Sous-groupe des permutations paires
Bonsoir,
a) On a $\dfrac{ |G|}{|N|}=2$ donc l'indice de $N$ dans $G$ vaut $2$.
Cela veut dire qu'il y a $2$ classes à gauche, donc deux classes à droite aussi.
$N$ est à la fois une classe à gauche et une classe à droite. Soit $g \in G$. Si $g \in N$ alors $g N= N =Ng$.
Supposons $g \notin N$. Alors $g N \ne N$ et $Ng \ne N$. Donc $gN$ est le complémentaire de $N$ dans $G$ et $Ng$ aussi.
Par conséquent $gN=Ng$. Le sous-groupe $N$ est donc distingué dans $G$.
Comme $N$ est un sous-groupe distingué dans $G$, on a $\forall x \in G, \ \forall h \in N, \ \ xhx^{-1} \in N$.
Je ne vois pas comment montrer que $\forall x \in G, \ x^2 \in N$.
a) On a $\dfrac{ |G|}{|N|}=2$ donc l'indice de $N$ dans $G$ vaut $2$.
Cela veut dire qu'il y a $2$ classes à gauche, donc deux classes à droite aussi.
$N$ est à la fois une classe à gauche et une classe à droite. Soit $g \in G$. Si $g \in N$ alors $g N= N =Ng$.
Supposons $g \notin N$. Alors $g N \ne N$ et $Ng \ne N$. Donc $gN$ est le complémentaire de $N$ dans $G$ et $Ng$ aussi.
Par conséquent $gN=Ng$. Le sous-groupe $N$ est donc distingué dans $G$.
Comme $N$ est un sous-groupe distingué dans $G$, on a $\forall x \in G, \ \forall h \in N, \ \ xhx^{-1} \in N$.
Je ne vois pas comment montrer que $\forall x \in G, \ x^2 \in N$.
Réponses
-
A priori ton sous groupe $N$ est d'indice 2, donc distingué. Et ainsi $|G/N|=2$, donc $G/N$ est isomorphe à $\Z/2\Z$, si bien que $x^2=0$ dans $G/N$... Donc $x^2\in N$
-
Oui $| G / N | =2$.
Merci joli, je n'ai pas pensé à utiliser que tout groupe fini de cardinal $n$ est isomorphe à $\Z / n \Z$.
Puis on utilise que si $G$ est de cardinal $n$ alors $\forall x \in G ,\ x^n=0$.
-
$\newcommand{\A}{\mathfrak{A}}\newcommand{\S}{\mathfrak{S}}$b) Je commence par exemple. Soit la permutation $(1 \ 2 \ 3)$.
On a $(1 \ 2 \ 3)^2 = (1 \ 2 \ 3) \circ (1 \ 2 \ 3 )=(1 \ 3 \ 2 )$
Puis $(1 \ 3 \ 2)^2 =(1 \ 2 \ 3 )$
On voit que $\A_n ^2=\A_n$. C'est juste ça la question ?
-
OShine https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2382364/#Comment_2382364Ouille ouille ouille ! Deux énormités en deux lignes, c'est affligeant. Il est bien sûr grossièrement faux faux que « tout groupe fini de cardinal $n$ est isomorphe à $\Z/n\Z$ ». Il est vraiment étrange d'utiliser une notation multiplicative comme $x^n$ et la notation $0$ pour le neutre dans un même groupe.
-
C'est @Amédé qui a écrit $x^2=0$ ...
Tout groupe cyclique de cardinal $n$ est isomorphe à $\Z / n \Z$. Du coup je ne comprends pas la solution d'@Amédé.
Ma solution :
L'application : $f : N \longrightarrow G/N \\ x \mapsto \bar{x}$ est un morphisme de groupes.
De plus, $card( G/N)=2$.
Soit $x \in N$. Alors $f(x^2)=f(x)^2 = \bar{x}^2 = \bar{1}$
Ainsi, $x^2 \in N$.
On a montré $\forall x \in N, \ x^2 \in N$. -
Pourrais-tu expliquer pourquoi $G / N$ est isomorphe à $\Z / 2\Z$ ?
-
Si un groupe est de cardinal $p$, premier, alors il est isomorphe à $\Z/p\Z$, ça, a priori, tu le sais. La question est donc: pourquoi $G/N$ est un groupe ? Amédé t'a dit qu'un sous-groupe d'indice 2 est nécessairement distingué, ce qui devrait répondre à la question.
Applique-toi à montrer qu'un sous-groupe d'indice 2 est distingué. -
@Titi le curieux
Je ne me souvenais pas de ce théorème.
Je l'ai déjà montré voir ma première question.
