Théorème de Cayley et groupe des bijections

OShine

Bonjour, 

Je commence le chapitre $2$ sur le groupe symétrique et les ennuis commencent.
Je bloque sur tous les points encadrés.

JLapin

Cherche.

OShine

Déjà identifier $G$ à un sous-groupe de $\mathfrak{S} (G)$ je ne comprends pas ce que ça signifie. 

Pour le deuxième point, j'ai réussi. Montrons que $f : E \longrightarrow E$ définie par $f= x \circ \sigma \circ x^{-1}$ est bijective si et seulement si $\sigma$ l'est.

• Si $\sigma$ est bijective, comme $x$ et $x^{-1}$ sont bijectives, $f$ est bijective par composition.
• Réciproquement, si $f= x \circ \sigma \circ x^{-1}$ est bijective alors $x^{-1} \circ f \circ x= \sigma$ est bijective par composition d'applications bijectives. 

NicoLeProf

Pour le 3ème encadré, écris les choses, ce n'est pas vraiment plus dur que le deuxième encadré. Comme dit JLapin, cherche au brouillon avec un stylo, je suis sûr que tu peux y arriver ! Tu manques vraiment de confiance en tes capacités !

NicoLeProf

Pour le premier encadré, il faudrait prendre un exemple : $G=(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}^*,\times)$ .

Considérons $x=3 \in G$ (flemme de mettre les classes, abus de langage assumé ! ) donc l'application : $_3m$ associe $g \in \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}^*$ à $3g$ . Ainsi, $_3m(1)=3$ ($1$ est envoyé sur $3$) ; $_3m(2)=1$ ($2$ est envoyé sur $1$) ; $_3m(3)=4$ et $_3m(4)=2$ .

C'est donc comme si $_3m$ correspondait au cycle : $(1342)$ de $\mathfrak{S}(G)$ .

Maintenant, exo : fais de même pour les autres applications $_xm$ et identifie $G$ à un sous-groupe de $\mathfrak{S}(G)$ ! ^^' Tu vas voir c'est très rigolo !!! ^^'  

Amédé

$\newcommand{\S}{\mathfrak{S}}$Changeons les notations et on note $L_g$ la multiplication à gauche par $g$. Clairement $L_g\circ L_{g^{-1}}=id_G$ donc pour tout $g\in G,\ L_g$ est un élément de $\S(G)$. Maintenant puisque $L_g$ est un élément de $\S(G)$ tu considères $\phi:g\mapsto L_g$. Tu as une application d'un groupe dans un autre. Réflexe ! Est-ce un morphisme ? Clairement $\phi(gh)=L_{gh}=L_g(L_h)=\phi(g)\circ\phi(h)$, donc tu as un morphisme. Il est injectif ? $\phi(g)=id_G\Longleftrightarrow \forall h\in G,\  \phi(g)(h)=h\Longleftrightarrow gh=h\Longleftrightarrow g=1$. Donc le morphisme est injectif. L'image d'un morphisme de groupe est un sous-groupe donc $G$ est isomorphe à un sous-groupe de $\S(G)$. Dans ce sens on peut identifier $G$ à un sous-groupe de $\S(G). Je pense que tu aurais pu trouver tout seul. La proposition est triviale.

NicoLeProf

Peut-être qu'un cours sur les actions de groupes pourrait t'aider aussi OShine, j'ai l'impression que le lien avec ce sujet est très fort ici !!! Fondamental même et c'est très intéressant à étudier les actions de groupes !

OShine

@NicoLeProf
J'étudie ce livre pour les actions de groupes ! Mais pour cela, je dois revoir toutes les bases de la théorie des groupes avant. 
Dans ce livre les actions de groupe sont abordées dans le chapitre 5 et dernier chapitre. J'en suis au début du chapitre 2.
$(\Z / 5 \Z)^{*} = \{1,2,3,4 \}$

Considérons $x=2 \in G$ donc l'application : $_2m$ associe $g \in \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}^*$ à $2g$ . Ainsi, $_2m(1)=2$ ($1$ est envoyé sur $2$) ; $_2m(2)=4$ ($2$ est envoyé sur $4$) ; $_2m(3)=1$ et $_2m(4)=3$ .

C'est donc comme si $_2m$ correspondait au cycle : $(1243)$ de $\mathfrak{S}(G)$ .
Etc...

