Exercices sur les groupes
Réponses
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Il a manifestement utilisé la propriété avec l'entier $p^{k-1}$ pour démontrer par l'absurde qu'un p-Sylow est cyclique donc je pense qu'il a bien interprété ton énoncé.
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Oui c’est vrai. Au temps pour moi. Intéressant d’utiliser l’isomorphisme entre $G$ et $\prod_pH_p$.
J’essaye actuellement de rédiger une preuve un peu différente en me servant d’un autre groupe fini. -
Preuve éffacée très compliquée, voir cella plus simpleUn groupe fini $G$ dans lequel l’équation $x^p=e$ admet, quelque soit $p$, au plus $p$ solutions, est cyclique.
Le 😄 Farceur -
biguine_equation a dit :Un groupe fini $G$ dans lequel l’équation $x^p=e$ admet, quelque soit $p$, au plus $p$ solutions, est cyclique.La solution a été suggérée mais je donne quelques détails. Soit $a_p$ le nombre d'éléments d'ordre $p$ pour $p$ entier quelconque. Soit $N=|G|$. Pour tout $p$, si $a_p\ne 0$, on considère un élément $y$ d'ordre $p$. Alors $\{y^0,\ldots,y^{p-1}\}$ est l'ensemble des $x\in G$ tels que $x^p=e$, donc l'ensemble des éléments d'ordre $p$ est exactement l'ensemble des $y^k$ pour $0\leqslant k\leqslant p-1$ premier avec $p$. Ceci montre que si $a_p\ne 0$ alors $a_p=\varphi(p)$.Comme $\sum_{p\mid N}\varphi(p)=N=\sum_{p\mid N}a_p$, on en déduit que $a_p=\varphi(p)$ pour tout $p\mid N$, et en particulier $a_N\ne 0$ donc $G$ est cyclique.Corollaire : tout sous-groupe fini du groupe multiplicatif d'un corps est cyclique.
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Soient $a_1,\ldots,a_k$ les cardinaux des classes de conjugaison, $n=|G|$ et $\ell=|Z(G)|$.biguine_equation a dit :Soient $G$ un groupe fini et $k(G)$ la probabilité que deux éléments $g,h \in G$ choisis de manière uniforme et indépendante soient conjugués.
Si $k(G)< \frac{7}{4\vert G \vert}$, alors $G$ est abélien.
L'hypothèse de l'énoncé dit que $a_1^2+\cdots+a_k^2<\frac{7n}{4}$. Or $n^2=(\sum_i a_i)^2\leqslant k\sum_ia_i^2$ donc $k>\frac{4n}{7}$.D'autre part, les classes de conjugaison des éléments de $Z(G)$ sont de cardinal $1$ et les autres de cardinal au moins $2$ donc $n\geqslant \ell+2(k-\ell)=2k-\ell$ d'où l'on tire $\ell>\frac{n}{7}$, ce qui montre que $|G/Z(G)|\leqslant 6$.
Si $|G/Z(G)|\leqslant 5$ et est différent de $4$ alors $G/Z(G)$ est cyclique donc $G$ est abélien.
Si $|G/Z(G)|=6$ alors $\ell=\frac{n}{6}$. Soit $m=k-\ell$ et $b_1,\ldots,b_m$ les cardinaux des classes de conjugaison des éléments non centraux. Alors $n=\ell+\sum_i b_i$ et $\ell+\sum_ib_i^2<\frac{7n}{4}$ donc
$(n-\ell)^2\leqslant m\sum b_i^2<m(\frac{7n}{4}-\ell)$.En remplaçant $\ell$ par $\frac{n}{6}$ on trouve $m>\frac{25n}{57}$ donc $n=\ell+\sum b_i>\frac{n}{6}+2\times\frac{25n}{57}>n$. Contradiction.Le cas $|G/Z(G)|=4$ est analogue. -
Bonjour,
merci beaucoup pour vos démonstrations !
Pour la première question, ma solution ressemble peu ou prou à celle de JLT. Je la décris brièvement.
Soit $G$ un groupe fini d’ordre $n$. L’idée est de montrer que $G$ ne contient pas plus d’éléments d’ordre $p$ que $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, quelque soit $p$.
