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Sous-groupe des permutations paires

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Réponses

  • Est-ce que tu as conscience que si $n$ est un entier alors tous les groupes cycliques de cardinal $n$ sont isomorphes entre eux ?
  • Modifié (21 Sep)
    @OShine : Barry et JLapin te disent que, par exemple, tu n'as justifié $f\left(x*x\right)=f\left(x\right)+f\left(x\right)$.

    Edit : des messages précédents ont été modifiés.
  • Modifié (21 Sep)
    OShine a dit :
    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. 


    Si c'est le second théorème que tu as utilisé pour justifier que $x^2 = e$ dans un groupe d'ordre 2, alors tu as raison ; mais procéder ainsi, c'est quand même utiliser un bazooka pour tuer une mouche(voir la table de groupes faite par Math Coss)... 
  • @OShine : est-ce que tu saurais justifier que $x$ est son propre symétrique (inverse) sans utiliser l'un de tes 3 théorèmes ?
  • Soit $G=\{1 ,x \}$ avec $x \ne 1$.
    Par l'absurde, si $x^2 \ne 1$, alors comme $G$ contient deux éléments, on aurait $x^2=x$ et donc $x^{-1} xx = x^{-1} x$ soit $x=1$ ce qui est absurde.

  • JLT a dit :
    Est-ce que tu as conscience que si $n$ est un entier alors tous les groupes cycliques de cardinal $n$ sont isomorphes entre eux ?
    Oui car tout groupe cyclique de cardinal $n$ est isomorphe à $\Z / n \Z$.
  • JLTJLT
    Modifié (21 Sep)
    Donc tu vois pourquoi on parlait de groupes cycliques ?

    Edit : ton message précédent avant que tu ne le modifies disait "je ne comprends pas pourquoi on parle de groupes cycliques". Il serait plus correct de signaler les modifications par un "Edit" dans le corps du message.
  • Modifié (21 Sep)
    @OShine : ok. Tu comprends pourquoi écrire "$f\left(xe\right)=f\left(x\right)+f\left(e\right)$, donc c'est un morphisme." n'est pas correct ?
    OShine a dit :
    Oui car tout groupe cyclique de cardinal $n$ est isomorphe à $\Z / n \Z$.
    Tu sais le faire ?
  • Alors on va noter $G$ multiplicativement. Commençons par $|G|=p$ où $p$ est premier. D'après le théorème de Lagrange un élément de $G$ est d'ordre $p$ ou $1$. Si tout élément $g$ de $G$ est d'ordre $1$, alors $G$ est trivial. Puisqu'il n'est pas trivial, alors $G$ contient un élément d'ordre $p$. Donc $G$ est cyclique d'ordre $p$. Donc isomorphe à $\Z/p\Z$. Par exemple ( à vérifier), par $\overline{k}\longmapsto g^k$, où $g\not= e$. Donc les groupes d'ordre 2,3 et 5 sont tous cycliques et isomorphes respectivement à $\Z/k\Z$ pour $k=2,3$ et $5$. 
  • On peut aussi poser $\phi_g:Z\longrightarrow G$, où $G$ est d'ordre $2$ et $k\longmapsto g^k$, avec $g\not=e$. Le morphisme est surjectif  et $ker(\phi_g)=2\Z$. Donc $\phi_g$ induit un isomorphisme $\Z/2\Z\longrightarrow G$
  • @Amédé : bonsoir. Déjà proposé ici.
  • Modifié (21 Sep)
    Cas $|G|=4=2^2$:  Montrer: $G$ est abélien. Par le théorème de Lagrange l'ordre d'un élément $g$ de $G$ est $1$, $2$ ou $4$. Si il y a un élément d'ordre $4$ alors $G$ est cyclique et donc isomorphe à $\Z/4\Z$ et sinon $G$ ne contient que des éléments d'ordre $2$ ou 1. Soit $g\in G$ d'ordre $2$. On considère le sous groupe cyclique de $G$ $<g>$ et $h\in G\backslash <g>$ et le morphisme: $<g>\times <h>\longmapsto G$ qui a $(g^k,h^l)$ associe $g^kh^l$. C'est surjectif et par cardinalité $G$ est isomorphe à $<g>\times <h>\simeq \Z/2\Z\times\Z/2\Z$
  • J'aime bien ceux qui perdent du temps à donner toutes les réponses. Je ne sais pas s'ils sont au courant que de toute façon OShine demandera de détailler la réponse. Et si vous croyez avoir déjà détaillé détrompez-vous. OShine vous demendera de détailler vos détails... :mrgreen:

    Bref si vous pensez raccourcir le fil de la sorte vous n'avez encore rien compris, comme Amédé quoi.
  • Ca tire trop dans les coins le cas du cardinal $4$, je passe à autre chose. 
  • À mon avis, Amédé a raison de le faire car il ne le fait pas pour OShine mais pour donner une réponse, sa réponse. J'aime lire son style et le style d'autres membres. C'est agréable, merci à lui. Qu' OShine n'y comprenne quasiment rien n'a aucune espèce d'importance de mon point de vue. on n'est pas ici pour lui faire un cours particulier. Le seul intérêt des fils initiés par Oshine c'est de pouvoir parler de math, à niveau accessible pour beaucoup de monde ici. Ça je pense qu'Amédé l'a bien compris, lui.
  • troisqua a dit :
    Le seul intérêt des fils initiés par Oshine c'est de pouvoir parler de math, à niveau accessible pour beaucoup de monde ici. Ça je pense qu'Amédé l'a bien compris, lui.
    Ok, dans ce cas pour le bien de ceux qui vont lire Amédé je pointe ce passage :  

    Amédé a dit : 
    On considère le sous groupe cyclique de $G$ $<g>$ et $h\in G\backslash <g>$ et le morphisme: $<g>\times <h>\longmapsto G$ qui a $(g^k,h^l)$ associe $g^kh^l$. C'est surjectif et par cardinalité $G$ est isomorphe à $<g>\times <h>\simeq \Z/2\Z\times\Z/2\Z$
    Si on se met dans la peau d'un pauvre étudiant ayant tout le mal du monde à comprendre l'algèbre on se dit : mais pourquoi  $(g^k,h^l)\mapsto g^kh^l$ serait un morphisme de $<g>\times <h>$ dans $G$ ? Si on avait préalablement montré que $G$ est abélien alors ok mais ce n'est pas le cas... Ben oui finalement, si on veut donner la réponse alors il faut la donner jusqu'au bout, pour le bien des étudiant hein.


    PS. @Amédé si tu avais l'amabilité de compléter ta solution, pour les étudiants ce serait sympa :mrgreen:

  • Pourquoi "pour les étudiants" ? Il en faut pour tout le monde. Moi je suis très content d'avoir lu sa réponse. Je sais à qui elle s'adresse et à qui elle ne s'adresse pas. Pourquoi demander à Amédé qu'il s'adresse aux étudiants dans ses solutions ? Je ne comprends pas tes exigences.
  • Étant donné que l'exercice est d'un niveau élémentaire, si Amédé ne s'adresse ni à OShine ni aux étudiants visiblement (car autrement il aurait détaillé plus) alors il s'adresse à qui troisqua ?

    Je réfléchis, c'est quelqu'un qui ne sait pas déterminer les groupes d'ordre 4 et qui n'est ni OShine ni un étudiant... qui ça peut bien être 🤔. Un indice ?
  • Quelqu'un qui a un niveau intermédiaire sur les groupes ? Quelqu'un qui prépare l'agrégation (interne ou non) ? Quelqu'un qui aime les maths tout simplement ? Faut-il savoir répondre précisément à la question "qui va apprécier mon post" pour poster ? Pourquoi s'exciter ainsi sur la réponse d'Amédé ? C'est juste une réponse, avec un point de vue, qui laisse un peu de travail encore, à un petit exo de math.
  • Modifié (22 Sep)
    Sinon, on démontre que tout groupe de cardinal $p^2$ avec $p$ premier est nécessairement commutatif puis, par la classification bien connue des groupes finis commutatifs, isomorphe à $\Z/p^2 \Z$ ou à $(\Z/p\Z)^2$.

