ commute avec $x$ et $y$.

    On a $zy=xyx^{-1}$, d'où $(zy)^n=z^ny^n=(xyx^{-1})^n=xy^nx^{-1}$, d'où
    $z^n=(x,y^n)$. De même, $z^n=(x^n,y)$.

    $z^q=(x,y^q)=(x,x^p)=e$ montre que $z$ est d'ordre fini, d'où $x$ et
    $y$ d'ordre fini.

    Si $x$ est d'ordre 4, alors $yxy^{-1}$ est d'ordre 4 dans $$, i.e
    $yxy^{-1}=x^3$ (si c'est $x$, $x$ et $y$ commutent). Si $x$ n'est pas
    d'ordre 4, il est d'ordre 2, et $yxy^{-1}=x$ n'est pas possible.

    Amicalement
  • Tertiath
    Tertiath
    Bonjour,

    Merci Omar pour ce récapitulatif, ça fait pas de mal ! :p

    Sinon, Alain, je comprends ce que tu dis, mais j'ai envie de dire "intuitivement"... Intuitivement, on voit qu'on peut s'arreter là, mais en fait je me demandais comment rédiger proprement sur une copie qu'on peut s'arreter de lister ici...
    Car après tout, l'erreur est humaine, et même si intuitivement on voit qu'on peut s'arreter, une démonstration proprement rédigée sert de vérité, alors qu'un raisonnement intuitif a parfois conduit à des erreurs monumentales dans l'histoire des maths... :p

    Tout cela pour dire que pour moi, cela parait impossible à rédiger, et cest bien ce qui m'embete !
    Je comprends que je suis "chiant", et je m'en excuse, mais quand je ne trouve pas une démo propre, je n'arrive pas à me convaincre pleinement...

    Bonne nuit.

    Tertiath
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonsoir Tertiath

    Peut-être que tu peux utiliser la justification suivante :
    Tout élément de H, grâce à la formule de commutation, se met de manière unique sous la forme x^iy^j avec 0<=i<4 = o(x) et 0<=j<2 puisque y²=x², ce qui fait bien 4.2=8 éléments possibles.
    Mais il aurait été préférable que tu le découvres tout seul !

    Sinon, ce qui est sûr c'est que puisque ton sous-groupe a 8 éléments, tu peux te permettre une démonstration sous forme de liste d'éléments. C'est tout à fait rigoureux si c'est bien justifié.
    Une justification peut être de construire la table de multiplication de ton sous-groupe, en commençant par e, puis x et y (qui engendrent ton sous-groupe) puis en prenant les puissances successives de chacun et les produits 2 à 2 (bref en remplissant la table), et en ajoutant les nouveaux éléments au fur et à mesure qu'ils apparaissent.
    Quand tu arrives à 8 éléments, tu te rends compte que c'est stable pour la loi de composition !

    Est-ce que cela te convainc ?

    Alain
  • Tertiath
    Tertiath
    Merci Alain !! Oui cela me convainc, à 90 pour cent ! :)
    Mais quand tu dis que quand on arrive à 8 éléments et que c'est stable pour la loi, ça ne signifie pas nécessairement que le groupe a 8 éléments non ? ... Mais en tout cas, je n'avais pas compris l'histoire des $x^iy^j$ etc.. Merci de m'éclairer !

    J'aurai une autre question : Soit donc $H=$, j'ai montré que $C_G(H) \cap H = \{e,z\}$ avec $C_G(H)=\{t \in G, th=ht, \forall h \in H \}$.

    Soit $g \in G$ tel que $gx$ différent de $xg$.
    Je dois montrer que $(gy)x=x(gy)$, mais j'ai beau traiter tous les cas, c'est-à-dire avec tous les éléments de $H$, je n'arrive à rien !
    Sans me donner une solution, pourriez-vous m'indiquer une piste plus florissante svp ?
    Merci d'avance.

