Action de groupe fidèle

@kalimoulox
On a : $B_1=(x, e_2, \cdots, e_n) $et $B_2=(y,v_2, \cdots, v_n)$.
J'ai envie d'utiliser les matrices de passages, mais j'ai relu le cours et il faut un même vecteur écrit dans deux bases différentes, ici on a deux vecteurs différents, donc je ne vois pas trop.

@JLapin
Voici.
Je ne comprends pas non plus le passage en vert. 
Tous les passages surlignés je n'ai pas compris.
Dans le chapitre sur les sous-groupes dérivés, l'auteur montre que $D_4$ est isomorphe à $\Z /2 \Z \times \Z /2 \Z$. 

Ah c'est bon j'ai trouvé.
On a $x=My$ si et seulement si $x=f(y)$ où $f$ est l'endomorphisme canoniquement associé à $M$.
On définit $f : \R^n \longrightarrow \R^n$ par $f(y)=x$, $f(v_2)=0$, ...,  $f(v_n)=0$.
On a donc $M=Mat(f,B_2,B_1)=E_{11}$.

Oui en effet.
On a $x=My$ si et seulement si $x=f(y)$ où $f$ est l'endomorphisme canoniquement associé à $M$.
On définit $f : \R^n \longrightarrow \R^n$ par $f(y)=x$, $f(v_2)=e_2$, ...,  $f(v_n)=e_n$.
On a donc $M=Mat(f,B_2,B_1)=I_n$ et $M$ inversible.

@noobey
C'est faux si $x \ne y$. Je ne sais pas comment rendre $M$ inversible en conservant l'égalité $f(y)=x$.
Je me suis découragé je n'arrive plus à réfléchir, je ne comprends rien au cours sur les actions de groupe du livre que j'étudie, je suis bloqué toutes les 3 lignes. 

@Thierry Poma
Je ne peux pas calculer le noyau de $\varphi$ car je n'ai pas compris qui est $\varphi$ ici.

JLT a dit :

Une action de $G$ sur un ensemble $E$ c'est un morphisme $\varphi:G\to\mathfrak{S}_E$.
Ici, $E=\{P_1,P_2,P_3\}$. On en déduit une action $\psi:G\to\mathfrak{S}_3$ par $\psi(\sigma)=u^{-1}\circ\varphi(\sigma)\circ u$ où $u:\{1,2,3\}\to E$ est la bijection $i\mapsto P_i$.

Merci ça m'a bien débloqué. 

Maintenant j'essaie de comprendre pourquoi l'action n'est pas fidèle.
@Thierry Poma maintenant je comprends à quoi servent tes indications. 
On a $\ker( \psi) = \{ \sigma \in \mathfrak{S}_4 \ | \ \psi(\sigma)= id_{\mathfrak{S}_3} \}$.
Montrons que le morphisme $\psi$ n'est pas injectif.
Prenons $\sigma=(2 3)(1 4)$.
Alors $\psi (\sigma)(1)=u^{-1} \circ \varphi ( (2 3)(1 4) ) \circ u (1)= u^{-1} \circ \varphi ( (2 3)(1 4) ) ( P_1)=u^{-1} (P_1)=1$.
On a donc $(2 3)(1 4) \in \ker \psi$ et donc le morphisme n'est pas injectif.
Le noyau du morphisme $\psi$ est donc un sous-groupe distingué $D_4 '$ de $\mathfrak{S}_4$.

Montrons que $P_i = (i j) . P_j$. C'est facile à vérifier à l'aide de l'application donnée par @JLT

On a $\# D_4 ' =4$, pas de difficulté. 

Je n'ai pas compris le passage qui suit  et les passages surlignés me bloquent : 

• C'est qui les $P_s$ ? 
• Je ne comprends pas comment on en déduit que ce sont les 3 éléments non triviaux de $D_4 '$.

@Thierry Poma
Oui quand je dis c'est facile c'est que j'ai fait les calculs rapidement au brouillon sans problème.

@NicoLeProf
Merci beaucoup pour ton aide. Tu me donnes envie de m'accrocher.  
Je n'utilise pas ton morphisme mais celui de @JLT ... J'ai compris immédiatement avec son application et j'ai peur de m'embrouiller en reprenant la tienne.
Il a pris $\psi$ pour $\varphi$ mais ça ne change rien.

