Exercices sur les groupes

canasson29

Bonsoir,

étant donnés un groupe $G$ d'ordre impair et $x \neq 1$ un élément quelconque de $G$.

Montrer que $x$ et $x^{-1}$ ne sont pas conjugués

Poirot

J'ai réussi, merci pour l'exercice !

canasson29

Chouette ! Comment procèdes-tu ? Fais vite ! Lou16 est sur le coup

Julia Paule

Une indication : pas de sous-groupe d'ordre 2 et formule de Burnside.

JLT

Un calcul élémentaire utilisant juste le théorème de Lagrange suffit.

Julia Paule

En effet, c'est très simple.

canasson29

Lou16 m'a proposé une solution. Il serait préférable qu'il la soumette ici. J'ai bien une solution, mais il faut que je la retrouve ! En attendant, n'hésitez pas

gebrane

Je n'ai pas su faire. Merci. Alors j'ai demandé.  Il y a une part de vérité  , ce qui pourrait servir de base à une preuve sérieuse, n'est-ce pas ?

Source Latex

Bien sûr, voici une démonstration détaillée :

Supposons que $x \neq 1$ soit conjugué à $x^{-1}$.
Soit $C(x)$ la classe de conjugaison contenant $x$.

Si $x = x^{-1}$, cela signifie que $x^2 = 1$.
En conséquence, l'ordre de $G$ est divisible par $2$.
Cependant, cela contredit l'hypothèse donnée selon laquelle l'ordre de $G$ est impair.
Par conséquent, nous pouvons conclure que $x \neq x^{-1}$.

Puisque $x$ et $x^{-1}$ sont conjugués, cela signifie qu'il existe un élément $g$ dans $G$ tel que $gxg^{-1} = x^{-1}$.
Considérons maintenant l'élément $y = gxg^{-1}x$.

Remarquons que $y \in C(x)$, car $y$ est obtenu en conjuguant $x$ par l'élément $gxg^{-1}$.
De plus, nous pouvons simplifier l'expression de $y$ en utilisant les propriétés de la conjugaison :

$y = gxg^{-1}x = gx(x^{-1})g^{-1}x = g(xx^{-1})g^{-1}x = g1g^{-1}x = g^{-1}x$.

Ainsi, nous avons montré que $g^{-1}x \in C(x)$.

Cependant, $x$ et $x^{-1}$ ne sont pas égaux, ce qui implique que $g^{-1}x \neq x$.
Cela signifie que $g^{-1}x$ est un autre élément de la classe de conjugaison $C(x)$, distinct de $x$.

Maintenant, nous devons remarquer que la classe de conjugaison $C(x)$ est symétrique, c'est-à-dire que si $y \in C(x)$, alors $y^{-1} \in C(x)$.

Ainsi, puisque $g^{-1}x \in C(x)$, cela implique que $(g^{-1}x)^{-1} = x^{-1}g \in C(x)$.

Cependant, $x^{-1}$ est distinct de $x$ et $g^{-1}x$, ce qui signifie que $x^{-1}$ est un autre élément de la classe de conjugaison $C(x)$.

Nous avons donc montré que $C(x)$ contient au moins trois éléments distincts : $x$, $g^{-1}x$ et $x^{-1}$.
Cependant, cela contredit le fait que $|C(x)|$ est impair, car un ensemble contenant trois éléments distincts ne peut pas avoir un nombre impair d'éléments.

Par conséquent, notre supposition initiale selon laquelle $x$ et $x^{-1}$ sont conjugués est fausse.
Nous pouvons donc conclure que $x$ et $x^{-1}$ ne sont pas conjugués dans un groupe d'ordre impair.

Math Coss

Remarquons que $y\in C(x)$ car $y$ est obtenu en conjuguant $x$ par l'élément $gxg^{-1}$.

Ah ? Si je conjugue $x$ par $gxg^{-1}$ j'obtiens $gxg^{-1}x(gxg^{-1})^{-1}$ et si cet élément vaut $y=gxg^{-1}x$, c'est que $gxg^{-1}=1$, ou encore que $x=1$, ce qui n'est pas.

