@JLapin Soit $G$ un groupe et $H$ le sous ensemble des éléments d'ordre fini de $H$. Montrer que si $x,y \in H$ commutent alors $xy \in H$ est d'ordre divisant le ppcm des ordres de $x$ et $y$. Si de plus $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{1 \}$ montrer que l'ordre de $xy$ est égal à ce PPCM.
Si $x,y \in H$ qui commutent et soit $m=PPCM(o (x),o(y))$. Alors $x^m=y^m=1$ donc $(xy)^m=x^m y^m=1$ donc $xy$ est d'ordre fini divisant $m$. Si $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{1 \}$ et soit $k$ un entier tel que $(xy)^k=1$ soit $x^k y^k=1$. Donc $x^k=y^{-k} \in \langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{1 \}$. Ainsi $x^k=y^k=1$ donc $k$ est multiple de $o(x)$ et de $o(y)$, il est donc multiple de $m$. Finalement : $o(xy)=m$.
Mais je ne sais pas appliquer cet exercice pour $k$ cycles. Je ne comprends pas le corrigé avec le sous-groupe engendré par les $i$ premiers et celui engendré par le $i+1$ ième.
@Oshine tu cherches les complications. Démontre le résultat directement sans passer l'indication de l'encadré. C'est plus simple et au moins cela sera ta démonstration.
Soit $m=PPCM(n_1, \cdots, n_k)$. Comme les $c_i$ commutent, on a : $\sigma^m=c_1^m \cdots c_k ^m=id$ donc $\boxed{o(\sigma) \mid m}$. Réciproquement, soit $p \in \N$ tel que $\sigma^p=c_1 ^p \cdots c_k ^p=1$. J'ai une idée pour la réciproque, je cherche encore un peu.
J'essaie de suivre une technique que j'ai souvent vue dans les preuves sur l'ordre d'un produit.
Soit $p \in \N$ tel que $\sigma^p=id$. Alors $c_1 ^p =(c_2 ^p \cdots c_k ^p)^{-1}=c_k ^{-p} \cdots c_2 ^{-p}$. Donc $c_1 \in \langle c_1 \rangle \cap \langle c_2, \cdots ,c_k \rangle$. $ \langle c_1 \rangle \cap \langle c_2, \cdots ,c_k \rangle$ est un sous-groupe de $ \langle c_1 \rangle$ donc son cardinal divise $n_1$. Je bloque ici. Je voudrais montrer que $ \langle c_1 \rangle \cap \langle c_2, \cdots ,c_k \rangle = \{ id \}$ mais je n'y arrive pas.
@bd2017 Soit $x \in Supp \ c_1$ alors $o(x)=n_1$. Pour la suite, je ne sais pas quoi faire.
1. Tu veux appliquer une technique.... Oui, déjà faut comprendre la technique. 2. Et puis je ne comprends pas pourquoi chercher compliqué alors que la démonstration est simple. L'ordre de $x$ vaut $n_1$ et tu ne vois pas quoi faire. Tu as fait 10000 fois plus d'algèbre que moi et tu ne vois pas qu'on en déduit que $n_1$ divise l'ordre de $\sigma$.
Soient $c_1,\ldots,c_k$ des cycles disjoints d'ordres $n_1,\ldots,n_k$, et soit $\sigma=c_1\cdots c_k$. Pour tout $i$ et $x\in\mathrm{supp}(c_i)$ et tout entier $j$, on a $\sigma^j(x)=c_i^j(x)$ donc $\sigma^j=\mathrm{Id}\iff \forall i\,\forall x\in\mathrm{supp}(c_i)\; c_i^j(x)=x\iff\forall i,\, c_i^j=\mathrm{id}\iff\forall i,\; n_i\mid j\iff\mathrm{ppcm}(n_1,\ldots,n_k)\mid j.$
@OShine : Tu as compris ce qu'était le support d'une permutation (un cycle est une permutation)?
Si on voit une permutation comme une bijection d'un ensemble à $n$ éléments, il est évident que deux permutations qui ont des supports disjoints commutent: si tu commences à peindre en rouge la partie droite d'une toile puis tu peins la partie gauche en bleu tu obtiens le même résultat en faisant le contraire c'est-à-dire, commencer par peindre la partie gauche en bleu.
PS. Si une permutation est égale à un produit de cycles ayant des supports deux à deux disjoints, il est évident que s'il y a $n$ cycles dans le produit, si tu en prends $k<n$, et que tu en considères un de plus qui est aucun des $k$ précédents, le sous-groupe engendré par les $k$ premiers a une intersection triviale avec le sous-groupe engendré par celui qu'on a considéré en plus.
Si ce n'était pas le cas, cela voudrait dire qu'il y a une permutation qui a un support qui est contenu dans l'intersection de la réunion des supports des $k$ premiers cycles et du support du cycle rajouté, mais l'hypothèse faite que les supports de tous les cycles sont deux à deux disjoints montre que cette intersection est vide. Une permutation dont le support est l'ensemble vide est l'identité dans le monde des permutations, sauf erreur.
Encore heureux qu'une preuve écrite sur mesure pour un étudiant particulièrement atypique soit plus adaptée qu'une preuve écrite 'en prêt à porter' pour un étudiant normal !
Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
@Fin de partie Les phrases c'est beau mais je n'arrive pas trop à comprendre les démos avec des phrases. Quand je calcule et regarde je n'arrive pas à démontrer que $ \langle c_2, \cdots c_k \rangle \cap \langle c_1 \rangle= \{ id \}$ J'ai essayé de prendre $f \ne id$ qui appartient à l'intersection alors $f=c_1 ^p = c_2 ^{q_2} \cdots c_k ^{q_k}$ mais je n'ai pas réussi à raisonner avec les supports à cause des puissances.
Soit $f \in \langle c_2, \cdots c_k \rangle \cap \langle c_1 \rangle$, alors on peut écrire $f=c_1^p=c_2^{q_2} \cdots c_k ^{q_k}$ .
Comme bd te l'a suggeré au-dessus, si $x \in supp$ $c_1$, alors $c_1(x) \neq x$ donc $c_2^{q_2} \cdots c_k ^{q_k}(x)=x$ puisque les cycles $c_i$ sont à supports deux à deux disjoints.
Donc $c_1^p(x)=x$ .
Si $x \notin supp$ $c_1$ , $c_1^p(x)=x$ .
Donc $c_1^p=id=f$ (et $n_1 | p $). (Ce qui rejoint un bout de la preuve de JLT).
Je ne sais pas ce que tu entends par "à chaque fois". Il n'y a pas de "recette" miracle. Quand tu as un exo/une preuve de cours à travailler, essaie d'utiliser les hypothèses que l'on te donne et de réfléchir sur des petites valeurs/petits exemples si tu ne vois pas ce qu'il se passe. Et n'aies pas peur du groupe symétrique: ce n'est pas si terrible (même si je me suis planté une fois en te répondant lol ^^')
Oui en fait j'avais $\sigma^p=1$ et je restais bloqué alors que j'aurais dû penser à calculer $\sigma^p (x)$ en prenant $x$ dans le support d'un des $c_i$. D'ailleurs la preuve de JLT ressemble à des raisonnements que j'ai souvent vus en arithmétique. Il me reste la partie sur la signature du cours et 8-10 exercices sur la signature et le groupe alterné. Parfois il y a des choses qui nous semblent très dures au départ, puis avec la pratique et le recul ça devient de plus en plus simple.
@Jlapin: je pense qu'il faisait référence à cette partie d'un de mes messages:
Si on voit une permutation comme une bijection d'un ensemble à n
éléments, il est évident que deux permutations qui ont des supports
disjoints commutent: si tu commences à peindre en rouge la partie droite
d'une toile puis tu peins la partie gauche en bleu tu obtiens le même
résultat en faisant le contraire c'est-à-dire, commencer par peindre la
partie gauche en bleu.
Réponses
Mon incompréhension n'est pas cette partie mais la partie sur l'intersection triviale.
Soit $G$ un groupe et $H$ le sous ensemble des éléments d'ordre fini de $H$.
Montrer que si $x,y \in H$ commutent alors $xy \in H$ est d'ordre divisant le ppcm des ordres de $x$ et $y$.