Pour chaque diviseur $p$ de $n$, il y a un unique sous-groupe de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ d’ordre $p$, à savoir $\langle \frac{n}{p} \rangle$; le sous-groupe cyclique engendré par la classe de $\frac{n}{p}$. Et ce sous-groupe contient tous les éléments d’ordre $p$
Donc si $G$ contient un élément $g$ d’ordre $p$, il y a isomorphisme entre les groupes cycliques $\langle g \rangle$ et $\langle \frac{n}{p} \rangle$, d’ordre $p$. Puis on démontre que $G$ contient un élément d’ordre $n$ donc qu’il est cyclique. -
Vraiment très intéressante ta deuxième démonstration JLT !
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Si cette démonstration utilise le fait que le nombre de racines d'un polynôme est au plus égal à son degré, donc en particulier que le polynôme $X^{p-1}-1$ admet au plus $p-1$ racines, il faut se trouver a minima dans un anneau commutatif intègre, on ne peut pas l'affirmer dans un groupe quelconque ?MrJ a dit :Ne peut-on pas appliquer la même démonstration que celle pour montrer qu’un sous-groupe fini de $K^\ast$ est cyclique (en comptant les éléments de chaque ordre, voir le Perrin).
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Voici deux exercices très simples de mon crû (je me suis posé la question), désolée si cela parait évident à certains :1) Si un groupe fini $G$ a 2 sous-groupes d'ordre $p$ (donc cycliques) distincts, alors leur intersection est triviale,2) Ceci est faux avec 2 sous-groupes d'ordre $n$ quelconque : contre-exemple.
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@Julia Paule : Bien sûr ! Mais c'était justement l'hypothèse dans l'exercice de biguine_equation dans son message : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2430322/#Comment_2430322Pour les exercices1) Le groupe $H_1\cap H_2$ est un sous-groupe de $H_1$, donc son ordre divise $|H_1| = p$ par le théorème de Lagrange. On en déduit que $H_1\cap H_2$ est trivial ou que $H_1=H_2$. Par hypothèse, on est nécessairement dans le premier cas.2) Dans le groupe des quaternions, on peut considérer $H_1=\{1,i,-1,-i\}$ et $H_2=\{1,j,-1,-j\}$.
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Juste pour faire une remarque, sans rien apporter de nouveau par rapport à ce qui a été dit sur l'énoncé :
Ceci implique que pour tout entier $d$ divisant $|G|$ il existe au plus un sous-groupe cyclique d'ordre $d$. Or un résultat classique (qui se trouve en fait être la démo de JLT ci-dessus) dit exactement qu'un groupe qui vérifie cette condition est cyclique.biguine_equation a dit :Un groupe fini $G$ dans lequel l’équation $x^p=e$ admet, quelque soit $p$, au plus $p$ solutions, est cyclique. -
Pour mon exo 2), j'avais pensé aussi à $S_4$ qui admet 3 sous-groupes d'ordre 8 qui ont tous en commun le sous-groupe d'ordre 4 contenant les double-transpositions.
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Je vous propose l'exercice ouvert suivant.Dans un groupe quelconque $G,$ si $g$ et $g'$ sont deux éléments d'ordre fini, l'élément $gg'$ est-il d'ordre fini ?
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Je me place dans le groupe $G=(\mathscr{M}_3(\mathbb{R}),\times)$ et je considère les matrices $A$ et $B$ définies par : $A=\begin{pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} -1 & -4 & -2 \\ 4 & 9 & 4 \\ -8 & -16 & -7 \end{pmatrix}$ .Les matrices $A$ et $B$ représentent des symétries dans la base canonique de $\mathbb{R}^3$ (on peut le vérifier en calculant leurs carrés ou leurs polynômes caractéristiques). Elles sont donc toutes les deux d'ordre $2$ .Puis, on vérifie que $AB$ n'est pas d'ordre fini en diagonalisant par exemple et en calculant $(AB)^n$ ...En revanche , si $G$ est abélien, on aura bien le produit des deux éléments qui sera aussi d'ordre fini.
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Plus simplement on prend pour $g$ la symétrie par rapport à l'axe des abscisses et $g'$ la symétrie par rapport à l'axe faisant un angle $\pi\sqrt{2}$ par rapport à l'axe des abscisses.
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Non, le produit libre $G*G$ est un contre-exemple très intuitif à mon avis (même si sa construction est un peu technique comme on me l'a fait remarquer dans un autre fil...)canasson29 a dit :Dans un groupe quelconque $G,$ si $g$ et $g'$ sont deux éléments d'ordre fini, l'élément $gg'$ est-il d'ordre fini ? -
Raoul , tu sembles dire que tu as un contre-exemple avec ce produit libre quelque soit le groupe G. Mais dans le cas commutatif, la propriété est vraie.Le 😄 Farceur
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gebrane, même si $G$ est commutatif, $G*G$ ne l'est pas. En gros si $A$ et $B$ sont deux groupes, $A*B$ est le groupe des suites finies du type $(a_1,b_1,a_2,b_2,...a_n,b_n)$ ou du type $(b_1,a_1,b_2,a_2,...b_n,a_n)$ avec les $a_i$ dans $A$ et les $b_i$ dans $B$ tous différents des éléments neutres de $A$ et de $B$.
- La multiplication est facile à deviner (en gros c'est la concaténation), je ne traite qu'un cas : $(a_1,b_1,a_2,...,a_n,b_n)*(b'_1,a'_1,...,b'_m,a'_m):=(a_1,b_1,a_2,b_2,...a_n,b_nb'_1,a'_1,b'_1,a'_2,...,b'_m,a'_m)$ si $b_nb'_1\neq 1$ sinon je ne détaille pas, flemme...
- Par exemple l'inverse de $(a,b)$ est $(b^{-1},a^{-1})$.
- Tu vois rapidement que l'élément $(a,b)$ (qui est égal à $(a)*(b)$) est d'ordre infini car $(a,b)^n=(\underbrace{a,b,a,b,...,a,b}_{n\text{ copies de a et de b}})$ n'est pas le neutre (qui est la suite vide).
Pour une construction rigoureuse voir ICI. -
J" ai raisonné de tête comme suit.
Si $G$ est un groupe abélien et que $g$ et $g'$ sont deux éléments d'ordre fini avec des ordres respectifs $n$ et $m$, alors nous avons :
$(gg')^{nm} = g^{nm}g'^{nm} = (g^n)^m(g'^m)^n=1$ donc $gg'$ est d'ordre fini inférieure à $nm.
Le 😄 Farceur -
Attention pour ce qui concerne l'ordre de $gg'.$ J'ai déjà écrit une bêtise ici, j'ai retenu la leçon
. La seule chose que tu puisses dire est que l'ordre de $gg'$ divise $nm.$
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Merci pour l'exemple de la rotation JLT ! Que se passe-t-il dans $GL_2(\mathbb{Z})$ ? On peut éventuellement se restreindre à $SL_2(\mathbb{Z}).$
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j'ai corrigé l oubli , veux-tu dire que je ne peux pas conclure que l ordre de ab n'est pas fini ?J'ai répondu sans connaitre la vraie définition d'un élément d'ordre infini
Le 😄 Farceur -
Si c'est tout à fait correct. Un élément $g \in G$ est d'ordre infini si le morphisme $\begin{array}{ccccc} \pi & : & \mathbb{Z} & \rightarrow & G \\ & & n & \mapsto & g^n \end{array}$ est injectif.
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Merci pour la définition ( j'avais imaginé comme définiton que a est d'ordre infini si pour tout n , $a^n\ne e$) . Donc on peut se poser la question Donner une CNS sur G pour que ta propreté soit vraie
Le 😄 Farceur -
Cela revient au même ! Ambitieuse question
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On peut aussi prendre $A=\left( \begin{array}{cc}1&1\\ -1&0\end{array}\right)$ et $B=\left(\begin{array}{cc} 0&-1\\1&0\end{array}\right)$ (c'est un système de générateurs du groupe $SL(2,\Z)$).
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Je ne comprends toujours pas le contre-exemple donné par Raoul-s 'qui me dit (me semble-il) qu'il est valable même si G est abélien ) Je viens de prouver ci-dessus que le produit de deux éléments d'ordre fini reste d'ordre fini dans le cas abélien. Qu'est-ce que je rate ?Le 😄 Farceur
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Tu rates que je parle de $G*G$ ($G$ produit libre avec lui-même) et non de $G$. Dans $G*G$ le produit de deux éléments d'ordre fini n'est pas fini en général.
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ok merci
Le 😄 Farceur -
Un autre exemple est le groupe diédral infini : $\mathcal D_\infty$ qui est le produit semi-direct $\Z\rtimes \Z/2\Z$, où comme tout diédral, $\Z/2\Z$ agit sur $\Z$ par "inversion" : $(i:n\mapsto -n)$. Alors les éléments d'ordre 2 : $(0,1)$ et $(1,1)$ engendrent $\mathcal D_\infty$.ATTENTION, c'est un produit semi-direct, $(1,1)*(1,1)=(1+i(1),1+1)=(0,0)$, car $i(1)=-1$, l'élément $(1,1)$ est bien d'ordre $2$.Comme illustration, on prend la frise
où $s$ et $u=st$ sont les symétries comme indiquées et $t=su$ est la translation d'une largeur de triangle.$t$ engendre $\Z$ et $s$ engendre $\Z/2\Z$ dans l'écriture $\mathcal D_\infty=\Z\rtimes \Z/2\Z$.$s$ et $u=st$ engendrent aussi $\mathcal D_\infty$ et sont chacun d'ordre $2$, leur produit $su=t$ est d'ordre $\infty$.Remarque, avec les générateurs $s$ et $u$, $D_\infty=\Z/2\Z * \Z/2\Z$ est le produit libre de $\Z/2\Z$ engendré par $s$ avec $\Z/2\Z$ engendré par $u$, c'est l'ensemble des mots de longueur finie fabriqués avec les seules lettres $s$ et $u$ avec les relations $ss=uu=1$, la loi de groupe étant la concaténation des mots.Alain
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Question difficile.
Donner un exemple d'un groupe infini non abélien qui a exactement six éléments d'ordre fini.Le 😄 Farceur -
Il me semble que $\mathfrak{S}_3\times\Z$ convient.
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OuiLe 😄 Farceur
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Bonjour à tous
J’ajoute deux « petits » exercices pour compléter la liste.1°) Si l’ensemble des éléments d’ordre fini d’un groupe G est fini alors c’est un sous-groupe de G.
2°) L’ensemble des produits de n éléments d’une partie d'un groupe G d’ordre n est un sous-groupe de G.
J’ai aussi une petite liste « d’amusettes » avec des groupes commutatifs que je livrerai plus tard (certains ont déjà été évoqués ici).
Domi. -
Merci Alain pour ce joli exemple, je ne connaissais pas le groupe diédral infini.On a successivement avec $n \in \N^*$ (sauf erreur) : $s=(1,1), u=(0,1), t=su=(1,0), t^n=(su)^n=(n,0), t^{-1}=us=(-1,0), t^{-n}=(us)^n=(-n,0), t^n u=(n,1), t^{-n} u=(-n,1), s^2=u^2=(0,0).$ Voilà $\mathcal D_\infty=\Z\rtimes \Z/2\Z$ est généré.Avec $s$ et $u$ d'ordre $2$, on peut identifier $\langle s \rangle$ et $\langle u \rangle$ à $\Z / 2 \Z$. Il ne commutent pas et génèrent engendrent $\mathcal D_\infty$, qui peut être identifié à l'ensemble des juxtapositions des lettres $s$ et $u$ avec la règle $s^2 = u^2=e$, cela donne le groupe libre $\Z / 2 \Z * \Z / 2 \Z $ avec cette loi de concaténation.Il est amusant de voir qu'un groupe infini peut être généré engendré avec deux éléments d'ordre $2$.Par contre, j'ai un peu plus de mal avec la frise.[Autant utiliser le verbe "engendrer" qui existe en français. AD]
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Une question que je me posais depuis un certain temps et à laquelle je viens de répondre (c'est facile) :dans $F_p^*$, est-il vrai que $a$ est un générateur de $F_p^*$ ssi $a^{\frac{p-1}{2}}= -1$, contre-exemple sinon ?
