Sous-groupe des permutations paires
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 $\forall x \in G, \ x^2 \in N$.
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 $\forall x \in G, \ x^2 \in N$.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
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 $\forall x \in G ,\ x^n=0$.
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 ?
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 $\forall x \in N, \ x^2 \in N$.
Applique-toi à montrer qu'un sous-groupe d'indice 2 est distingué.
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 $G$.
Par l'absurde, si $G=\A_4$ contient un groupe $N$ de cardinal $6$, je ne vois pas comment déterminer $G=card \ \A_4$...
Il n'y a qu'un groupe de cardinal 2 à isomorphisme près et c'est $\Z/2\Z$.
Rien compris, je n'ai pas ça dans mon cours.
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.
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 $6$.
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 : $\boxed{<C>= \mathfrak A_n}$.
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 $\Z / 2 \Z$.
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.
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.
Je n'ai pas compris comment utiliser le morphisme. On sait juste que $\forall x,y \in G ,\ f(x+y)=f(x)+f(y)$.
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 ?
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.
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.
Je n'ai pas compris comment trouver l'isomorphisme de groupe entre $G$ et $\Z / 2 \Z$.
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...
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 $2$.
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)
Penses-tu toujours que classer les groupes de cardinal $2$ est plus dur que ton exo d'agrégation ?
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.