@Amédé
D'accord merci, je n'avais pas pensé à considérer la corestriction à l'image de $m$ ce qui rend l'application surjective donc bijective.

J'ai réussi à démontrer mon autre blocage.
Montrons que $\phi_x : \mathfrak{S}_n \longrightarrow \mathfrak{S} (E)$ tel que $\phi_x (\sigma)=x \circ \sigma \circ x^{-1}$ est un morphisme de groupes bijectif.
Morphisme : 
Soit $\sigma, \sigma' \in \mathfrak{S}_n$. On a $\phi_x ( \sigma \sigma')= x \circ \sigma \sigma' \circ x^{-1}$
Et $\phi_x( \sigma) \circ \phi_x( \sigma')=x \circ \sigma \circ x^{-1} \circ x \circ \sigma' \circ x^{-1} \\ 
=x \circ \sigma \circ id \circ \sigma' \circ x^{-1} \\
=x \circ \sigma \sigma' \circ x^{-1}=\phi_x( \sigma) \phi_x( \sigma')$
$\phi_x$ est bien un morphisme de groupes.

Bijection : 
Soit $\rho \in  \mathfrak{S} (E)$ tel que $\phi_x(\sigma)=\rho$. 
On trouve facilement $\sigma=x^{-1} \circ \rho \circ x \in  \mathfrak{S}_n$. L'antécédent étant unique, l'application est bijective. 

MangeurAnnales

Le morphisme mentionné $\phi_x : \mathfrak{S}_n \rightarrow \mathfrak{S} (E)$ est appelé automorphisme intérieur. Il est dans tous les cours sur les groupes.

J'ai en tête que si on a un groupe $( \mathcal{G},.)$ et $a \in \mathcal{G}$, le morphisme $\phi_a : \mathcal{G} \rightarrow \mathcal{G}$ avec $\phi_a (x)=axa^{-1}$ est un automorphisme intérieur associé à $a$. Ce morphisme permet de caractériser les sous-groupes distingués $\mathcal{H}$ de $ \mathcal{G}$. En effet $\mathcal{H}$ est distingué dans $ \mathcal{G}$ s'il est stable par par tout automorphisme intérieur de $( \mathcal{G},.)$.

Par rapport aux questions de OShine, la notion de sous-groupe distingué est absente des questions, les sous-groupes distingués du groupe des permutations $\mathfrak{S}_n$ est une question difficile ... Un développement classique d'agrégation d'ailleurs. La simplicité de $\mathfrak{S}_n$.

Fin de la digression.

[Attention. $\S_n\ (n\geq2)$ n'est jamais simple car il contient $\mathfrak A_n$ comme sous-groupe distingué. AD]

OShine

Je bloque sur l'égalité $\sigma( Supp \  \sigma)= Supp\ \sigma$.
Je ne vois qu'une inclusion. On a fixé $j \in Supp \  \sigma$ et on a trouvé $j \in Supp \ \sigma$ tel que $i= \sigma (j)$, on a donc montré $\boxed{Supp \  \sigma \subset \sigma( Supp  \ \sigma)}$.
Pour l'autre inclusion, je ne vois pas. Je ne vois pas comment utiliser que $j$ est le seul élément de $[|1,n|]$ à vérifier $i=\sigma(j)$.

raoul.S

MangeurAnnales a dit :

Le morphisme mentionné $\phi_x : \mathfrak{S}_n \longrightarrow \mathfrak{S} (E)$ est appelé automorphisme intérieur.

Attention, ça c'est faux. Ce n'est pas un automorphisme et à fortiori il n'est pas intérieur.

OShine

@MangeurAnnales
Je connais bien la notion de sous-groupe distingué, j'ai fait une vingtaine d'exercices sur le sujet il y a quelques temps.
Mais ici je suis dans le chapitre sur les groupes symétriques. 

gai requin

@OS : Si $i\in\mathrm{Supp}\;\sigma$, alors $\sigma(\sigma(i))\neq\sigma(i)$ donc $\sigma$ induit une application $\mathrm{Supp}\;\sigma\to\mathrm{Supp}\;\sigma$ clairement injective donc surjective.

OShine

Je n'ai pas compris en quoi tu as montré l'injectivité.

