Groupe symétrique $\mathfrak S_4$
Bonsoir,
a) Montrer que $\mathcal D_4 = \{ Id, (1 \ 2)(3 \ 4), (1 \ 3)(2 \ 4), (1 \ 4)(2 \ 3) \}$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_4$ isomorphe au groupe de Klein $\mathfrak V_4= \mu_2 \times \mu_2$.
b) Soient $\sigma, \rho$ deux permutations telles que $\langle \sigma,\rho \rangle=\mathfrak{S}_4$. Montrer qu'alors ni $\rho$ ni $\sigma$ n'est dans $\mathcal D_4$.
Je trouve cette question b extrêmement difficile, comment penser à faire tout ça ?
Je bloque sur les points suivants, finalement j'ai résolu le deuxième point.
a) Montrer que $\mathcal D_4 = \{ Id, (1 \ 2)(3 \ 4), (1 \ 3)(2 \ 4), (1 \ 4)(2 \ 3) \}$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_4$ isomorphe au groupe de Klein $\mathfrak V_4= \mu_2 \times \mu_2$.
b) Soient $\sigma, \rho$ deux permutations telles que $\langle \sigma,\rho \rangle=\mathfrak{S}_4$. Montrer qu'alors ni $\rho$ ni $\sigma$ n'est dans $\mathcal D_4$.
Je trouve cette question b extrêmement difficile, comment penser à faire tout ça ?
Je bloque sur les points suivants, finalement j'ai résolu le deuxième point.
- Pourquoi préciser que $\rho$ est un cycle ? Si ce n'est pas un cycle son ordre peut dépasser $4$ ? Je ne comprends pas l'utilité de dire que son ordre est inférieur à $4$.
- J'ai écrit $t_1=(a \ b)$ et $t_2=(c \ d)$ ce qui donne $\rho \sigma \rho^{-1} = (\rho(a) \ \rho(b) ) (\rho(c) \ \rho(d) )$ . On a $a \ne c,d \implies \rho(a) \ne \rho(c), \rho(d)$ et $b \ne c,d \implies \rho(b) \ne \rho(c), \rho(d)$.
- Je ne comprends pas l'explication.
Réponses
-
OShine a dit :
- Pourquoi préciser que $\rho$ est un cycle ? Si ce n'est pas un cycle son ordre peut dépasser $4$ ? Je ne comprends pas l'utilité de dire que son ordre est inférieur à $4$.
C'est sans doute pour expliquer pourquoi $i \in \{1,2,3,4\}$ dans l'ensemble : $\{\sigma' p^i, \sigma' \in D_4, i \in \{1,2,3,4\}\}$ même si ce n'est pas d'une utilité incroyable vu qu'il n'y a pas d'élément d'ordre strictement plus grand que $4$ dans $\mathfrak{S}_4$ . Cela dépend aussi de la description de $\mathfrak{S}_4$ donnée en 2.1.2 .Tu as réussi le point $2$ finalement donc le point $3$ ne devrait pas te poser de problèmes.Pour le point n°$3$, essaie de reformuler la preuve en montrant l'inclusion suivante : $\langle \sigma, \rho \rangle \subset \{\sigma' p^i, \sigma' \in D_4, i \in \{1,2,3,4\}\}$ à la main.Prends $\phi \in \langle \sigma, \rho \rangle$ alors $\phi$ s'écrit sous la forme ... N'oublie pas que $\sigma=t_1t_2$ où $t_1$ et $t_2$ sont deux transpositions à supports disjoints donc tu peux "simplifier" l'écriture de $\sigma^{\varepsilon_1}$ etc.Davantage de détails cet aprem en rentrant du boulot si tu as encore besoin d'aide !
-
Comme @NicoLeProf, tous les éléments de $\mathfrak{S}_4$ sont d'ordre $\leq 4$ (il y a 1 élément d'ordre $1$, 9 éléments d'ordre $2$ (6 transpositions, et 3 double-transpositions), 8 éléments d'ordre $3$ (les 3-cycles), 6 éléments d'ordre $4$ (les 4 cycles), total = 24), mais c'est peut-être encore plus évident avec un cycle. Tout dépend de 2.1.2.L'intérêt de savoir que $\rho$ est d'ordre au plus $4$, c'est pour la fin de l'explication : si $H$ et $K$ sont deux parties d'un groupe $G$ de cardinaux respectifs $k$ et $l$, alors le cardinal de $HK$ est $\leq kl$ (car un élément de $HK$ se compose avec un élément de $H$ et un élément de $K$, et on a le choix de $k$ éléments pour l'un et de $l$ éléments pour l'autre, cela fait au plus $kl$, au plus car certains éléments obtenus ainsi peuvent être identiques).Tu as voulu écrire $t_2=(c$ $d)$ ? L'explication avec $t_1$ et $t_2$ montre que $D_4$ est distingué dans $\mathfrak{S}_4$.Alors on a $\forall \rho \in \mathfrak{S}_4, \forall \sigma \in D_4, \rho \sigma = \sigma' \rho, \sigma' \in D_4$, ce qui veut dire que dans l'écriture d'un élément de $\langle \sigma , \rho \rangle$ on peut permuter les éléments de $\langle \rho \rangle$ avec ceux de $D_4$ comme on veut, et donc qu'on peut rejeter les $\rho$ à droite et les éléments de $D_4$ à gauche, on obtient un élément de $D_4 \langle \rho \rangle$.Comme toi, je ne vois pas l'intérêt de dire que $\rho$ est un cycle (ne pas confondre avec $\langle \rho \rangle$ est un sous-groupe cyclique). Il suffit de savoir que $D_4$ est distingué et que tous les éléments de $\mathfrak{S}_4$ sont d'ordre $\leq 4$.
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@Julia Paule
Je n'ai pas compris la partie avec le sous-groupe engendré.
Soit $\phi \in \langle \sigma, \rho \rangle$. Alors $\phi$ s'écrit $\phi= \phi_1^{\pm 1} \cdots \phi_n ^{\pm 1}$ avec $\phi_i \in \{\sigma,\rho \}$.
Mais après je ne sais pas quoi faire.
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Puisque tu ne comprends pas le procédé algorithmique décrit par la correction, je te suggère de changer de point de vue et chercher à démontrer directement que $<\sigma, \rho> \subset D_4 <\rho>$ en utilisant tes connaissance sur le sous-groupe engendré.
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@JLapin
Je n'ai pas réussi non plus.
Il faut montre que $H=D_4 \langle \rho \rangle$ est un sous-groupe qui contient $\sigma$ et $\rho$.
C'est évident que $H$ contient $\sigma$ et $\rho$. Il reste à montrer que c'est un sous-groupe.
Sous-groupe :- $H$ contient $Id$.
- Soit $f,g \in H$. Alors $f=u \rho^k$ et $g=v \rho^l$ avec $u,v \in D_4$. Donc $fg=u \rho^k v \rho^l$. Je bloque ici.
- Soit $f \in H$. $f^{-1}=\rho^{-4} u^{-1}$ et pareil je bloque.
L'algorithme est très mal expliqué, encore une solution bâclée que seuls les experts peuvent comprendre.- Si on a du $\sigma^k \rho^l$ alors ça appartient à $D_4 \langle \rho \rangle$ car $\rho^k \in D_4$.
- Si on a du $\rho^k \sigma^l$ avec $k>l$, alors on écrit $\rho \cdots \rho \sigma \cdots \sigma $
En plus il y a une infinité de cas dans l'écriture.
Je ne comprends pas à quoi sert le $\rho \sigma \rho^{-1} \in D_4$. -
J'aime bien le : "On vient donc de montrer que"....
Pour moi le corrigé n'a rien démontré. -
OShine a dit :
On te dit dans le corrigé que $\rho\sigma\rho^{-1}\in D_4$. Posons $\sigma':=\rho\sigma\rho^{-1}$. Alors $\rho\sigma=\sigma'\rho$ et tu vois que j'ai pu déplacer un $\rho$ à droite. Donc $\rho \cdots \rho \sigma \cdots \sigma = \rho \cdots \sigma' \rho \cdots \sigma $ et tu recommences jusqu'à déplacer tous les $\rho$ à droite.- Si on a du $\rho^k \sigma^l$ avec $k>l$, alors on écrit $\rho \cdots \rho \sigma \cdots \sigma $
-
Voici un exemple concret au cas où tu n'as pas encore compris : essayons de déplacer tous les $\rho$ à droite dans l'expression $\rho\rho\sigma$. On pose $\sigma':=\rho\sigma\rho^{-1}$ de sorte que $\rho\sigma=\sigma'\rho$ et on a $\rho\rho\sigma=\rho\sigma'\rho$. On pose $\sigma'':=\rho\sigma'\rho^{-1}$ de sorte que $\rho\sigma'=\sigma''\rho$ et on a $\rho\sigma'\rho=\sigma''\rho\rho$.
On vient de montrer que $\rho\rho\sigma=\sigma''\rho\rho$ avec $\sigma''\in D_4$. Tous les $\rho$ sont à droite. -
Voici une solution plus conceptuelle. Pour abréger, notions $G=\mathfrak{S}_4$ et $H=\mathcal{D}_4$. On sait que $H$ est distingué dans $G$. Soient $\sigma$ et $\rho$ deux permutations qui engendrent $G$. Soit $\pi:G\to G/H$ la surjection canonique.On ne peut pas avoir $\sigma\in H$ et $\rho \in H$ sinon $\langle \sigma,\rho\rangle\subset H$.Si $\sigma\in H$ et $\rho\notin H$ alors $\pi(\langle \sigma,\rho\rangle)$ est engendré par $\pi(\rho)$ qui est d'ordre $\leqslant 4$ (puisque $\rho$ est un cycle). Comme $\#(G/H)>4$, on en déduit que $\pi(\langle \sigma,\rho\rangle)\ne G/H$ donc $\langle \sigma,\rho\rangle\ne G$.Contradiction. Donc ni $\sigma$ ni $\rho$ ne sont des éléments de $H$.
La démonstration du livre est plus compliquée car elle veut éviter de parler de quotients.
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Pour la 100e fois, tu n'es pas le relecteur du bouquin avant publication donc arrête avec ces commentaires stériles. Dis simplement que tu n'as pas compris cette étape. Dans ce cas précis, contrairement à souvent, on peut l'entendre.OShine a dit :J'aime bien le : "On vient donc de montrer que"....
Pour moi le corrigé n'a rien démontré.
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1) on s'en moque que $D_4 \langle \rho \rangle$ soit un sous-groupe ou non. On est juste intéressé par son cardinal.2) les éléments de $D_4$ sont d'ordre $2$, donc $\sigma^{-1}=\sigma$, et $\rho$ est d'ordre au plus $4$ : on peut écrire toutes ses puissances sous la forme : $\rho^k, k=0,1,2,3$.Par exemple un élément de $\langle \sigma, \rho \rangle$ se présente sous la forme : $\sigma^2 \rho \sigma^{-3} \sigma \rho^2 \sigma \rho^{-1} \sigma^{-1} \rho^{-5} \cdots$. On peut permuter les $\sigma$ (plus exactement tous les éléments de $D_4$) et les $\rho$ pour mettre tous les $\rho$ à droite (on pourrait les mettre tous à gauche, cela reviendrait au même).Donc tous les éléments de $\langle \sigma, \rho \rangle$ s'écrivent sous la forme d'un élément de $D_4$ suivi d'un élément de $\langle \rho \rangle$ (vu que ce sont 2 groupes), chacun de ces 2 ensembles ayant un cardinal d'au plus 4, cela fait 16 éléments obtenus au maximum.
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$\newcommand{\S}{\mathfrak{S}}$@Julia PauleSi tu veux montrer l'inclusion sans utiliser la méthode algorithmique proposée par le bouquin, il est plutôt recommandé de montrer que $D_4 <\rho>$ est un sous-groupe de $\S_4$.
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@O'Shine, tu peux essayer de montrer que si $H$ et $K$ sont des sous-groupes d'un groupe $G$, alors $HK$ est un sous-groupe de $G$ si et seulement si $HK=KH$ (on voit bien que ce qui va bloquer sinon, c'est que $hkh'k'$ n'est pas forcément un élément de $HK$).Alors pour l'exercice, on peut utiliser ce résultat : si $H$ est un sous-groupe, $\langle a,b \rangle \subset H \Leftrightarrow a,b \in H$.
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Je trouve tout de même que c'est plus simple que de manipuler des produits de longueur quelconque. Mais c'est une question de goût.Julia Paule a dit :EDIT : heu pour montrer ça, il faut utiliser le procédé algorithmique, cela revient au même.
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OShine a dit :@JLapin
- $H$ contient $Id$.
- Soit $f,g \in H$. Alors $f=u \rho^k$ et $g=v \rho^l$ avec $u,v \in D_4$. Donc $fg=u \rho^k v \rho^l$. Je bloque ici.
- Soit $f \in H$. $f^{-1}=\rho^{-4} u^{-1}$ et pareil je bloque.
Pourtant, JLapin t'offre l'idée sur un plateau ! Le procédé algorithmique est en effet pas facile à manipuler et je me rends compte que l'inclusion suggérée lors de ma première réponse utilise plutôt ce procédé : pas très judicieux à mon avis.Je reprends ton deuxième point : $fg=u \rho^k v \rho^l$ donc $fg=u \rho^k v \rho ^{-k} \rho^{k+l}$ soit $fg=u (\rho^k) v (\rho ^{k})^{-1} \rho^{k+l}$ .On vient de prouver (voir le corrigé OShine) que $D_4$ est distingué dans $\mathfrak{S}_4$ donc pour tout $\phi \in D_4$ et pour tout $\omega \in \mathfrak{S}_4$, $\omega \phi \omega^{-1} \in D_4$ .Or, ici : $\omega=\rho^k \in \mathfrak{S}_4$ et $\phi=v \in D_4$ (par hypothèse) donc : $(\rho^k) v (\rho ^{k})^{-1} \in D_4$ (c'est justement le fait que $D_4$ soit distingué dans $\mathfrak{S}_4$ qui permet de montrer cela) .De plus, $ \rho^{k+l} \in \langle \rho \rangle$ et $u \in D_4$ (par hypothèse). Donc (comme $D_4$ est un groupe : sous-groupe de $\mathfrak{S}_4$), $u (\rho^k) v (\rho ^{k})^{-1} \in D_4$ et ainsi, $fg \in D_4 \langle \rho \rangle$ .Je pense que cette preuve fonctionne sans utiliser le procédé algorithmique et je t'invite à faire de même pour montrer la stabilité par passage à l'inverse (en corrigeant au passage la coquille : c'est $-k$ au lieu de $-4$ dans ton deuxième point : relis bien tes posts, il y a beaucoup de coquilles).
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@raoul.S ok merci.
@Julia Paule ok merci.
@JLapin
Posons $H=D_4 \langle \rho \rangle$.- $H$ contient $\sigma$ et $\rho$.
- Soit $f,g \in H$. On a $f=u \rho^k$ et $g=v \rho^l$ avec $u,v \in D_4$. Donc $fg=u \rho^k v \rho^l$.
Donc $\rho^k v =\rho^{k-1} v' \rho$
Posons $v''=\rho v' \rho^{-1}$. Alors $v'' \rho = \rho v'$
Donc $\rho^k v= \rho^{k-2} \rho v' \rho = \rho^{k-2} v'' \rho^2$
On obtient le résultat par itération.- Soit $f \in H$. On a $f=u \rho^k$. Donc $f^{-1}= \rho^{-k} u^{-1}$.
$\langle \sigma, \rho \rangle$ est le plus petit sous-groupe contenant $\sigma$ et $\rho$ donc finalement $\boxed{\langle \sigma, \rho \rangle \subset D_4 \langle \rho \rangle}$.
-
Les quotients sont abordés dans un autre chapitre ultérieur, mais en effet, avec mes connaissances très légères en groupes quotient j'ai réussi à comprendre ta preuve intéressante, qui fait réviser les quotients.JLT a dit :Voici une solution plus conceptuelle. Pour abréger, notions $G=\mathfrak{S}_4$ et $H=\mathcal{D}_4$. On sait que $H$ est distingué dans $G$. Soient $\sigma$ et $\rho$ deux permutations qui engendrent $G$. Soit $\pi:G\to G/H$ la surjection canonique.On ne peut pas avoir $\sigma\in H$ et $\rho \in H$ sinon $\langle \sigma,\rho\rangle\subset H$.Si $\sigma\in H$ et $\rho\notin H$ alors $\pi(\langle \sigma,\rho\rangle)$ est engendré par $\pi(\rho)$ qui est d'ordre $\leqslant 4$ (puisque $\rho$ est un cycle). Comme $\#(G/H)>4$, on en déduit que $\pi(\langle \sigma,\rho\rangle)\ne G/H$ donc $\langle \sigma,\rho\rangle\ne G$.Contradiction. Donc ni $\sigma$ ni $\rho$ ne sont des éléments de $H$.
La démonstration du livre est plus compliquée car elle veut éviter de parler de quotients.
Ta solution a l'air facile, mais il fallait trouver l'idée !
J'ai écrit : $(\langle \sigma,\rho\rangle = \{ \displaystyle\prod_{i=1}^n \sigma_1 ^{\varepsilon_1} \circ \cdots \sigma_n ^{\varepsilon_n} \ | \ n \in \N \ \varepsilon_i \in \{-1,1 \} \ | \ \sigma_i \in \{ \sigma,\rho \} \}$.
Mais $\pi$ est un morphisme de groupes, et si $\sigma_i = \sigma$ on a $\pi( \sigma_i)=id$
Ce qui donne que :
$\pi ((\langle \sigma,\rho\rangle ) = \{ \displaystyle\prod_{i=1}^n \pi(\sigma_1) ^{\varepsilon_1} \circ \cdots \pi(\sigma_n )^{\varepsilon_n} \ | \ n \in \N \ \varepsilon_i \in \{-1,1 \} \ | \ \sigma_i = \rho \}$.
Donc $\boxed{\pi(\langle \sigma,\rho\rangle) = \langle \pi(\rho) \rangle}$.
De plus $\# G / H = \# G- \# H=4! - 16=8 >4$.
La fin s'obtient par contraposée.
-
@NicoLeProf
Merci, intéressante ta preuve, j'ai finalement compris le procédé algorithmique grâce à l'explication de @raoul.S .
Et comme l'a dit @JLapin c'est mieux de démontrer que c'est un sous-groupe, la preuve est plus claire.
Parce que manipuler les sous-groupes engendrés ici c'est plus galère à expliquer. -
Justement, ma preuve montre que $D_4 \langle \rho \rangle$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_4$ contenant $\sigma$ et $\rho$ (enfin la partie "stabilité par composition") . Oui c'est plus simple de fonctionner de cette manière.Je donne la preuve de la stabilité par passage à l'inverse car je trouve ça beau ! Je ne sais pas si c'est juste mais ça a l'air :soit $f \in D_4 \langle \rho \rangle$ . Alors $f$ peut s'écrire sous la forme $f=u \rho^k$ avec $u \in D_4$ et $k$ entier donc $f^{-1}=\rho^{-k} u^{-1}$ .On écrit : $f^{-1}=\rho^{-k} u^{-1} \rho^k \rho^{-k}$ . Comme $D_4$ est distingué dans $\mathfrak{S}_4$ et que $ \rho^{-k} \in \mathfrak{S}_4$ et $u^{-1} \in D_4$ (car $u \in D_4$ et $D_4$ est un groupe), on en déduit que $\rho^{-k} u^{-1} \rho^k \in D_4$ . De plus, $\rho^{-k} \in \langle \rho \rangle$ donc $f^{-1} \in D_4 \langle \rho \rangle$.Ceci conclut la preuve du fait que $D_4 \langle \rho \rangle$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_4$ (voir mon post au-dessus pour la stabilité par la composition et OShine a dit le reste).
-
Oui, c'est comme ça que j'imaginais la preuve.
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Rien de bien compliqué : c'est le fait que $D_4$ soit un sous-groupe distingué de $\mathfrak{S}_4$ qui fait tout !!!Merci pour ton retour JLapin !!!
-
@NicoLeProf
J'ai démontré le passage à l'inverse en une ligne sans utiliser les sous-groupes distingués.
L'auteur n'utilise pas les sous-groupes distingués car cette notion est abordée dans le chapitre suivant. -
Mais ta preuve est plus simple à rédiger avec les sous-groupes distingués.
-
@OShine
Les groupes quotients sont très utiles, même avec des connaissances réduites, un exemple d'application.
Le Théorème de Cauchy dans le cas particulier des groupes commutatifs.
Ce théorème indique que dans un groupe $G$ dont l'ordre est divisible par $p$ premier alors il existe un élément de $G$ d'ordre $p$.
(Ce théorème reste vrai pour $G$ non commutatif, mais la démonstration fait intervenir la notion d'action de groupe).
Étapes de la démonstration.
Considérer des éléments $(x_1,x_2,\dots,x_r)$ qui engendrent $G$
Montrer que l'ensemble (produit cartésien) $Gr = <x_1>\times<x_2>\times\dots\times<x_r>$ est un groupe (en ayant noté $<x_i>$ le sous-groupe de $G$ généré par $x_i$).
Définir un morphisme "naturel" $ f$ de $ Gr$ dans $G$, montrer que $f$ est surjective.
À l'aide de l'isomorphisme de $Gr/\ker(f) $ sur $G$ en déduire qu'il existe un élément de $G$ d'ordre $p$. -
Il me semble qu'il y a une erreur là.OShine a dit :De plus $\# G / H = \# G- \# H=4! - 16=8 >4$.
Pour la solution de JLT, on peut simplement dire que considérer le quotient permet de tuer dans $G$ et ses sous-groupes les éléments de $D_4$ (du moins de les réduire à l'élément neutre), ce qui est particulièrement pratique ici.
Du coup, question subsidiaire : on a $\langle \sigma, \rho \rangle \subset D_4 \langle \rho \rangle$. A-t-on égalité ? (je n'ai pas encore réfléchi à la réponse)
-
Oui c'est $card(G/ H)=card(G)-card(H)=4!- 4=24-4=20 >4$ car $card D_4=4$.
-
Elle sort d'où cette formule ?
-
En effet, c'est faux. Soit $G$ un groupe et $H$ un sous-groupe de $G$.
Dans le quotient $G/H$, on a plutôt : $card (G/H)=\dfrac{card G}{card H}$, j'ai vu ça dans le Liret.
C'est le théorème de Lagrange. -
Oui c"est ça.
Pour ma question, on a égalité ssi $\sigma$ et $\rho$ ne commutent pas. -
@Madec
Soit $G=\langle x_1, \cdots, x_r \rangle$.- $G_r$ contient $(1, \cdots, 1)$.
- Soit $x,y \in G_r$. Alors $x=x_1 ^{ n_1} \cdots x_r ^{n_r}$ et $y=x_1 ^{ m_1} \cdots x_r ^{m_r}$. Donc $xy=x_1 ^{ n_1} \cdots x_r ^{n_r} x_1 ^{ m_1} \cdots y_r ^{m_r}$. Mais $G$ est abélien donc $xy=x_1 ^{n_1+m_1} \cdots x_r ^{n_r+m_r} \in G_r$.
- Soit $x \in G_r$. On a $x=x_1 ^{ n_1} \cdots x_r ^{n_r}$ donc $x^{-1}=x_n ^{- n_r} \cdots x_1 ^{-n_1}$ et la commutativité permet de conclure comme précédemment.
Pour le morphisme naturel je ne vois pas. -
Allez un peu d'imaginationIl faut trouver une opération qui transforme un vecteur (a1,...an) en nombre qui soit un morphismePS : tu n'as rien compris au principe de groupe produit vu ta réponse précédente.
-
@noobey ok merci. J'ai été trop vite.
@Madec
Un exercice intéressant. Voici ma solution.- $\boxed{(1, \cdots, 1) \in G_r}$.
- Soit $x,y \in G_r$. Alors $x=(x_1 ^{n_1}, \cdots, x_r ^{n_r})$ et $y=(x_1 ^{m_1}, \cdots, x_r ^{m_r})$. Donc $\boxed{xy=(x_1^{n_1+m_1}, \cdots, x_r ^{n_r+m_r}) \in G_r}$
- Si $x \in G_r$ alors $\boxed{x^{-1}=(x_1 ^{-n_1}, \cdots, x_r ^{-n_r}) \in G_r}$.
Soit l'application : $f : G_r \longrightarrow G$ défininie par $\boxed{f(a_1, \cdots, a_r)=a_1 \cdots a_r}$. Avec $G=\langle x_1, \cdots, x_r \rangle$.
C'est clairement un morphisme de groupes car $G$ est abélien.
Surjection :
Soit $g \in G$. Alors $g=x_1 ^{n_1} \cdots x_r ^{n_r}$. On cherche $x \in G_r$ tel que $f(x)=g$.
Il suffit de choisir $\boxed{x=(x_1 ^{n_1}, \cdots, x_r ^{n_r}) \in G_r}$.
$f$ est un morphisme de groupe surjectif.
Par le théorème de passage au quotient, l'application $\bar{f} : G_r / \ker \ f \longrightarrow G$ est un isomorphisme de groupes.
On sait que l'ordre de $G$ est divisible par un nombre premier $p$.
Montrons qu'il existe dans $G$ un élément d'ordre $p$.
Soit $\bar{x} \in G_r / \ker \ f$. Comme $f$ est un isomorphisme de groupes, $\bar{x}$ et $\bar{f}( \bar{x})$ ont le même ordre.
Il existe $q \in \N$ tel que $\# G= p q$.
Or $\bar{f}( \bar{x})^{pq}=(\bar{f}( \bar{x})^q)^p=1$.
Notons $y=\bar{f}( \bar{x})$. $y$ est un élément de $G$, donc $y^q$ aussi, $G$ étant un groupe donc stable par produit.
On a montré que $z=y^q$ est d'ordre $p$.
Conclusion :
$\boxed{\text{On a montré qu'il existe dans} \ G \ \text{un élément d'ordre} \ p}$.
-
La fin est fausse. Rien nous dit que y^q est d'ordre p
-
J'ai utilisé de corollaire suivant, Liret page 53.
Soit $G$ un groupe et $a \in G$ tel que $a \ne 1$.
Si $p$ est un nombre premier tel que $a^p=1$ alors $a$ est d'ordre $p$.
Et le corollaire page 57.
Si $G$ est un groupe à $N$ éléments, alors pour tout $a \in G$, $a^N=1$.
Je ne comprends pas mon erreur.
-
Oui en fait je me rends compte que je n'ai pas utilisé que $\bar{f}$ est un isomorphisme.
Il faut que je réfléchisse, je ne vois pas tout de suite comment faire. -
@OShine
Par construction de $Gr$ comme produit cartésien , l'ordre de $Gr$ est le produit des ordres de $x_1$ $x_2$...$x_r$
soit $O(Gr)=\prod_{i=1}^rO(x_i)$
du fait de l'isomorphisme on a aussi $O(Gr)=O(\ker f) O(G)$
et donc $p$ divise le produit des ordres $O(x_i)$ soit au moins l'un d'entre eux puisque $p$ est premier.
Supposons que cela soit $O(x_1)= pq$
on a donc $ (x_1^q)^p=1$
et $x_1^q$ est d'ordre $p$ puisque $ x_1^q\neq 1$
($x_1^q\neq 1$ sinon l'ordre de $x_1$ serait inférieur à $pq$).
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