$G / N$ est un groupe quotient car $N$ est distingué dans $G$.
-
Pour la dernière question.
Par l'absurde, si $G=\A_4$ contient un groupe $N$ de cardinal $6$, je ne vois pas comment déterminer $G=card \ \A_4$... -
Je bloque sur la dernière question.
-
Bonjour,Quel est le cardinal de $\mathfrak S_4$ ?Quel est le cardinal de $\mathfrak A_4$ ?
-
Alors démontre-le (que tout groupe de cardinal $2$ est isomorphe à $\Z/2\Z$). C'est quasiment trivial.
-
Le cardinal de $\mathfrak S_4$ vaut $4!$.
Soit $f : \mathfrak S_n \longrightarrow \{ -1,1 \} \\ \sigma \mapsto \varepsilon( \sigma)$ est un morphisme de groupes surjectif.
On a $\ker f = \mathfrak A_n$ donc $\mathfrak A_n$ est distingué dans $\mathfrak S_n$. D'après le théorème d'isomorphisme, il existe un isomorphisme entre $\mathfrak S_n / \mathfrak A_n$ et $Im f = \{-1,1 \}$.
Donc $\boxed{ |\mathfrak A_n| =\dfrac{ |\mathfrak S_n|}{2}}$.
Donc $|\mathfrak A_4 | = 4 ! /2 =12$
Je pense savoir comment finir la question $c$ je le ferai ce soir quand j'aurai du temps.
-
Et la b) tu as réussi à la faire tout seul ? Pfff on perd les bonnes habitudes...
-
Soit $G$ un sous-groupe de cardinal $2$. Alors $G=\{1,x \}$ avec $x \ne 1$.
Soit l'application $g : G \longrightarrow \Z /2 \Z$ tel que $g(1)=\bar{0}$ et $g(x)=\bar{1}$. Elle est clairement bijective d'où $ G \approx \Z /2 \Z$.
c) Par l'absurde supposons que $\mathfrak A_4$ contienne un sous-groupe $N$ de cardinal $6$.
Ainsi $\boxed{N \subset \mathfrak A_4}$.
$|\mathfrak A_4| = 12 = 2 |N| $.
D'après la question a), $N$ est un sous-groupe distingué de $\mathfrak A_4$.
Ainsi, $\forall x \in \mathfrak A_4 ,\ x^2 \in N$.
Donc le sous-groupe engendré par les carrés des éléments de $\mathfrak A_4$ est incus dans $N$.
Mais d'après la question b), le sous-groupe engendré par les carrés des éléments de $\mathfrak A_4$ est $\mathfrak A_4$.
Finalement $\boxed{\mathfrak A_4 \subset N}$.
Par double inclusion, on a montré que : $\boxed{\mathfrak A_4=N}$, ce qui est absurde car ces deux groupes n'ont pas le même cardinal.
On a montré que $\mathfrak A_4$ ne contient pas de sous-groupe de cardinal $6$.
-
BonsoirJe ne comprends pas tout. D'abord les notations $U_4$ c'est bien $\A_4$ ? C'est-à-dire le sous-groupes des permutations paires ? J'espère avoir bien compris cela.Alors dans ce cas pourquoi le sous-groupe engendré par les carrés c'est $\A_4$ lui même ? En effet, tu justifies cela par la question b), mais je ne vois à aucun instant que cela a été prouvé.C'est certain ce que tu dis ?
-
Pour la b) tu as regardé le corrigé, avoue
-
Non, je n'ai pas de corrigé.
Quand j'ai étudié le programme de MPSI, j'ai passé 1 mois sur les permutations.
Je trouve que la question b est la plus facile, la c) est bien plus dure. Et la question a) est aussi plus dure, j'ai eu du mal à trouver.
@bd2017
En effet, j'ai donné le résultat sans preuve.
Tu as raison, voici une vraie démonstration que j'ai rédigée.
Notons $C$ l'ensemble des carrés d'éléments de $\mathfrak A_n$. On cherche à déterminer $< C>$ le sous-groupe engendré par l'ensemble des carrés de $\mathfrak A_n$.
Montrons que $<C> =\mathfrak A_n$.
Commençons par remarquer que si on prend un cycle $(a \ b \ c)$ alors $\boxed{(a \ b \ c) = ( a \ c \ b)^2}$ ce qui permet d'affirmer que $\mathfrak A_n \subset <C>$.
Pour la suite, on va utiliser que $\boxed{(a \ b \ c)^2=(a \ c \ b)}$.
Réciproquement, soit $x \in C$, comme $C \subset \mathfrak A_n$ alors $x \in \mathfrak A_n$.