Pour montrer que $\sigma : Supp \  \sigma \longrightarrow Supp \ \sigma$ est injective, on doit montrer que $\forall i,j \in Supp \ \sigma, \ \sigma(i)=\sigma(j) \implies i=j$ mais je ne vois pas comment faire.

Je ne comprends pas le rapport entre ce que tu as écrit et l'injectivité, et pareil pour le livre je ne comprends pas ce que fait l'auteur je ne vois pas le rapport avec l'injectivité.

gai requin

Laisse tomber !

NicoLeProf

C'est bien OShine pour le sous-groupe, tu as mieux compris? Tu as vu, tu auras $4$ éléments pour le sous-groupe de $\mathfrak{S}(G)$ comme pour $G$ et tu pourras montrer que tu as bel et bien un sous-groupe dans mon exemple ci-dessus avec $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}^*$ ! ^^' C'est vraiment très drôle à voir je trouve !

Pour l'injectivité : soient $i, j \in Supp$ $\sigma$ tels que $\sigma(i)=\sigma(j)$.  Non, ça ne marchait pas avant. J'ai écrit trop vite comme d'habitude...

Sa preuve a beau être un peu rapide (et encore), Gai requin a parfaitement raison : $\sigma$ est une bijection sur $\{1,\dots,n\}$ donc comme $i, j \in Supp \subset \{1,\dots,n\}$, on a directement $i=j$ donc l'injectivité de $\sigma$ .

Comme toi OShine, je préfère revenir à la définition à chaque fois et faire comme cela m'inspire : m'approprier la preuve en détaillant davantage.

L'auteure montre que pour chaque $i \in Supp$ $\sigma$, il existe un unique $j=\sigma^{-1}(i) \in Supp\ \sigma$ tel que $\sigma(j)=i$ . C'est bien la définition de la bijectivité d'une application. Cela montre aussi l'égalité $\sigma(Supp\ \sigma)=Supp\ \sigma$ : essaie de faire le lien entre les deux inclusions de cette égalité  (montre les deux inclusions) et la bijection en question !  

Edit : oui Gai requin, je passe par des "sentiers" trop compliqués parfois, je te remercie de m'ouvrir les yeux une fois de plus ! ^^'

gai requin

@NicoLeProf : $\sigma$ est une bijection de $[[1,n]]$ dans lui-même et $\mathrm{Supp}\;\sigma\subset [[1,n]]$ donc mon application induite par $\sigma$ est clarement injective sans aucun calcul !

OShine

@NicoLeProf ok merci la bijection découle de l'existence d'un unique antécédent. 

Je ne trouve pas cela évident, que si on a $\sigma$ bijective de $[|1,n|]$ dans $[|1,n|]$ et qu'on restreint les ensembles de départ et d'arrivée à $Supp \ \sigma$, l'application induite est injective.

Ca marche pour tout sous-ensemble de $[|1,n|]$ ou seulement pour $Supp \ \sigma$ ? 
Ca ne marche pas pour la surjectivité ? 

J'ai essayé de faire un dessin, mais je ne comprends pas vraiment, j'ai l'impression que ça ne fonctionne pas si on prend une partie quelconque $A$.

Par exemple si $A=\{1,3,4 \}$ $f(1)=2$, $f(2)=1$, $f(3)=4$ et $f(4)=3$, il y a des images et antécédents en dehors de $A$, je ne vois pas comment gérer ce problème.

NicoLeProf

OShine, je réponds d'abord à ton exemple puis je te donne une version plus générale :

-> Quand tu prends $f$ définie dans ton exemple, $f$ est en fait la composée de deux transpositions : $(12)(34)$ . Maintenant, tu considères $A=\{1,3,4\}$ et la restriction de $f$ à $A$. Donc tu considères une nouvelle application disons $\tilde f : A \rightarrow A$ . Tu as bien $\tilde f$ injective (je te laisse vérifier : toute image dans $A$ admet au plus un antécédent dans $A$ c'est-à-dire : aucun antécédent ou $1$ seul). Tu remarques par contre que $\tilde f$ n'est pas surjective car $1 \in A$ mais $2 \notin A$ . Donc il n'existe pas d'antécédent pour $1$ dans $A$.

-> De manière générale maintenant : soit $f : A \rightarrow A$ une application bijective où $A$ est un ensemble non vide.

Alors pour toute partie $B \subset A$, la restriction : $\tilde f : B \rightarrow A$ de $f$, est injective.