    Application :smile: : en prenant $p=2$, on obtient que tout groupe de cardinal $4$ est commutatif et isomorphe à $(\Z/4\Z)$ ou $(\Z/2\Z)^2$.
  • Modifié (22 Sep)
    troisqua a dit :
    Quelqu'un qui a un niveau intermédiaire sur les groupes ? Quelqu'un qui prépare l'agrégation (interne ou non) ? Quelqu'un qui aime les maths tout simplement ?
    Si c'est l'histoire que tu te racontes après avoir échoué à faire fermer les fils d'OShine... :mrgreen:

    Ceci-dit on peut calquer la preuve d'Amédé pour montrer que tout groupe est abélien, c'est marrant faisons-le : 

    soit $G$ un groupe quelconque et $g,h\in G$. Si $h\in <g>$ alors $g$ et $h$ commutent. Autrement si $h\not\in <g>$ considérons le morphisme $\phi:<g>\times <h>\to G, (g^k,h^l)\mapsto g^kh^l$. Ici c'est magique : on remarque que $gh=\phi(g,h)=\phi\left((1,h)\cdot (g,1)\right)=\phi(1,h)\phi(g,1)=hg$. Donc $g$ et $h$ commutent et $G$ est abélien.
  • Modifié (22 Sep)
    C'est invoquer beaucoup de résultats pour si peu.
    Soit $G$ un groupe d'ordre $4$. Avec Lagrange, l'ordre de tout élément non trivial est $2$ ou $4$. S'il existe un élément d'ordre $4$, c'est plié. Sinon on prend deux éléments $x$ et $y$ d'ordre $2$ ; leur produit est nécessairement distinct de $x$ et $y$ et aussi d'ordre $2$ (car $y\ne x^{-1}$ car $x^{-1}=x$) ; en passant, c'est vrai de $xy$ comme de $yx$ et il n'y a qu'un seul élément en plus de $1$, $x$ et $y$, d'où $xy=yx$ ; on a la liste complète des éléments, à savoir $\{1,x,y,xy\}$ ; pour conclure on compare les tables ou on vérifie que $\Z/2\Z\times\Z/2\Z\to G$, $(a,b)\mapsto x^ay^b$ est bien défini et que c'est un isomorphisme. \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline +&(0,0)&(1,0)&(0,1)&(1,1)\\\hline(0,0)&(0,0)&(1,0)&(0,1)&(1,1)\\(1,0)&(1,0)&(0,0)&(1,1)&(0,1)\\(0,1)&(0,1)&(1,1)&(0,0)&(1,0)\\(1,1)&(1,1)&(0,1)&(1,0)&(0,0)\\\hline \end{array}\qquad\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline\cdot&1&x&y&xy\\\hline 1&1&x&y&xy\\x&x&1&xy&y\\ y&y&xy&1&x\\xy&xy&y&x&1\\\hline\end{array}\]
  • Modifié (22 Sep)
    @raoul.S :
    Si c'est l'histoire que tu te racontes après avoir échoué à faire fermer les fils d'OShine... mrgreen
    Pas compris le rapport avec ce que j'ai répondu. Tu veux expliquer ? Ça a l'air de t'exciter.
    Concernant les maths, Amédé a implicitement utilisé que dans le groupe considéré, tous les éléments sont d'ordre 1 ou 2 donc il est abélien (classique), ce qui montre que son application est un morphisme. Évidemment que ça tape trop haut vu l'exercice, mais justement ça m'a intéressé et ça t'a donné l'occasion de taper sur quelqu'un avec l'émoji sarcastique, super quoi !
  • Modifié (22 Sep)
    raoul.S a dit :
    soit $G$ un groupe quelconque et $g,h\in G$. Si $h\in\langle g\rangle$ alors $g$ et $h$ commutent. Autrement si $h\not\in \langle g\rangle$ considérons le morphisme $\phi:\langle g\rangle\times \langle h\rangle\to G, (g^k,h^l)\mapsto g^kh^l$.
    Qui peut dire que c'est un morphisme sans savoir que $g$ et $h$ commutent ?
    Edit : ah, je vois que tu as posé la même question plus haut. Alors je ne comprends pas ton message.

  • Modifié (22 Sep)
    @Math Coss c'était ironique. J'imitais la façon de rédiger d'Amédé.
    troisqua a dit :
    Pas compris le rapport avec ce que j'ai répondu. Tu veux expliquer ? Ça a l'air de t'exciter.
    C'est simple tu as dit qu'Amédé donne les réponses aux exercices d'OShine pour parler de math à un niveau accessible pour beaucoup de monde... et qu'il s'adresse donc par exemple à quelqu'un qui a un niveau intermédiaire sur les groupes ? Quelqu'un qui prépare l'agrégation (interne ou non) ? Quelqu'un qui aime les maths tout simplement ?

    et moi je te réponds : si c'est l'histoire que tu te racontes après avoir échoué à faire fermer les fils d'OShine...