Ou alors je conjugue à l'envers : $(gxg^{-1})^{-1}xgxg^{-1}=gx^{-1}g^{-1}xgxg^{-1}$ et je ne vois pas pourquoi ce truc serait $gxg^{-1}x$.

gebrane

MathCoss, ne vois-tu pas comment retenir que les passages justes pour avoir une preuve?

canasson29

La solution de lou16 est un raisonnement par l'absurde. Soit $y \in G$ tel que $yxy^{-1}=x^{-1}.$ On peut vérifier que $y^{2n+1}xy^{-(2n+1)}=x^{-1}$ pour tout entier $n.$ Il en conclut que $y$ est nécessairement d'ordre pair, ce qui est impossible !  

JLapin

 J'en étais à

$yx y^{-1} = x^{-1}$ donc $xyx = y$ puis $(xy)^2 = y^2$ puis $y^2 x= (xy)^2 x = xyxyx = xy^2$, donc $x$ et $y^2$ commutent et je ne savais pas trop quoi faire d'autre ensuite.

Merci pour la solution !

JLT

Oui j'avais la même solution que LOU16.

gebrane

Voici une preuve et ne me dites pas qu'elle est fausse.

Si $x$ et $x^{-1}$ sont conjugués, cela signifie qu'il existe un élément $g$ dans $G$ tel que $gx^{-1}g^{-1}=x$. alors $xg=gx^{-1} $. Soit p l'ordre de g alors p est impaire car l'ordre de G est impaire, alors p-1 est paire et $(xg)^{p-1}=g^{p-1}$ , donc $(xg)^{p-1}g=1.$ ceci implique que $g^{-1}xg =(xg)^p =xg^p $ car p impaire
donc $g^{-1}xg=x$ ceci implique que $x^2=1$ qui implique que $x=1$, contradiction.

NicoLeProf

Merci pour les solutions, je voulais utiliser les classes de conjugaison et le fait qu'elles forment une partition de $G$ mais j'ai l'impression que cela n'aboutit pas.
Cela dit, j'ai l'impression que Julia Paule a un peu raisonné comme cela.

Madec

@gebrane
n'est-ce pas  $ g$ tel que $g^{-1} x g = x^{-1}$

canasson29

Une autre solution que j'aime bien ! Je note $Gx$ l'orbite de $x$ sous l'action de conjugaison et $G_x$ le stabilisateur de $x$ sous l'action de conjugaison. Si $x^{-1}$ appartient à l'orbite, l'application "inverse" induit une involution de $Gx$ dans elle-même.  Puisque $G$ est d'ordre impaire, $Gx$ est de cardinal impair, à cause de la relation de divisibilité (le cardinal de l'orbite divise l'ordre du groupe) . L'application "inverse" en restriction à $Gx$ a nécessairement un point fixe (pour des raisons de parité) , et donc ce point fixe est de la forme $z=yxy^{-1}.$ Mais $z^{-1}=z$ conduit à $x^{-1}=x,$ en contradiction avec la parité de l'ordre de $G.$

gebrane

Madec je trouve $g^{-1}xg=x$ ! Souhaitez-vous que je la détaille ?

canasson29

n'a-t-on pas plutôt $gx=x^{-1}g$ ?

gebrane

canasson29, c'est corrigé . Un autre point obscur ?

Julia Paule

Soit $O_x$ l'orbite de $x \ne e$ sous l'action de conjugaison de $G$. Si $x$ et $x^{-1}$ sont conjugués, alors $x^{-1} \in O_x$. Alors on a $\forall y \in O_x, y^{-1} \in O_x$ et en même temps $\forall y \in G \setminus \{ e \}, y \ne y^{-1}$ (sinon $y^2=e$, impossible car $G$ est d'ordre impair), donc le cardinal de $O_x$ est pair, en contradiction avec la formule de Burnside des classes : $|G|=|G_x| |O_x|$.

canasson29

Je crois que cela revient au même. De l'obscurité nait la lumière je trouve la relation erronée  $(xg)^k=g(xg)^{k-2}$   

gebrane

canasson29
J'utilise si k est paire alors $(xg)^k=g^k$ D'acc ?

canasson29

Partons de la relation $gx^{-1}g^{-1}=x$ qui se réécrit sous la forme $gx^{-1}=xg.$ On a $(xg)^k=g^2(xg)^{k-2}.$ Par conséquent, si $k$ est pair,

$(xg)^k= g^k.$ C'est ce que tu souhaitais ?

gebrane

Reste-t-il un point obscur ?

