L3 examen 2005 theorie des groupes

de taille raisonnable

Bon pour le 1) le n! doit te faire penser à un groupe connu non ?

lolo

Est-ce que tu connais le théorème de Cayley barbsbou ? Celui qui commence par "Tout groupe d'ordre $n$ se plonge dans...".

Je ne comprend pas trop ce $2^{n!}$,

En fait un groupe est caractérisé par un tableau donnant sa loi ( bien sur tous les tableaux possibles ne correspondent pas forcément à une à loi de groupe).


Il y a $n^{n^2}$ façon de remplie un tableau de $n^2$ cases lorsqu'on a le choix parmis $n$ éléments. Donc le nombre de groupes d' ordre $n$ différents est fini.

Pour moi ,c'est la manière la plus élémentaire de le montrer sans faire appel à Cayley

Pour les groupes abéliens d' ordre 52, nous avons d'après le théorème de structure des groupes abéliens, 2 groupes différents ( à iso près)

$\Z/52\Z$ et $\Z/2\Z \times \Z/26\Z$.

Bonsoir Barbsbou

Pour l'exo 1, j'aurais dit qu'un groupe d'ordre $n$ c'est la donnée d'un ensemble à $n$ éléments et d'une table de "multiplication" qui est un tableau $n\times n$ contenant des éléments du groupe.
Il y a au plus $n^{n^2} < \infty$ tableaux possibles.

Remarque : $n^{n^2} < 2^{n!}$ dès que $n \geq 4$

Alain

D'après le th chinois tu as

$\Z/\4Z \times \Z/26\Z \sim \Z/52\Z$ puisque $4$ et $26$ sont premiers entre eux. C'est donc le même groupe ( sous entendu à iso près)

Bonsoir Barbsou

D'après le th chinois $ \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/13\mathbb{Z} \simeq \Z/52\Z$

Tu dois décomposer $52=2².13$ en produits $52=d_1.d_2$ avec $d_1\mid d_2$ (à cause du th chinois).
Il y a au plus 2 diviseurs car c'est le plus grand exposant dans la décomposition de 52 en facteurs premiers.
Les seules possibilité donc $2².13 \textrm{ et } 2 \times 2.13$

Alain

Salut!

D'après le théorème chinois, Z/4Z*Z/13Z est isomorphe à Z/52Z.

Pour la suite, je te donne quelques remarques:

Ex 3:

1) OK
2) Il faut utiliser que tous les p-Sylow de H sont conjugués dans H.
3) Si g est dans G alors Il existe h dans H tel que gKg^-1=hKh^-1 donc g^-1hKh^-1g=K et donc g^-1h est dans NG(K).

Ex 4:

I)

1) montre que phi(g) est toujours injective, puis que phi(gh)=phi(g).phi(h).

2) Si g est dans Ker(phi), alors pour tout x dans G gxH=xH donc dans le groupe G/H cl(gx)=cl(x) donc cl(g).cl(x)=cl(x) et donc cl(g) est le neutre de G/H ce qui signifie que g est dans H.

3) Ker(phi) est distingué dans G et H<>G implique que Ker(phi)={e}. Le morphisme de 1) est donc un isomorphisme.

4) Si H est un sous-groupe d'indice fini de G, alors par ce qui précède G est isomorphe à un sous-groupe de S(X) où X=G/H. Comme S(X) est fini, c'est absurde par les cardinaux.

II)

1) Pour tout h dans H, on a clairement hH=H donc l'orbite de H est {H}.

2) Les orbites forment une partitions de G/H, c'est donc du dénombrement de cardinaux.

Je regarde pour la dernière question.

barbsbou : déprime pas car j'ai passé ce partiel l'année derniere et j'ai eu 14 en répondant a tres peu de questions. Je pense qu'il s'était fait surprendre par la faiblesse de notre niveau étant donné que la notation du controle continu par le prof de TD fut tres tres sympa.

apparemment, on ne pas t'as encore aide pour le 4, je m'y colle, ca me fera reviser :
I
1)par definition, $gx \in G$ or $G/H$ est l'enemble des $aH$ avec $a \in G$, donc le resultat est immediat. pour l'homomorphisme, revient a la definition de $xH$.
2) $Ker \phi = \{ x \in G | \phi(x) = Id_X\}$. c'est donc les $g$ tels que pour tout $x$ de $G$, $gxH=xH$ en particulier, si $x=e$, on a $gH=H$ donc $g\in H$
3)tu sais surement que le noyau d'un morphisme est un sous groupe normal. en effet, si tu as $f$ un homomorphisme quelquonque, et $g \in Ker f$, alors $\forall x$, $f(xgx^{-1})=f(x)f(g)f(x)^{-1}=f(x)f(x)^{-1}$ car $f(g)=e$ par definition du noyau, donc $f(xgx^{-1})=e$ d'ou $xgx^{-1} \in Ker f$. or on sait depuis 2) que $Ker \phi \subset H$ et comme $G$ est simple et que $H \neq G$, on en deduit que $Ker \phi = \{e\}$. d'ou $\phi$ injective. donc $\phi$ est un isomorphisme de $G$ dans $\phi(G)$ ( si tu prends comme ensemble d'arrive l'image de l'ensemble de depart par une application, tu construit une surjection, tu suis ? ). or $\phi(G) \subset S_X$. et comme $X$ possede $p$ elements ( $[G:H]=p$), on a $S_X=S_p$. d'ou $G$ isomorphe à un sous groupe de $S_p$. on en deduit que $G$ est forcement fini, ce qui nous permet de resoudre le
4) si $G$ admettait un sous groupe propre d'indice fini, il serait lui meme fini d'apres ce qui precede -> Wiederspruch comme on dit par chez moi... ( contradiction )

II
1) l'orbite de $H$ est l'ensemble des $\pi(h,H)$ avec $h \in H$. donc c'est l'ensemble des $hH$, $h \in H$ donc c'est... $H$ puisque $H$ est un groupe, multiplier $h$ par un quelquonque autre element de $H$ redonne un element de $H$. donc pour tout $h \in H$, $hH=H$, et par suite, $\omega(H)=\{H\}$.
2) le fait d'appartenir a une meme orbite est une relation d'equivalence par definition, donc les $\omega_i$ forment une partition de $X$. par suite, la somme des cardinaux des $\omega_i$ donne le cardinal de $X$, cad $p$, CQFD
3) On doit pouvoir montrer que $\pi$ est un homomorphisme ( je te laisse faire ), et comme on sait que l'image d'un homomorphisme est un groupe. $Im \ \pi$ est un sous-groupe de $G$ inclus dans $X$. donc l'ordre de $Im \ \pi$ divise l'ordre de $G$, et $|Im \ \pi| \leq |X|=p$. Or, $p$ est le plus petit premier qui divise l'ordre de $G$. $|Im \ \pi| \neq 1$ car le cardinal de l'orbite de $H$ vaut 1, et que la somme des cardinaux des orbites vaut p, donc $Im \ \pi$ n'est pas reduit a l'element neutre. la seule possibilite qui reste est que $|Im \ \pi|=p$, donc $Im \ \pi=X$, donc X est un groupe, donc H est normal (ouf !! )

voila, j'espere que ca te depanne un peu, moi ca m'a fait bosser utiliement, donc tout le monde est (potentiellement :-) ) content. bonne chance pour tes exams !!

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Je viens de m'installer en allemagne, et je patine un peu en algebre. aussi, ne soyez pas surpris si je vous sollicite; ce n'est pas par flemme, mais bien parce que j'aimerais faire mes DM en entie