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Sous-groupe des permutations paires

Modifié (18 Sep) dans Algèbre
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 $\forall x \in G, \ x^2 \in N$.

«1

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 $x^2\in N$
  • Modifié (18 Sep)
    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 $\forall x \in G ,\ x^n=0$.
  • Modifié (18 Sep)
    $\newcommand{\A}{\mathfrak{A}}\newcommand{\S}{\mathfrak{S}}$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 ?
  • Modifié (19 Sep)
    Ouille 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.
  • Modifié (18 Sep)
    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 $\forall x \in N, \ x^2 \in N$.
  • Modifié (19 Sep)
    OShine a dit :
    C'est @Amédé qui a écrit $x^2=0$ ...
    Et j'assume, mais il vaut mieux noter 1 en effet. Mais c'est pas pour ça que tu ne comprend pas.  Ta solution est exactement ce que j'ai écris en remplaçant 0 par 1.
  • Pourrais-tu expliquer pourquoi $G / N$ est isomorphe à $\Z / 2\Z$ ?
  • Modifié (19 Sep)
    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 $G$.
  • Modifié (19 Sep)
    Pour la dernière question.
    Par l'absurde, si $G=\A_4$ contient un groupe $N$ de cardinal $6$, je ne vois pas comment déterminer $G=card \  \A_4$...
  • Modifié (19 Sep)
    Je bloque sur la dernière question.
  • Bonjour,
    Quel est le cardinal de $\mathfrak S_4$ ?
    Quel est le cardinal de $\mathfrak A_4$ ?

  • @OShine : Aide-toi du morphisme signature si tu ne connais pas le cardinal de $\A_n$.
  • OShine a dit :
    Pourrais-tu expliquer pourquoi $G / N$ est isomorphe à $\Z / 2\Z$ ?

    Il n'y a qu'un groupe de cardinal 2 à isomorphisme près et c'est $\Z/2\Z$.
  • @Amédé
    Rien compris, je n'ai pas ça dans mon cours.
  • Alors démontre-le (que tout groupe de cardinal $2$ est isomorphe à $\Z/2\Z$). C'est quasiment trivial.
  • Modifié (19 Sep)
    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... :mrgreen:
  • Modifié (20 Sep)
    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 $6$.
  • Modifié (20 Sep)
    Bonsoir
    Je 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 :mrgreen:
  • 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 $\Z / 2 \Z$.
  • Modifié (20 Sep)
    @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. 
  • Modifié (20 Sep)
    @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 $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$.
  • @Barry bonne remarque, je me suis posé la même question après coup.

    Je n'arrive pas à montrer qu'un groupe $G$ à deux éléments est isomorphe à $\Z /2 \Z$....
    Je ne vois pas quoi comme morphisme prendre.
  • Modifié (20 Sep)
    Allons @OShine ! Déjà que de base, t'as très peu de choix pour construire une bijection d'un ensemble à deux ensembles dans un ensemble à deux éléments (combien ?), mais si en plus tu imposes à cette bijection d'être un morphisme, un seul choix s'impose...
  • Modifié (20 Sep)
    Tu vas y arriver Barry, tu vas y arriver ... :mrgreen:
  • @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 (...)
  • Modifié (20 Sep)
    Il y  a $2!=2$ bijections.
    Je n'ai pas compris comment utiliser le morphisme. On sait juste que $\forall x,y \in G ,\ f(x+y)=f(x)+f(y)$.
  • Modifié (20 Sep)
    Thierry Poma a dit : [dans l'avant-dernier message]
    C'est quoi un morphisme non trivial ?
    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 ?
  • Modifié (20 Sep)
    Je n'ai pas compris. Cet exercice de @JLT soit disant trivial me semble plus dur que l'exo d'agreg.
    Pourquoi on devrait pointer le neutre de l'un sur le neutre de l'autre ? La définition d'un morphisme de groupes n'impose pas cette condition.
  • Modifié (20 Sep)
    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.

  • Modifié (20 Sep)
    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.
  • Modifié (20 Sep)
    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...
    Bref, tu l'as dit : deux bijections sont possibles. Tu aurais pu étudier les deux bijections et voir s'il y en a une qui fonctionne, même si c'est dommage d'identifier le morphisme de cette façon là car tu passerais (et en fait tu es passé) à côté d'un point élémentaire mais crucial. Comme l'a écrit Thierry Poma, un morphisme de groupes envoie toujours le neutre du groupe de départ sur celui du groupe d'arrivé ; c'est vraiment l'une des (la ?) premières propriétés des morphismes que l'on voit...
    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.
  • On va se marrer pour les groupes d'ordre $6$ du coup :)
  • Modifié (21 Sep)
    @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 $2$. 

  • Modifié (21 Sep)
    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)
  • Modifié (21 Sep)
    OShine a dit :
    @Amédé je vais m'arrêter à $2$.
    Je comprends.
    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.  
  • Modifié (21 Sep)
    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.
    Vérification incomplète. Tu as trois autres produits à examiner, ce qui fait 4 en tout, comme le nombre de cases dans la table de multiplication du groupe...
  • Modifié (21 Sep)
    @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.
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