ordres et groupes

SylowBoutLeMérouPète
SylowBoutLeMérouPète
dans Algèbre
Bonjour,

Je me suis fait taper sur les doigts en disant que le nombre d'éléments d'ordre $k$ dans un groupe quelconque est toujours un multiple de $\varphi (k)$...
J'étais persuadé que c'était le cas et j'ai beau chercher je ne trouve pas de contre-exemple !! Si quelqu'un pouvait m'éclairer...

J'ai un autre flou concernant les changements qu'effectuent les morphismes sur les ordres des éléments, c'est à dire est-ce que les ordres sont augmentés ou diminués par des morphismes injectifs ?
C'est bête comme question, je sais, mais je préfère la poser plutôt que de dire des bêtises dans une copie... et puis on repart toujours de ce site avec les idées plus claires, merci à vous !

[Au fait plutôt que de remonter le post inutilement Merci AD pour les Sylow]

Réponses

  • AD
    AD
    Bonsoir SylowBout...

    Ca me parait pourtant vrai !
    Considère l'ensemble $E$ des éléments d'ordre $k$ d'un groupe $G$ fini.
    La relation sur $E$ : $$x \mathcal R y \Leftrightarrow \exists i\in \N,\ \mathrm{pgcd} (i,k)=1,\ y=x^i$$ est une relation d'équivalence.
    \begin{itemize}
    \item $ x\mathcal R x$ car $x=x^1$ et $\mathrm{pgcd} (1,k)=1$
    \item $ x\mathcal R y$, c'est à dire $y=x^i$ et $\mathrm{pgcd} (i,k)=1$ donc on sait trouver $u,v$ tels que $ui+vk=1$ alors $x=x^{ui+vk}=(x^i)^u=y^u$ et $\mathrm{pgcd} (u,k)=1$ donc $y \mathcal R x$
    \item $ x\mathcal R y,\ y\mathcal R z$, c'est à dire $y=x^i,\ z=y^j$ et $\mathrm{pgcd} (i,k)=1,\ \mathrm{pgcd} (j,k)=1$. Alors $z=x^{ij}$ et $\mathrm{pgcd} (ij,k)=1$ donc $x\mathcal R z$
    \end{itemize}
    Alors les classes d'équivalences ont toutes $\varphi(k)$ éléments et réalisent une partition de $E$. Ce qu'il fallait démontrer.

    {\bf Un morphisme injectif} $i : G\rightarrow G'$ est bijectif sur son image, càd c'est un {\bf isomorphisme} sur son image. Cela indique que $G$ est (à isomorphisme près) un sous-groupe de $G'$.
    Puisqu'il y a isomorphisme sur l'image, l'ordre des éléments est conservé (c'est le même groupe à isomorphisme près).
    {\bf Un morphisme surjectif} $f : G \rightarrow G'$ va diviser l'ordre des éléments. En effet si $x$ est d'ordre $k$ dans $G,\ x^k=1$, en appliquant $f : f(x)^k=f(x^k)=f(1)=1$ donc l'ordre de $f(x)$ {\bf divise} $k$.

    Alain
  • PB
    PB
    Une variante pour le premier point : si on note $E\subset G$ l'ensemble des éléments d'ordre $k$, alors $(\mathbf Z/k\mathbf Z)^\times$ opère sur $E$ simplement par $(n,x)\mapsto x^n$ :)
  • Cédric ALLALI
    Cédric ALLALI
    AD : tu considères que G est fini or SylowBoutLeMérouPèt parle d'un groupe G quelconque. C'est peut-être pour ça qu'il s'est fait taper sur les doigts...
  • SylowBoutLeMérouPète
    SylowBoutLeMérouPète
    Bonsoir,

    AD merci pour tous ces détails ! Il ne me reste qu'un point d'hésitation :
    $|\overline{g}|=|\{x^n : n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^* \}|=\varphi(k)$ OK
    $|E/_{\sim}| \cdot |(\mathbb Z/k\mathbb Z)^*|=\displaystyle\sum_{n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}|\{y \in E : y=x^n\}|$ OK aussi (formule des classes)
    Mais il ne me semble pas immédiat que $|E|=\displaystyle\sum_{n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}|\{y \in E : y=x^n\}|$

    Sinon la version par action est interessante aussi
    $(\mathbb Z/k\mathbb Z)^*$ agit sur $E$ par $(n,x)\mapsto x^n$ (mais je ne vois pas à quoi "simplement" fait réference)
    Donc comme $|E|=|Stab(x)| \cdot |Orb_{(\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}(x)|$
    On a le résultat immédiatement car $|Orb_{(\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}(x)|=\varphi(k)$
    OK

    J'ai cherché un moment à montrer ce résultat je ne sais pas pourquoi je n'ai pas pensé à sortir une action (ou relation) alors que c'est une méthode que l'on voit assez souvent (et que je trouve très belle d'ailleurs)...

    Merci infiniment !
  • SylowBoutLeMérouPète
    SylowBoutLeMérouPète
    Bonsoir Cédric,
    En fait $G$ est fini, j'ai simplement oublié de le préciser... J'aurai du dire "un groupe fini quelconque". Mea Culpa.

    Et quand je dis que je me suis fait taper sur les doigts, j'exagère un peu...8-)
    Mon prof pensait que c'était faux et cherchait un contre-exemple. Il pouvait chercher longtemps !
  • PB
    PB
    (mais je ne vois pas à quoi "simplement" fait réference)

    Ce qui est sûr, c'est que, à $x$ fixé, l'application $n\mapsto x^n$ (celle dont l'image est l'orbite) est bijective. Donc les orbites sont toutes en bijection avec le groupe qui opère (ce qui revient à dire que les stabilisateurs sont triviaux).

    On peut résumer tout ça en disant que l'action du groupe est simple, il me semble (parce que je confonds "action simple", "action fidèle", etc.)

    :)
  • SylowBoutLeMérouPète
    SylowBoutLeMérouPète
    D'accord PB je vois maintenant.

    Petit erratum : Ce n'est pas la formule des classes que j'ai cité plus haut mais plutôt Burnside. Mais cela ne change pas grand chose !
    Je ne vois toujours pas où se situe l'ensemble $E$ dans cette formule par contre...

    Merci encore pour votre aide

    [AD je viens de voir que tu as enlevé les quelques mots d'anglais du titre de mon sujet, pourquoi donc ? Je comprendrai si je n'avais écrit qu'en anglais (pas très fair-play pour les francophones exclusifs) mais là il ne s'agissait que de quelques mots...:S]
  • AD
    AD
    Bonjour SylowBout...

    Le titre doit doit être informatif tout en étant le plus concis possible. Il doit faire comprendre sur quoi va porter la discussion.
    Faire des accroches en langue étrangère n'est pas informatif pour tout le monde et se rapproche plus de techniques marketing. Donc inutile (dans un titre).
    Si c'est indispensable à la compréhension du sujet, alors il faut l'écrire de manière compréhensible par tous (en français).
    Ici, en l'occurrence, c'était quelque chose comme "Basic things" (de mémoire). Tu aurais pu ajouter "problèmes basiques", mais parler d'ordre de groupes finis est assez basique, fallait-il insister dans le titre ?

    Ceci étant, je dois battre ma coulpe, car d'habitude j'indique dans le corps du premier message le titre initial choisi par l'auteur, et ici je ne l'ai pas fait :-(. Sans doute parce que mon esprit était déjà parti à réfléchir sur les questions posées ?

    Alain
  • SylowBoutLeMérouPète
    SylowBoutLeMérouPète
    Bonjour,

    Je comprends tout à fait l'argument et... je suis d'accord c'était inutile d'en rajouter. Bon à savoir pour la prochaine fois ! ;)

    Merci encore
  • AD
    AD
    Re-Bonjour SylowBout...