    Tertiath
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonsoir Tertiath

    De quoi sont fait les 10\% de doute ?
    Quand tu trouves une partie finie stable pour la loi de composition, c'est un sous-groupe (fini est nécessaire sinon il faut ajouter stable par l'inversion $(x\mapsto x^{-1})$)
    Cette partie contient $x,\ y$ et de la manière que tu l'as construite, cette partie est la plus petite partie contenant $x, \ y$. C'est donc $$.

    Veux-tu plus d'explications sur les $x^iy^j$ ?

    Après, est-ce que $G$ est le $G$ initial dont tous les sous-groupes dont distingués ?
    Dans ce cas tu as un $g\in G$ ne commutant pas avec $x$, que peux-tu dire de $gxg^{-1}$ sachant que $$ est un sous-groupe de $G$ donc distingué dans $G$ (rappèle-toi de l'automorphisme intérieur $(x \mapsto gxg^{-1})$)

    Alain
  • omar2
    omar2
    Bonjour,

    Une autre solution pour dénombrer les éléments d'un groupe engendré
    par deux sous-groupes $K_1$ et $K_2$ vérifiant $K_1K_2=K_2K_1$ est la
    formule $\vert K_1K_2\vert=\displaystyle \frac{\vert K_1\vert \vert K_2\vert}{\vert
    K_1\cap K_2\vert}$.

    Ici on prend $K_1=$ d'ordre 4, ainsi que $K_2=$. Comme $K_1$ est
    distingué (par exemple), on a $H==K_1K_2$ et $K_1\cap K_2=\{e,z\}$
    ($z=(x,y))$. On trouve ainsi que $H$ possède $16/2=8$ éléments.

    Pour votre dernière question, Alain vous a déjà donné des indications.

    Amicalement
  • Tertiath
    Tertiath
    MERCi Alain, tu m'a enlevé les 10 pour cent de doutes, en me rappelant que $$ est la plus petite partie contenant $x$ et $y$, ça change tout... :)
    Merci encore!

    Sinon, Omar, je ne connais pas ton théorème, mais en effet il est bien pratique !! Dans ton théoreme tu te sers du fait que $K_1 \cap K_2 = \{e,z\}$, mais dans mon exo, je dois démontrer ce point après avoir démontré que le groupe contient 8 éléments donc je pense pas que je puisse utiliser ce theoreme ! :p
    Mais merci de me le faire connaitre, ça aide beaucoup !

    Merci encore à tous!
  • omar2
    omar2
    Bonsoir,

    $K_1\cap K_2=\{e,z\}$ car on sait déjà que $z\in K_1\cap K_2$ et alors
    nécessairement $\vert K_1\cap K_2\vert=2$ car sinon $K_1= K_2$, ce qui est exclu.

    Amicalement
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonsoir Tertiath

    Finalement quelles étaient les dernières questions de ton problème ?
    Parceque je suppose qu'il déterminait (à isomorphisme près) tous les groupes non commutatifs finis n'ayant que des sous-groupes distingués.

    Je soupçonne (bien que je n'ai pas encore pu le prouver directement) que ce sont les groupes :
    $G = \mathbb{H}_8\times K$ où $K$ est un groupe commutatif fini, donc de la forme
    $K=\Z/d_1\Z\times \Z/d_2\Z \times \ldots \times \Z/d_k\Z$ avec $d_1 \mid d_2 \mid \ldots \mid d_k$
    Alors la condition est que aucun des $d_1,d_2,\ldots,d_k$ n'a de facteur carré (quadfree ou 2-libre ? )
    Me trompè-je ?

    Alain
  • Tertiath
    Tertiath
    Bonjour Alain,

    En fait, je suis désolé mais mon problème consistait plutôt à travailler sur le simple groupe des quaternions...
    Dans les dernière questions, il fallait montrer des propriétés sur ce groupe...

    Ce que tu me demandes, on le verra peut etre bientot en cours, car on vient de voir le theorème que tu cites (décomposition en $\Z/d\Z$...

    En tout cas, si j'ai des infos, je tiens au courant dans ce sujet !

    Bonne journée.
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