1) On a $\psi(( 12) (34) ) =\psi (1 2) \circ \psi (3 4) = (1 2) (3 4)$ d'après la remarque du livre qui se montre facilement $\boxed{\psi (i j) = (i j)}$. Il suffit de calculer l'image en $i$ et en $j$, le reste n'étant pas dans le support. On va utiliser abondamment ce résultat dans la suite. 
$\psi(( 13) (24) ) =\psi (1 3) \circ \psi (2 4) = (1 3) (2 4)$
$\psi(( 14) (23) ) =\psi (1 4) \circ \psi (23) = (1 4) (23)$
On remarque que $\boxed{(12)(34), (13)(24), (14)(23) \in \ker \psi}$.

2) Montrons que $D_4 '=D_4$. On a $D_4 ' = \ker \varphi$.
On a montré dans 1 que $D_4 \subset D_4 '$. Comme $\# D_4 = \# D_4$, on a finalement $\boxed{D_4 ' = D_4}$.

3) Montrons que $D_4 \triangleleft \mathfrak{A}_4$ et que $\psi (\mathfrak{A}_4)=\mathfrak{A}_3$.
$D_4$ est le noyau d'un morphisme dont l'ensemble de départ est $\mathfrak{S}_4$ qui contient $\mathfrak{A}_4$ donc $D_4$ est distingué dans $\mathfrak{S}_4$ donc dans $\mathfrak{A}_4$.
$\mathfrak{A}_4$ est engendré par les 3-cycles $(a b c)$ avec $a,b,c$ distincts.
On a $\psi ( a b c )= \psi ( a b) \psi  (b c) = (a b) (b c) = (a b c) $
Donc $\boxed{\varphi(\mathfrak{A}_4)=\mathfrak{A}_3}$.

4) Je bloque à cette étape. Le morphisme $\psi$ va de $\mathfrak{S}_4$ dans $\mathfrak{S}_3$. 
On utilise le premier théorème d'isomorphisme et on a : $\mathfrak{S}_4 / \ker \psi \simeq Im \psi$
Donc :  $\mathfrak{S}_4 / D_4 \simeq \mathfrak{S}_3 $ je ne comprends pas comment apparaissent les $\mathfrak{A}_4$ et $\mathfrak{A}_3$. 

J'ai aussi un petit doute : l'auteure dit que $\psi (i j) =(i j) $ donc $\psi$ est surjective. Pourquoi il suffit de vérifier pour les transpositions ? 

5) Le cours donne $[\mathfrak{S}_4,\mathfrak{S}_4] \subset D_4$. 
L'autre inclusion tu l'as déjà expliquée, je viens de relire. Je n'ai pas une grosse mémoire.
Je dois revoir une notion 10 fois pour la comprendre définitivement. 
Donc : $\boxed{[\mathfrak{S}_4,\mathfrak{S}_4] = D_4}$. 

@kalimoulox
Je connais le cours mais je n'ai pas compris comment résoudre l'exercice.
Trouver $M \in GL_n( K)$ tel que $Mx=y$ avec $x,y \in E^{*}$.
Soit $B_1=(x,e_2, \cdots, e_n)$ et $B_2=(y,v_2, \cdots, v_n)$.
Et après je n'ai pas compris comment continuer.

Ah ok merci, ce cours est magnifique, j'ai parcouru c'est super clair. Très détaillé, beaucoup de tableaux de groupes, il y a même le groupe diédral. 
Dommage que les cours très pédagogiques et clairs comme celui-ci ne soient pas édités et disponibles en livres.

C'est @llorteLEG qui m'a donné l'exercice, je n'ai rien modifié.

Je ne vois pas le problème de définition. On prend un couple $(M,x) \in GL_n(K) \times E^{*}$ et on récupère un élément $Mx$ de $E^{*}$.
C'est la multiplication d'une matrice par un vecteur, qui donne un vecteur.
Soit $E : K^n \longrightarrow K^n$ tel que $E(B_1)=B_2$.
$B_1=(x,e_2, \cdots, e_n)$ et $B_2=(y,v_2, \cdots, v_n)$.
$E$ est bijectif car il envoie une base de $E$ sur une base de $E$.
Il existe une unique application linéaire $E$ tel que $E(x)=y$, $E(e_2)=v_2$, .... , $E(e_n)=v_n$.
On a $Mat(E,B_1,B_2)=I_n$.
Mais @noobey a dit que c'était faux.