OShine

canasson29 a dit :

La solution de lou16 est un raisonnement par l'absurde. Soit $y \in G$ tel que $yxy^{-1}=x^{-1}.$ On peut vérifier que $y^{2n+1}xy^{-(2n+1)}=x^{-1}$ pour tout entier $n.$ Il en conclut que $y$ est nécessairement d'ordre pair, ce qui est impossible !  

Par récurrence, pour $n=0$ c'est trivial.
Supposons pour $n$ fixé : $y^{2n+1} x y^{-(2n+1)} = x^{-1}$.
 Or $y^{2n+3} x y^{-(2n+3)}=y^2 (y^{2n+1} x y^{-(2n+1)}) y^{-2}=y^2 x^{-1} y^{-2}=y (y x^{-1} y^{-1})y^{-1} = y x^{-1} y^{-1}=x^{-1}$
Le résultat est démontré par récurrence. 

Comment on en déduit que $y$ est d'ordre pair ? 

canasson29

Si $y$ est d'ordre impair, quelle relation problématique peut-on en déduire entre $x$ et $x^{-1}$ en utilisant la relation établie ?

canasson29

gebrane a dit :

Reste-t-il un point obscur ?

Le $g^{-1}xg$ ?

MrJ

Ca me paraît plus clair de considérer $2n+1 = |G|$ pour aboutir à $x^2=e$, ce qui est une contradiction (plutôt que de dire que $y$ est d’ordre pair).

NicoLeProf

Merci pour ta preuve avec les orbites @Julia Paule, je la trouve très claire et je l'apprécie beaucoup !!!

gebrane

canasson29 a dit :

Le $g^{-1}xg$ ?

D'après $(xg)^{p-1}g=1$, on déduit $g^{-1}=(xg)^{p-1}$

donc $g^{-1}xg=(xg)^{p-1}xg=(xg)^p$ mais pour $k$ impair, $(xg)^k=xg^k$,
donc $g^{-1}xg=xg^p =xe=x$

Reste-t-il un point obscur ?  

Julia Paule

Merci @NicoLeProf !

Encore une. Soit $x \ne 1$. Si $x^{-1}=gxg^{-1}$, alors $x=g^{-1}x^{-1}g$, d'où aussi $x^{-1}=g^{-1}xg=gxg^{-1}$, on en tire $g^2x=xg^2$.

Donc $x$ et $g^2$ commutent. Comme l'ordre $p$ de $g$ est impair, alors $p-1$ est pair, on en tire $xg^{p-1}=g^{p-1}x$, soit $xg^{-1}=g^{-1}x$, d'où $x=gxg^{-1}=x^{-1}$, donc $x$ est d'ordre $2$, impossible.

JLT

Autre exo : quel sont les groupes finis tels que tous les éléments différents de l'élément neutre soient conjugués ?

Julia Paule

OShine a dit :

Comment on en déduit que $y$ est d'ordre pair ? 

Que se passe-t-il si l'ordre de $y$ est impair ?

canasson29

MrJ a dit :

Ca me paraît plus clair de considérer $2n+1 = |G|$ pour aboutir à $x^2=e$, ce qui est une contradiction (plutôt que de dire que $y$ est d’ordre pair).

Bien vu !

gebrane

Une question aussi. Quels sont les groupes finis dans lesquels chaque élément est conjugué à son inverse

MrJ

@JLT. Les groupes tels que $|G|-1$ divise $|G|$ ?

@gebrane. Je me trompe peut-être, mais je doute qu'il y ait une caractérisation simple de cette propriété (en regardant les groupes de petits cardinaux).

JLT

Oui... Il n'y en a pas beaucoup...

gebrane

Voici la source de ma question

gebrane

Question  Quels sont les groupes finis commutatifs G dans lesquels deux éléments de même ordre sont toujours conjugués ?