Si de plus $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{1 \}$ montrer que l'ordre de $xy$ est égal à ce PPCM.
Si $x,y \in H$ qui commutent et soit $m=PPCM(o (x),o(y))$.
Alors $x^m=y^m=1$ donc $(xy)^m=x^m y^m=1$ donc $xy$ est d'ordre fini divisant $m$.
Si $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{1 \}$ et soit $k$ un entier tel que $(xy)^k=1$ soit $x^k y^k=1$.
Donc $x^k=y^{-k} \in \langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{1 \}$.
Ainsi $x^k=y^k=1$ donc $k$ est multiple de $o(x)$ et de $o(y)$, il est donc multiple de $m$.
Finalement : $o(xy)=m$.
Mais je ne sais pas appliquer cet exercice pour $k$ cycles. Je ne comprends pas le corrigé avec le sous-groupe engendré par les $i$ premiers et celui engendré par le $i+1$ ième.
Comme les $c_i$ commutent, on a : $\sigma^m=c_1^m \cdots c_k ^m=id$ donc $\boxed{o(\sigma) \mid m}$.
Réciproquement, soit $p \in \N$ tel que $\sigma^p=c_1 ^p \cdots c_k ^p=1$.
J'ai une idée pour la réciproque, je cherche encore un peu.
$c_1 ^p \in \langle c_2, \cdots c_k \rangle \cap \langle c_1 \rangle$ etc..
Soit $p \in \N$ tel que $\sigma^p=id$. Alors $c_1 ^p =(c_2 ^p \cdots c_k ^p)^{-1}=c_k ^{-p} \cdots c_2 ^{-p}$.
Donc $c_1 \in \langle c_1 \rangle \cap \langle c_2, \cdots ,c_k \rangle$.
$ \langle c_1 \rangle \cap \langle c_2, \cdots ,c_k \rangle$ est un sous-groupe de $ \langle c_1 \rangle$ donc son cardinal divise $n_1$.
Je bloque ici.
Je voudrais montrer que $ \langle c_1 \rangle \cap \langle c_2, \cdots ,c_k \rangle = \{ id \}$ mais je n'y arrive pas.
@bd2017
Soit $x \in Supp \ c_1$ alors $o(x)=n_1$.
Pour la suite, je ne sais pas quoi faire.
2. Et puis je ne comprends pas pourquoi chercher compliqué alors que la démonstration est simple.
L'ordre de $x$ vaut $n_1$ et tu ne vois pas quoi faire. Tu as fait 10000 fois plus d'algèbre que moi et tu ne vois pas qu'on en déduit que $n_1$ divise l'ordre de $\sigma$.
Si une permutation est égale à un produit de cycles ayant des supports deux à deux disjoints, il est évident que s'il y a $n$ cycles dans le produit, si tu en prends $k<n$, et que tu en considères un de plus qui est aucun des $k$ précédents, le sous-groupe engendré par les $k$ premiers a une intersection triviale avec le sous-groupe engendré par celui qu'on a considéré en plus.
Les phrases c'est beau mais je n'arrive pas trop à comprendre les démos avec des phrases.
Quand je calcule et regarde je n'arrive pas à démontrer que $ \langle c_2, \cdots c_k \rangle \cap \langle c_1 \rangle= \{ id \}$
J'ai essayé de prendre $f \ne id$ qui appartient à l'intersection alors $f=c_1 ^p = c_2 ^{q_2} \cdots c_k ^{q_k}$ mais je n'ai pas réussi à raisonner avec les supports à cause des puissances.
alors $c_1(x) \neq x$ donc $c_2^{q_2} \cdots c_k ^{q_k}(x)=x$ puisque les cycles $c_i$ sont à supports deux à deux disjoints.
D'ailleurs la preuve de JLT ressemble à des raisonnements que j'ai souvent vus en arithmétique.
Il me reste la partie sur la signature du cours et 8-10 exercices sur la signature et le groupe alterné.
Parfois il y a des choses qui nous semblent très dures au départ, puis avec la pratique et le recul ça devient de plus en plus simple.
C'est une pépite celle-là...