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Julia Paule a dit :$a$ est un générateur de $F_p^*$ ssi $a^{\frac{p-1}{2}}= -1$, contre-exemple sinon ?Si on montre qu'une implication est fausse, alors l’équivalence est fausse.La réciproque est clairement fausse car si (p-1)/2 est impair exemple p=7 alors $(-1)^{\frac{p-1}{2}}= -1$, mais -1 n'est pas générateur de $F_7^*$.Le 😄 Farceur
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Bonjour Julia PauleQuel mal as-tu avec la frise ?On recherche les isométries planes qui laissent invariant le dessin de la frise (qui avec les "\cdots" de part et d'autre est supposée se reproduire à l'infini dans les deux sens).On montre facilement que c'est un sous-groupe de $\mathrm{Isom}$ le groupe des isométries du plan.On remarque que les deux symétries orthogonales dont les axes sont représentés sur la figure conservent le dessin.La composée de ces deux symétries est la translation horizontale de $1$ largeur de triangle notée $t$ sur la figure. Bien évidemment elle conserve le dessin. Bref, on retrouve toutes les formules que tu as écrites là https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2430877/#Comment_2430877Alain
D'où l'isomorphisme avec $\mathcal D_\infty=\Z\rtimes \Z/2\Z$.
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Cela veut dire que l'ensemble des éléments d'ordre fini de $\mathcal D_\infty$ est infini (car ce n'est pas un sous-groupe : $s$ et $u$ sont d'ordre fini et $su=t$ est d'ordre infini), et il est vrai que tous les éléments $t^{n}u=(n,1), n \in \Z$, sont d'ordre $2$.Domi a dit :1°) Si l’ensemble des éléments d’ordre fini d’un groupe G est fini alors c’est un sous-groupe de G.
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@gebrane, en effet la réciproque est fausse, je n'avais pas pensé à un exemple aussi simple (j'avais par exemple dans $F_{19}^*$, $12^9=-1$, et $12$ est d'ordre $6$ donc pas générateur) . Le sens direct est vrai.
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Domi a dit :1°) Je sais traiter la question dans le cas où le groupe $G$ de base est fini. Mais dans le cas où $G$ est infini, je ne vois pas comment utiliser l'hypothèse que l'ensemble $\{g \in G\mid \exists k \in \mathbb{N}^*, \ g^k=e \}$ est fini.
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@AD, je comprends la frise maintenant que j'ai vu que tous les $t^n u$ et les $(st)t^n=ut^n$ sont d'ordre $2$, donc sont des symétries.
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Nico, Je sais traiter la question dans le cas où le groupe G de base est abélien Le 😄 Farceur
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Si $G$ est abélien c'est facile oui. Ici, l'énoncé donné par Domi ne suppose pas que $G$ est abélien ni fini.
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Si $G$ est fini c'est encore plus facile puisque l'ensemble des éléments d'ordre fini est $G$ lui-même...
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JLT .Avant de chercher davantage, est-ce que l'énoncé est faux ? Si l'énoncé est correct, laissez-nous (AD, JLT, MRj, Namiswan, etc.) une chance de chercher une preuveLe 😄 Farceur
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Je n'ai pas de raison de douter qu'il soit juste.
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Merci JLT,
Nico, ... que le meilleur gagne comme dans le jeu de NaguiLe 😄 Farceur -
Un critère de non-simplicité des groupes finis (le théorème 2.1 du document ci-dessous.). Il a été démontré deux fois par $\textbf{Burnside}$. Les deux démonstrations sont élémentaires mais la première est une vraie usine à gaz ! La deuxième est plus directe.
En théorie des groupes, il y a des rapprochements étranges (du moins pour le néophyte). Si par exemple, l’ordre d’un groupe fini ne contient pas de facteurs premiers répétés, alors ce groupe n’est pas simple ! (Démonstration par Frobenius et Hölder).Soit $G$ un groupe fini d’ordre pair dont les $2$-sous-groupes de Sylow sont cycliques. Alors $G$ ne peut pas être simple.
Source: Pioneers of representation theory, Charles W. Curtis.
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