    Sinon pour revenir sur tes hésitations à propos de ma démonstration. Peut-être ai-je été trop sibyllin sur la fin.
    Dès qu'on a la relation d'équivalence, on remarque que les classes sont les
    $\{x_j^i,\ \mathrm{pgcd}(i,k)=1\}$ où les $x_j$ forment un système de représentants des classes.
    Chaque classe est donc constituée de $\varphi(k)$ éléments, et les classes forment une partition de $E$, donc $|E| = \varphi(k).NbrClasses$.
    D'où le résultat recherché.

    Alain
  • SylowBoutLeMérouPète
    SylowBoutLeMérouPète
    Bien sûr ! Comme les orbites de l'action de PB, les classes d'équivalence forment une partition de $E$ ce qui est suffisant pour dire que $\varphi(k)$ divise le nombre d'éléments d'ordre $k$, j'ai bien compris...

    C'est inutile d'en dire plus pour montrer le résultat, mais je cherche à bien rédiger chaque détail pour ne rien manquer.
    Ce qui m'embête est un détail purement formel :

    $|E|=\displaystyle\sum_{n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}|\{y \in E : y=x^n\}|$

    car j'ai beau essayer de décortiquer cet ensemble, les deux bouts ne se rejoignent pas :
    $E=\{x \in G : o(x)=k\}$
    $=\{x \in G : \forall n \in \mathbb{N} \quad tq \quad x^n=e,\quad k \leq n\}$
    $=$ ?
    $=\displaystyle\bigsqcup_{n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}\{y \in E : y=x^n\}$


    En fait j'estime avoir compris quelque chose non pas quand j'ai vu comment ça marchait mais plutôt quand je n'arrive plus à pinailler sur aucun détail ! ;)
  • AD
    AD
    Re-bonjour SylowBout...

    Dans ta formulation : $ \vert E\vert=\displaystyle\sum_{n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}\vert\{y \in E : y=x^n\}\vert$ : Qu'est-ce que $x$ ?
    Si je comprends bien, les $x$ choisis forment un système de représentants des classes d'équivalence $ \{y \in E : y=x^n\}$.
    J'ai noté $x_j,\ j\in J,\ J$ fini, ce système de représentants alors tu peux écrire
    $ \vert E\vert=\displaystyle\sum_{j\in J}\vert\{y \in E : y=x_j^n,\ n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*\}\vert$
    Ce qui est dans $\{~\}$ sous le signe somme est une classe d'équivalence.
    Tu aurais pu aussi écrire, mais de manière plus tordue, en listant les éléments de $E$ dans l'autre sens :
    $ \vert E\vert=\displaystyle\sum_{n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}\vert\{y \in E : y=x_j^n,\ j\in J\}\vert$
    Mais c'est moins naturel parce qu'on ne voit plus les classes d'équivalence, qui sont découpées dans les termes de la somme !

    Est-ce que cela comble tes inquiétudes ?
    Alain
  • SylowBoutLeMérouPète
    SylowBoutLeMérouPète
    OK alors ce que je voulais écrire devrais plutôt être

    $E=\displaystyle\bigsqcup_{j\in J}\overline{x_j}$
    $=\displaystyle\bigsqcup_{j\in J}\{y \in E : y=x_j^n,\ n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*\}$
    $=\displaystyle\bigsqcup_{n \in (\mathbb Z/k\mathbb Z)^*}\displaystyle\bigsqcup_{j \in J}\{y \in E : y=x_j^n\}$

    Maintenant je vois formellement que $|E|=\varphi(k) \cdot |E/_{\sim}|$

    Merci AD !
  • gb
    gb
    Ne serait-il pas plus simple de dire que tout élément d'ordre $k$ engendre un sous-groupe cyclique de $G$, qui contient lui-même $\varphi(k)$ générateurs.

    Ainsi, si $G$ admet $n$ sous-groupes cycliques d'ordre $k$, il admet $n.\phi(k)$ éléments d'ordre $k$.

    ULa relation de AD sur $E$ est en fait : $x \mathcal{R} y$ ssi $x$ et $y$ engendrent le même sous-groupe de $G$
  • AD
    AD
    Bonsoir GB

    Bien sûr, les générateurs d'ordre k des sous-groupes cycliques d'ordre k sont en filigrane de la démo, mais encore faut-il montrer que ces sous-groupes cycliques ne s'intersectent pas sur des générateurs ! D'accord il n'y a qu'à l'écrire ...
    Revenir à des notions basiques (classes d'équivalence) me paraissait plus rapide et plus convaincant, surtout pour quelqu'un (peut-être) pas encore habitué à raisonner générateurs et autre sous-groupe cyclique.

    Alain
  • SylowBoutLeMérouPète
    SylowBoutLeMérouPète
    Bonjour,

    Je suis aussi interessé par d'autres explications !

    Le problème de l'intersection est reglé si l'on a affaire à des Sylow cycliques, ou produits directs de Sylow, non ? et sinon... avec plus d'informations sur le groupe en question, peut-être qu'on peut improviser.

    J'ai une petite préférence pour les actions de manière générale, mais les générateurs sont une bonne idée, merci gb pour ta remarque.
  • gb
    gb
    Le problème de l'intersection est réglé parce que l'on considère des sous-groupes cycliques... L'intersection de deux sous-groupes cycliques $G_1$ et $G_2$ d'ordre $k$ est un sous-groupe cyclique, si elle contient un élément d'ordre $k$, alors on a $G_1 = G_2$...

    Il n'y a pas vraiment une nouvelle explication. Pour montrer que l'ensemble $E$ des éléments d'ordre $k$ a un cardinal multiple de $\varphi(k)$, je ne vois guère d'autre approche que le lemme des bergers, et donc d'obtenir une partition de $E$ en sous-ensemble à $\varphi(k)$ éléments.
    Or une partition définit une relation d'équivalence...
    Le problème est donc d'expliciter sur $E$ une relation d'équivalence qui admette les "bonnes" classes.

    L'écriture formelle proposée par AD
    $$x \mathcal R y \Leftrightarrow \exists i\in \N,\ \mathrm{pgcd} (i,k)=1,\ y=x^i$$
    est, je pense, l'écriture la plus concise possible, mais il y a un petit travail à faire pour établir la réflexivité, la symétrie, la transitivité, et le dénombrement des classes.
    Je propose uniquement une explicitation plus "parlante" de cette relationsous la forme "$x \mathcal{R} y$ ssi $x$ et $y$ engendrent le même sous-groupe de $G$". Le caractère de relation d'équivalence est immédiat, l'interprétation des classes aussi, donc leur dénombrement, dès que l'on sait que
    $$\exists i\in \N,\ \mathrm{pgcd} (i,k)=1,\ y=x^i$$
    est la relation qui existe entre deux générateurs d'un même groupe cyclique.

    On peut aussi interpréter la relation d'équivalence en termes d'orbites : $x \mathcal{R} y$ ssi $x$ et $y$ appartiennent à la même orbite sous telle action. Reste à trouver, et PB y arrive magnifiquement, une action qui fournisse les bonnes orbites.

    Ce sont des visions, sous divers angles, de la même partition.
  • PB
    PB
    Le problème de l'intersection n'est-il pas encore plus simple : si G1 et G2 (d'ordre k) ont une intersection qui contient un élément d'ordre k, alors l'intersection est égale à G1 et à G2 donc G1=G2 :)
  • GG
    GG
    bonjour,
    il me semble qu'il n'est même pas besoin de mentionner les intersections de groupe : dans E, la relation < x > = < y > est une relation d'équivalence, comme toutes les relations de la forme f(x) = f(y). La classe de a est formée des x tels que < x > = < a >, ce qui est précisément * la définition d'un générateur de < a >. Ils sont donc au nombre de phi(k), d'où le résultat, non ?

    * tenant compte du fait que les générateurs de < a > sont dans E.
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