    Bref, ce n'est pas pour ça qu'Amédé donne les réponses. Il les donne car il ne supporte plus les fils de OShine et qu'il veut les fermer le plus vite possible. Mais s'il tient à tout prix à donner les réponses ce serait bien, à mon avis, qu'il les donne comme il faut avec assez de détails.

    PS. après j'avoue qu'en te voyant faire une fixette avec le terme "exciter" je me demande si je ne suis pas sur un autre type de forum... 
  • @raoul.S  : Je n'ai toujours pas compris le rapport entre ce que j'ai dit et le fait d'avoir échoué à faire fermer les fils d'OShine. La modération a pris la décision de les laisser ouverts en répondant directement aux questions et sans transformer le fil en cours particulier. Donc une décision intermédiaire entre fermer directement le fil, et laisser le fil se terminer en cours sado mado insupportable.
    Ça fait un moment que des membres, dont moi, respectons cette règle imposée par la modération. Amédé fait exactement ça. Donc d'où vient le sarcasme ? On peut balancer une solution, pas nécessairement dans l'intention de faire fermer le fil (ça c'est un procès d'intention) mais juste pour donner UNE solution possible pour ceux que ça peut intéresser (OShine n'étant pas le principal destinataire). Je trouve ça plutôt bien finalement.
  • troisqua a dit :
    La modération a pris la décision de les laisser ouverts en répondant directement aux questions et sans transformer le fil en cours particulier.

    Ah bon ?
    J'ai l'impression qu'au moins un des modérateurs pose régulièrement des questions à OShine...
    Je ne vois ici ou là de "règle imposée par la modération". D'ailleurs, si ça ne tenait qu'à moi, je supprimerais instantanément tous les posts d'Oshine demandant des solutions détaillées d'énoncés de concours (CPGE ou agreg) alors que pour lui, $\R$ est l'unique sev de $\R^2$ de dimension 1.
  • Modifié (22 Sep)
    Il n'y a pas eu de règle imposée par la modération, tu as raison, c'est très maladroitement dit de ma part, mais il a été recommandé par plusieurs modérateurs de donner les réponses directement et de ne pas partir dans un dialogue stérile avec OShine. J'ai la femme de sourcer mais c'est tout à fait vérifiable. Effectivement, il fallait amender ce que j'ai dit.
  • AD a dit :
    Je viens de supprimer 11 messages relatif au comportement de OShine.
    Restons dans les réponses mathématiques.
    Comme Amédé ci-dessus, faites vous plaisir à donner les solutions mathématiques aux exercices proposés par OShine, sans tenir compte de ses "Je bloque" pavloviens.
    AD
  • Oui, AD signale de ne pas discuter du comportement d'Oshine, pas de ne pas discuter avec Oshine.
  • Modifié (23 Sep)
    @JLapin , tu as dit "AD signale de ne pas discuter du comportement d'Oshine". Je ne suis pas d'accord avec toi, AD dit précisément "donnez les solutions, ne tenez pas compte de ses "je bloque"". Ce n'est pas la même chose que ton interprétation. Peut-être a t-il également dit de ne pas parler de son comportement, mais c'est autre chose.
    Amédé: a donné une solution et n'a pas tenu compte des éventuels blocages ou demandes d'aide intempestives d'OShine, bref il s'est comporté exactement comme il a été conseillé de le faire par la modération.

  • Je reste de l'avis que j'avais exprimé ICI.
  • Modifié (23 Sep)
    Tu peux, mais bon, encore une fois, ce qu'écrit Amédé m'intéresse, et ton avis sur ce qu'Amédé devrait faire ou non, m'intéresse beaucoup moins.
  • Modifié (23 Sep)
    Amédé a dit :
    Cas $|G|=4=2^2$:  Montrer: $G$ est abélien. Par le théorème de Lagrange l'ordre....
    :)
    En fait, je pense que tout étudiant sérieux et qui connait son théorème de Lagrange, peut montrer qu'un groupe d'ordre 4 est abélien.
  • Modifié (23 Sep)
    Pour moi ta preuve est incomplète si elle est adressée à des gens qui ont de la peine avec ces notions. D'ailleurs j'ajouterais qu'un étudiant qui peut montrer tout seul qu'un groupe d'ordre 4 est abélien ben... il a résolu l'exo en fait donc il n'aura pas besoin de ta "solution".
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