Preuve : soient $x, y \in B$ tels que $\tilde f(x)=\tilde f(y)$ . Comme $x, y \in B$ et $B \subset A$, $x, y \in A$ . On a donc pour $x, y \in A$, $f(x)=f(y)$ donc (par injectivité de $f$ sur $A$), $x=y$ (pas besoin de la bijection en fait, je pense qu'on peut seulement supposer $f$ injective ici) .

Pour la surjectivité, tu vois le problème : si je prends $y \in A$ alors la surjectivité de $f$ sur $A$ donne l'existence d'un $x \in A$ tel que $f(x)=y$ . Mais, qui nous dit que $x \in B$ ??? On ne peut pas conclure sur la surjectivité de $\tilde f$. Ton exemple ci-dessus le montre parfaitement : c'est donc très pertinent de ta part d'avoir pris cet exemple !

Edit : correction d'erreurs suite aux posts de gai requin et raoul.S : merci à tous les deux pour vos remarques !
Pour considérer $\tilde f : B \rightarrow B$, il faudrait d'abord montrer que $f(B) \subset B$ . C'est le cas avec $Supp$ $\sigma$ précédemment .

gai requin

Attention @NicoLeProf, tu sembles penser que si $f:A\to A$ et $B\subset A$, alors $f(B)\subset B$.

raoul.S

NicoLeProf a dit : 

-> De manière générale maintenant : soit $f : A \rightarrow A$ une application bijective où $A$ est un ensemble non vide.

Alors pour toute partie $B \subset A$, la restriction : $\tilde f : B \rightarrow B$ de $f$, est injective.

Ici tu supposes implicitement que $f(B)\subset B$. Il faudrait plutôt dire : la restriction : $\tilde f : B \rightarrow A$ de $f$, est injective.

Edit : gai requin avait déjà remarqué...

raoul.S

OShine a dit :

Je ne trouve pas cela évident, que si on a $\sigma$ bijective de $[|1,n|]$ dans $[|1,n|]$ et qu'on restreint les ensembles de départ et d'arrivée à $Supp \ \sigma$, l'application induite est injective.

C'est bien ça le problème, tu ne prends pas le temps de rendre tout ceci évident pour toi, car oui c'est vraiment trivial.

NicoLeProf

gai requin a dit :

Attention @NicoLeProf, tu sembles penser que si $f:A\to A$ et $B\subset A$, alors $f(B)\subset B$.

Effectivement, c'est faux. Il faut considérer la restriction de $B$ dans $A$ comme raoul l'a signalé, merci à tous les deux !!!

OShine

Il me semble qu'ici on restreint l'ensemble de départ et d'arrivée.

Soit $f : [|1,n|] \longrightarrow [|1,n|]$ bijective. Soit $A \subset [|1,n|]$.
Donc $f$ est bijective et $\forall x,y \in [|1,n|] \ f(x)=f(y) \implies x=y$.
Soit $g$ le restriction et corestriction de $f$ à $A$. Pour cela, il faut que $A$ soit stable par $f$.
Soit $x,y \in A$ tel que $f(x)=f(y)$. Comme $x,y \in A$ on a $x,y \in [|1,n|]$ et donc $x=y$.

NicoLeProf

Ici, on peut considérer que $\sigma$ induit une application de : $Supp$ $\sigma$ dans $Supp$ $\sigma$ car $\sigma(Supp$ $\sigma) \subset supp $ $\sigma$.

C'est l'inclusion que tu n'arrivais pas à faire, je crois que j'ai réussi finalement d'ailleurs : soit $y \in \sigma(Supp$ $\sigma)$ alors il existe $x \in Supp$ $\sigma$ tel que $\sigma(x)=y$ . Montrons que $y \in Supp$ $\sigma$ (i.e : $\sigma(y) \neq y$) .

On a : $\sigma(y)=\sigma(\sigma(x))$ et $x \in Supp$ $\sigma$ donc $\sigma(x) \neq x$ ainsi, $\sigma(\sigma(x)) \neq \sigma(x)$ soit $\sigma(y) \neq y$ et par conséquent $y \in Supp$ $\sigma$ .

Ce qui conclut. Et en fait, c'est ce que gai requin a prouvé avant OShine, ce n'était pas l'injectivité qui est claire ici comme nous l'avons remarqué !  

OShine

Bien vu !