Or $\mathfrak A_n$ est un groupe donc $<C> \subset \mathfrak A_n$.
On a montré : $\boxed{<C>= \mathfrak A_n}$.
-
@OShine : l'existence d'un bijection entre deux groupes finis ne montre pas leur isomorphie. Essaie de faire l'exercice proposé par JLT proprement.
-
Oui j'ai oublié morphisme je réfléchis.
-
Vu que l'exercice est résolu. Pour comprendre un peu tu peux essayer de classifier les groupes d'ordre 1, 2, 3, 4, 5 et 6 à isomorphisme près. C'est un travail intéressant.
-
Je ne comprends pas ton exercice.
Soit $G=\{ 1 , x \}$ avec $x \ne 1$. On a $|G|=2$.
L'application $\phi : G \longrightarrow \Z /2 \Z \\ y \mapsto \bar{y}$ est un morphisme de groupe.
Montrons qu'il est bijectif. La surjection est évidente, les groupes étant de même cardinal, c'est un morphisme bijectif donc un isomorphisme.
Donc $G$ est isomorphe à $\Z / 2 \Z$. -
@OShine : Ton application a-t-elle un sens ? Si je prends dans $\S_n$ une transposition $\tau$ et que je regarde le sous-groupe de $\S_n$ $\left\{Id,\tau\right\}$ , quel est le sens de $\overline{\tau}$ ?
Amédé te demande de classifier les groupes d'ordre 6 maximum à isomorphisme près, c'est-à-dire que deux groupes isomorphes seront considérés comme identiques dans ta classification. Par exemple, $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ est un groupe d'ordre 2, et quand tu auras bien défini ton morphisme $\phi$, tu auras prouvé qu'à isomorphisme près, $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ est le seul groupe d'ordre 2 car tout groupe d'ordre 2 lui est isomorphe. -
@OShine : c'est quoi $\overline{y}$ dans tes notations ? Ce serait bien que tu explicites vraiment un isomorphisme entre un groupe $G$ à $2$ éléments et $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$.
-
Tu vas y arriver Barry, tu vas y arriver ...
-
@OShine : soit $(G,\,\star)$ un groupe d'ordre $2$ et de neutre $e$. Soit $f:(\Z,\,+)\to(G,\,\star)$ un morphisme de groupes non trivial. Alors, $\ker\,f=f^{-1}(\{e\})=\cdots$, de sorte que (...)
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
Il y a $2!=2$ bijections.
Je n'ai pas compris comment utiliser le morphisme. On sait juste que $\forall x,y \in G ,\ f(x+y)=f(x)+f(y)$.
-
Thierry Poma a dit : [dans l'avant-dernier message]
Soit $x \in \Z$. On a $f(2x)= (f(x))^2=1$ donc $2 \Z \subset \ker f$. Je ne vois pas comment déterminer $\ker f$.
Par théorème de passage au quotient, il existe un morphisme injectif de $\Z /2 \Z$ dans $G$. Pourquoi serait-il surjectif ? -
@OShine : si je te pose la question, c'est que tu as déjà vu le résultat. Sinon, il y a effectivement deux bijections ensemblistes ; mais combien en existe-t-il qui font pointer le neutre de l'un sur le neutre de l'autre ? C'est le B-A-BA. Est-ce un morphisme de groupes ?
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
@OShine :La définition d'un morphisme de groupes n'impose pas cette condition.
Elle ne l'impose pas, car il est très facile de l'établir, contrairement à la définition d'un morphisme d'anneaux, par exemple. Tu as déjà vu tous ces résultats et tu as tout oublié. J'abandonne ; c'est irrécupérable.
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
Je ne comprends rien à ta méthode.
Je n'ai pas compris comment trouver l'isomorphisme de groupe entre $G$ et $\Z / 2 \Z$.
-
@OShine :(...) donc $2 \Z \subset \ker f$.Il y a un célèbre théorème de factorisation qui va re permettre de continuer, puis de conclure par cardinalité.
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
OShine a dit :Je n'ai pas compris. Cet exercice de @JLT soit disant trivial me semble plus dur que l'exo d'agreg.J'hallucine...
Donc tu as forcément $f(e) = \overline{0}$. Que vaut alors $f(x)$, où $x$ est le second élément de $G$ ? À partir de là, il n'y a plus qu'à vérifier qu'on a bien un morphisme de groupes...
