Signature d'une permutation
Bonsoir
J'ai des difficultés à chaque fois dans les changements d'indice dans les sommes produits qui font intervenir une bijection.
J'ai des difficultés à chaque fois dans les changements d'indice dans les sommes produits qui font intervenir une bijection.
Ici je bloque sur les deux lignes encadrées.
Je sais que si $ f : A \longrightarrow B$ est une application bijective alors $\displaystyle\prod_{y \in B} y = \displaystyle\prod_{x \in A} f(x)$ mais je n'arrive pas à appliquer cette formule ici.
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Réponses
Le fait que la valeur absolue du quotient vaut $1$ est toujours présentée comme évidente, ce qui ne me crève pas les yeux !
4°)On suppose $n\geq 2$. Soit $\upsilon (x):= x$ si $x\leq n-2$, $\upsilon (n-1):= n$ et $\upsilon (n) = n-1$. Alors un calcul direct montre que $\varepsilon (\upsilon) = -1$. D'autre part $\varepsilon$ est (via 3°) un morphisme de groupes entre $(\mathfrak S_n,\circ)$ et $(\Q\setminus \{0\}, \times)$ et comme ce dernier est commutatif, $\varepsilon$ est constant sur les classes de conjugaison de $(\mathfrak S_n, \circ)$ et en particulier sur les transpositions (toutes conjuguées). Ainsi, pour toute transposition $\tau\in \mathfrak S_n$, $\varepsilon (\tau) = -1$ et par suite (les transpositions engendrant le groupe $(\mathfrak S_n,\circ)$), $\varepsilon (\sigma) = 1$ ou $-1$ pour tout $\sigma\in \mathfrak S_n$.
Ok merci démontrons le : $\displaystyle \prod_{1\leqslant i<j\leqslant n} |i-j|=\prod_{1\leqslant i<j\leqslant n} |f_\sigma(i,j)-g_\sigma(i,j)|$.
Je sais faire les changements d'indice quand il y a un seul indice, le fait qu'il y en ait deux $i$ et $j$ me perturbe.
Je connais le théorème suivant :
Soit $I$ un ensemble fini et $\phi : I \longrightarrow J$ une bijection.
Alors $\displaystyle\sum_{i \in I} a_{\varphi(i)}= \displaystyle\sum_{j \in J} a_j$.
Le résultat fonctionne aussi pour les produits.
Notons $\mathcal P= \{ (i,j) \in [|1,n|]^2 \ i<j \}$. Posons $a_{(i,j)}=|i-j|$.
On a $\varphi_{\sigma}( \mathcal P)=\mathcal P$.
$\displaystyle \prod_{ (i,j) \in \mathcal P} a_{ \varphi(i,j)} = \displaystyle \prod_{ (f,g) \in \mathcal P} a_{(f,g)} =\displaystyle\prod_{1 \leq f<g \leq n} |f-g|$ ce qui donne le résultat.
Je crois que je commence enfin à comprendre comment réaliser les changements d'indices bijectifs dans les sommes, c'est un point faible que je traîne depuis des années.
Je bute sur l'égalité : $(-1)^N\prod_{i<j}(i-j)^2=\prod_{i\ne j}(i-j)$
L'idée c'est de regrouper les $(i-j)$ et $(j-i)$. Par exemple $(2-5)(5-2)=-(2-5)^2$. Pour chaque ensemble $\{i,j\}$ il y a un changement de signe.
Sur chaque case (ligne $i$ colonne $j$), tu écris $i-j$
Les cases $i \neq j$, c'est toutes les cases, sauf la diagonale.
Les cases $i < j$, c'est la moitié de la grille hors diagonale. Je te laisse continuer.
En effet, il y a $2$ parmi $n$ façons de choisir un couple d'entiers entre $1$ et $n$ et qu'une seule façon de les ranger dans l'ordre strictement croissant.
@bd2017
On appelle nombre d'inversions d'une permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ le nombre :
$inv (\sigma)= \# \{ (i,j) \in [|1,n|]^2 \ | \ i<j \ \text{et} \ \sigma(i) > \sigma(j) \}$.
On appelle signature de $\sigma$ le signe $sg(\sigma)=(-1)^{inv(\sigma)}$.
Je bloque sur l'unicité. Je n'ai pas trop compris comment on en déduit que $f=sg$.
De quelle partie génératrice de $\mathfrak{S}_n$ on parle ?
Donc avec la définition de ton livre $\Pi_{1\leq i<j \leq n} (\sigma(j) - \sigma (i) ) $ contient exactement $inv(\sigma)$ facteurs strictement négatifs. Bien entendu, les autres facteurs sont strictement positifs.
Donc $\epsilon(\sigma) =(-1)^{inv(\sigma)}$ est aussi le signe de $\Pi_{1\leq i<j \leq n} (\sigma(j) - \sigma (i) ). $ En divisant ce dernier par $\Pi_{1\leq i<j \leq n} (j-i ) $ qui est strictement positif, on obtient un nombre égal à $1$ en valeur absolue mais qui garde le même signe que $\Pi_{1\leq i<j \leq n} (\sigma(j) - \sigma (i) ). $ On en tire le résultat.
L'application signature a pour image $\{ \pm 1 \}$.
L'application sg est l'unique morphisme de groupes non trivial de $\mathfrak{S}_n$ dans $\C^{*}$.
Mais je ne comprends pas ce que signifie :
$f$ et $sg$ ont la même valeur sur une partie génératrice de $\mathfrak{S}_n$ donc $f=sg$.
Pourquoi deux morphismes qui ont la même valeur ... ...
J'ai regardé mais c'est un peu trop technique pour moi, c'est plus compliqué que le livre sur lequel j'ai du mal et plus compliqué que dans mon livre de MPSI.
De plus, les notations ne me sont pas familières. Et il y a des notions qui dépassent mes connaissances.
Bas de la page 8 je ne comprends déjà plus rien, $\S_n ^{++} t$ ? $t$ c'est qui ? $\S_n ^{+}$ est d'indice $2$ dans $\S_n$ ? $\S_n ^{-}$ est la classe modulo $\S_n ^{+}$ ?
Bref, c'est du chinois pour moi et j'ai regardé la suite, je ne comprends rien.
@JLapin
Je cherche depuis hier mais je ne comprends pas la preuve de l'unicité.
Je ne vois pas quoi chercher si je ne comprends pas le principe de la preuve.
Je ne comprends déjà pas c'est où qu'ils montrent que $f$ et $sg$ ont la même valeur sur une partie génératrice de $\mathfrak{S}_n$.
$\R^{*}$ ?
Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$. Alors il existe $r \in \N$ et $\tau_1, \cdots, _tau_r$ des transpositions tel que $\sigma= \tau_1 \cdots \tau_r$.
Si pour toute transposition $\tau$, $f(\tau)=1$ alors $f( \sigma)=1 \times \cdots \times 1=1$.
Donc $f=1$.
S'il existe $\tau'$ une transposition telle que $f(\tau') \ne 1$.
Deux cycles de même longueur sont toujours conjugués d'après le cours.
Or deux transpositions sont toujours conjuguées donc il existe $\tau ''$ et $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ tel que $\tau''=\sigma^{-1} \tau' \sigma$.
Donc $f(\tau '')=f(\tau')$ donc $f(\tau '') \ne 1$.
A partir d'ici je ne comprends plus du tout ce qu'il faut faire.
Je sais que $\mathfrak{S}_n$ est engendré par les transpositions mais ici je ne comprends pas de quelle partie génératrice ils parlent.
Si $A$ est une partie génératrice de $G$, alors tout élément de $G$ s'écrit comme produit d'éléments de $A$.
Ces définitions ne sont pas équivalentes.
Ok merci mais je ne comprends pas pourquoi $f$ et $sg$ coïncident sur le sous-ensemble que tu définis.
Je ne sais pas comment on montre que deux morphismes de groupes coïncident sur une partie.
L'application $sg$ n'est pas utilisée dans la preuve.
Je ne vois pas de quel théorème tu parles.
Je ne suis pas convaincu que c'est équivalent, je me suis déjà posé cette question à plusieurs reprises mais pour moi ce n'est pas clair du tout.
Or deux transpositions sont toujours conjuguées donc il existe $\tau ''$ et $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ tel que $\tau''=\sigma^{-1} \tau' \sigma$.
Donc $f(\tau '')=f(\tau')=\cdots$, alors que $\mathrm{sg}(\tau '')=\mathrm{sg}(\tau')=\cdots$.
Repose toi, tu n'es pas en état de réfléchir. Tu nous as habitué à des erreurs/étourderies énormes, mais là, tu les accumules.
Si $A$ une partie génératrice de $G$ et $g \in G$ alors il existe $a_1, \cdots, a_n \in G$ tel que $g=a_1 \cdots a_n$.
Montrons que $A$ est une partie génératrice de $G$ si et seulement si $G=\langle A \rangle$.
Si $G=\langle A \rangle$, alors $A$ est évidemment une partie génératrice de $G$ car $\langle A \rangle= \{ a_1 ^{\varepsilon_1} \cdots a_p^{\varepsilon_p} \mid p \in \N^{*} ,\ a_i \in A \ \varepsilon_i = \pm 1 \}$.
Montrons que : $G=\langle A \rangle$.
- $A \subset G$.
- Soit $H$ un sous-groupe de $G$ qui contient $A$. Mais $G=\langle A \rangle$ est le plus petit sous-groupe de $G$ contenant $A$ donc $G \subset H$.
Le résultat est démontré par double implication.Soit $G=\langle A \rangle$ et $\forall x \in A \ f(x)=g(x)$.
Soit $y \in G$, alors il existe $a_1, \cdots, a_n \in A$ tel que $y =a_1 \cdots a_n$.
Donc $f(y)=f(a_1 \cdots a_n) =f(a_1) \cdots f(a_n)=g(a_1) \cdots g(a_n)=g(a_1 \cdots a_n)=g(y)$.
On a montré $\forall y \in G \ f(y)=g(y)$ donc les morphismes $f$ et $g$ sont égaux.
Maintenant que j'ai compris ça je vais pouvoir revenir sur l'indication de @Thierry Poma.
Je n'ai pas réussi à montrer que $f$ et $sg$ coïncident dans le cas où $f$ vaut $1$ en toutes les transpositions.
Montrons que $sg : \mathfrak{S}_n \longrightarrow \C^{*}$ est l'unique morphisme qui a pour image $\{ \pm 1 \}$.
Soit $f : \mathfrak{S}_n \longrightarrow \C^{*}$ un morphisme qui a pour image $\{ \pm 1 \}$.
Montrons que $f$ et $sg$ coïncident sur $\mathfrak{T}_n$.
Si $f$ vaut $1$ en les transpositions, alors $f$ est le morphisme trivial. Ici je bloque pour faire le lien avec $sg$.
Sinon il existe $\tau$ une transposition telle que $f(\tau ) \ne 1$. Donc $f(\tau)=-1$.
Soit $\theta$ une autre transposition, il existe $\sigma$ tel que : $\theta= \sigma \tau \sigma^{1}$.
Donc $f(\theta)=f( \tau)=-1=sg( \theta)$.
Donc $f$ et $sg$ coïncident sur $\mathfrak{T}_n$.