Facile ou difficile  

Julia Paule

@JLT, le groupe trivial et le groupe à 2 éléments.

NicoLeProf

Conjecture gebrane : les groupes $G$ commutatifs de cardinal pair. J'arrive à montrer un sens (en utilisant l'exo initial de cette discussion) mais pas l'autre.

Cette condition (que je souhaiterais nécessaire et suffisante) ne semble pas assez forte, je poursuis mes recherches...

Edit @gebrane : ok, je trouve quelque chose de très bizarre : $G$ trivial ou de cardinal $2$ uniquement... Je me lance dans la preuve (je crois en avoir une) ou je suis à côté de la plaque?

gebrane

Julia tu es admirable en théorie des groupes 

Julia Paule

@gebrane, c'est l'action de groupe qui est admirable !

NicoLeProf

C'est peut-être complètement faux (désolé si c'est le cas) mais je me lance :

Preuve : sens direct : si $G$ est trivial, le résultat est clair.

Si $G$ est de cardinal $2$ alors le résultat est clair aussi.

Réciproquement, supposons que deux éléments de $G$ de même ordre sont toujours conjugués. On suppose aussi que $G \neq \{1_G\}$ .

Si $G$ est de cardinal impair alors pour un élément $x \neq 1_G$ de $G$, l'exo initial de la discussion nous permet d'affirmer que $x$ et $x^{-1}$ ne sont pas conjugués alors qu'ils ont le même ordre. C'est donc impossible.

Ainsi, le cardinal de $G$ est pair et supérieur ou égal à $2$. Si $Card(G) \geq 4$ alors $G$ admet au moins un élément d'ordre $2$ (sinon, le cardinal de $G$ serait impair).

Supposons que $G$ ait au moins deux éléments distincts d'ordre $2$ notés $x$ et $y$. Comme ils ont le même ordre, ils sont conjugués par hypothèse mais $G$ est commutatif donc par conjugaison, $x=y$ : ce qui est impossible par hypothèse. 

Ainsi, $G$ a un unique élément d'ordre $2$ . Ses autres éléments ne sont donc pas d'ordre $2$. Considérons un tel élément $y$ de $G$. On sait que $y$ et $y^{-1}$ ont le même ordre donc ils sont conjugués par hypothèse mais comme $G$ est commutatif on conclut que $y=y^{-1}$ donc $y$ est d'ordre $2$ : contradiction !

Ainsi, $G$ est de cardinal $2$. 

biguine_equation

Un peu dans l’idée du fil: étant donnée une classe de conjugaison d’un groupe fini de cardinal au moins $2$, il existe un élément du groupe ne commutant avec aucun élément de la classe de conjugaison.

Julia Paule

@NicoLeProf Je trouve le même résultat pour l'exo de @gebrane :

A tout ordre $d$, il n'existe qu'un seul élément $x$ de cet ordre (car $G$ est commutatif). Le sous-groupe engendré par $x$ l'est par tout $x^k$ tel que $k$ est premier à $d$, donc pour tout $d$, $d$ n'a pas d'élément premier à lui sauf $1$, donc $d=1$ ou $2$.

Le groupe n'a donc que des éléments d'ordre $1$ ou $2$, mais en fait un seul d'ordre $2$, donc c'est le groupe trivial ou le groupe à $2$ éléments.

JLT

On peut aller un peu plus vite. Soit $G$ fini commutatif tel que tous les éléments de même ordre soient conjugués. Alors tous les éléments de même ordre sont égaux. En particulier, $x=x^{-1}$ pour tout $x$, donc tout élément est d'ordre $1$ ou $2$. Comme il y a au plus un élément d'ordre donné, $G$ est de cardinal au plus $2$. La réciproque est évidente.

gebrane

JLT bonjour,
Donne nous stp un exercice sur les groupes d'énoncé simple mais tres astucieux.

Rescassol

Bonjour,

Gebrane, tu peux essayer ça.

Soit  $G$ un groupe simple non commutatif d'ordre $n$. Montrer que $n$ est pair. 

Cordialement,
Rescassol

gebrane

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