-
C'est peut-être un des rares cas où il est rentable d'écrire la table du produit dans notre mystérieux groupe $G=\{1,x\}$ à deux éléments. Allez, je commence à la remplir avec les choses évidentes. \[\begin{array}{|c|c|c|}\hline \cdot&1&x\\\hline1&1&x\\\hline x&x&?\\\hline\end{array}\]Que peut bien valoir ce point d'interrogation, sachant que l'application $G\to G$, $g\mapsto x\cdot g$ est bijective ? Variante : quel peut bien être l'inverse de $x$, sachant que $1$ est déjà occupé ? Écrivons alors la table de multiplication de $\{-1,1\}$ et, soyons fous, la table d'addition de $\Z/2\Z$. \[\begin{array}{|c|c|c|}\hline \times&1&-1\\\hline1&1&-1\\\hline -1&-1&1\\\hline\end{array}\qquad\begin{array}{|c|c|c|}\hline +&0&1\\\hline0&0&1\\\hline 1&1&0\\\hline\end{array}\]Peut-on établir des isomorphismes avec ces quelques renseignements épars ?
-
c'est l'une des premières propriétés des morphismes que l'on voit.OShine a une capacité mémoire limitée, et organisée en FIFO. Quand il ingère une nouvelle information, il efface de sa mémoire l'information la plus ancienne, pour libérer un emplacement.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
-
On va se marrer pour les groupes d'ordre $6$ du coup
-
@Barry
Ok merci c'est bon.
$f(e)=\bar{0}$ et $f(x)=\bar{1}$.
On a $f(xe)=f(x)$ et $f(x)+ f(e) = \bar{1} + \bar{0} = \bar{ 0+1} = \bar{1} = f(x)$ c'est bien un morphisme.
L'application est bien bijective car chaque élément de $\Z / 2 \Z$ a un unique antécédent.
@Math Coss
$x^2=1$ car $G$ est de cardinal $2$. (cours sur les groupes)
Je ne comprends pas le rapport avec l'exercice, pourquoi tu veux que $G\to G$, $g\mapsto x\cdot g$ soit bijective alors qu'on cherche une bijection entre $G$ et $\Z / 2 \Z$ ?
Pas compris le rapport entre les tables et l'isomorphisme.
@Amédé je vais m'arrêter à $2$.
-
Oui. Il reste juste à vérifier que $f(x^2)=f(x) + f(x)$ et c'est bon. Peux-tu préciser cette phrase s'il te plaît : "$x^2=1$ car $G$ est de cardinal $2$. (cours sur les groupes)".
EDIT : Voir le message de JLapin ci-dessous, il y a encore 2 égalités en plus de celle-là à vérifier(bon, il y en a une qui est immédiate) -
OShine a dit :@Amédé je vais m'arrêter à $2$.
Penses-tu toujours que classer les groupes de cardinal $2$ est plus dur que ton exo d'agrégation ?Pour le cardinal $3$, il y a encore un isomorphisme avec $\mathbf{Z}/3\mathbf{Z}$. Le nombre de bijections est petit ; le nombre de bijections qui envoient le neutre sur le neutre est encore plus petit ; le nombre de bijections qui envoient le neutre sur le neutre et qui sont des morphismes est encore plus petit.Pour le cardinal $4$, c'est différent. -
Normalement dans tout cours de base sur les groupes il y a un théorème qui dit que si $p$ est premier alors tout groupe de cardinal $p$ est cyclique. Fin de l'histoire pour les groupes d'ordre $2,3,5$. Mais la solution de Math Coss est bien sûr intéressante, ne pas la comprendre révèle une incompréhension de la notion d'isomorphisme.
-
Fin de l'histoire (pour $p$ premier) si on connaît le théorème (et si on en comprend une démonstration) : ce n'est pas le cas d'OShine.
-
OShine a dit :@Barry
Ok merci c'est bon.
$f(e)=\bar{0}$ et $f(x)=\bar{1}$.
On a $f(xe)=f(x)$ et $f(x)+ f(e) = \bar{1} + \bar{0} = \bar{ 0+1} = \bar{1} = f(x)$ c'est bien un morphisme.
-
@JLapin
Non dans la table il y a que deux éléments distincts. $x$ et $1$ commutent.
$f(x^2)=f(1)=\bar{0}$. Et $f(x)+f(x)=\bar{1} + \bar{1}= \bar{0}$.
Les théorèmes je les connais.- Si $G$ est un groupe et $a \in G$ tel que $a \ne 1$. Si $p$ est premier tel que $a^p=1$ alors $a$ est d'ordre $p$.
- Si $G$ est un groupe à $N$ éléments alors pour tout $a \in G$ on a $a^N=1$.
- Soit $G$ un groupe ayant pour nombre d'éléments un nombre premier. Alors $G$ est cyclique et tout élément différent de l'élément neutre est générateur.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.2K Toutes les catégories
- 9 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 63 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 313 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 773 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres