Exercices sur les groupes

gebrane · June 2023

Je ne trouve rien ,

Namiswan · June 2023

Soit $A$ l'ensemble des éléments d'ordre fini du groupe et $G$ le groupe engendré par $A$.

En utilisant que la propriété d'être d'ordre fini est invariant par conjugaison, on a que pour tout $a,b$ dans $A$, il existe $b'$ dans $A$ tel que $a b=b' a$

Soit $x$ un élément de $G$. Il s'écrit sous la forme
$x=a_1....a_m$ avec $a_i$ dans $A$. On suppose l'écriture choisie tel que $m$ est minimal. Si un élément $a$ apparait deux fois parmi les $a_i$, en utilisant successivement des relations de la forme $a a_j=a_j' a$ on peut "déplacer" un terme $a$ vers la droite pour parvenir finalement à "regrouper" les deux termes $a$ en un unique terme $a^2$. On obtient alors une nouvelle décomposition de $x$ avec un $m$ plus petit, ce qui n'est pas possible. On en déduit que chaque élément de $A$ apparaît au plus une fois dans la décomposition. En particulier $m$ est plus petit que le cardinal de $A$.

Aunsi, $G=\{a_1...a_m | m\leq |A|, a_i\in A\}$ est fini et donc $A=G$ est un groupe.

(J'espère avoir été clair. Tout ceci mériterait un peu plus de rigueur, mais je suis sur tel)

Julia Paule · June 2023

Pour la 1), si $G$ est fini ou abélien, c'est immédiat. Dans le cas où $G$ est infini non abélien, j'ai tenté une démonstration par contraposée, mais j'ai l'impression qu'il en faut bien plus que ça (utiliser des outils plus puissants).

Edit : pas vu le message de Namiswan.

gebrane · June 2023

Namiswan merci

Great proof

Domi · June 2023

Oui, j'avais à peu près la même chose.
Le deuxième exercice est plus malin même s'il n'utilise que des résultats élémentaires : bon courage !
Domi

gebrane · June 2023

Domi a dit :

Oui , j'avais à peu près la même chose.

Bonjour, veux-tu partager ta preuve.

Domi · June 2023

On est dans la nuance de l'écriture et je suis un piètre rédacteur ...
Je ferai un effort pour le 2°) si on ne propose pas mieux que ce que j'ai sous le coude

Domi

MrJ · June 2023

@Domi. Est-on d'accord qu'il faut considérer le produit d'exactement $n$ éléments d'une partie non vide $X$ de $G$ dans ton second exercice ?

Domi · June 2023

Oui , je viens de me rendre compte que ma formulation prête à confusion , on considère des produits $x_1.x_2\dots x_n$ de $n$ facteurs librement choisis dans $X$ ( les facteurs peuvent être identiques ) .
Domi

Domi · June 2023

En attendant une réponse au deuxième exercice , chacune des conditions suivantes entraîne que le groupe $G$ est abélien :

1°) Il existe deux entiers $m$ et $n$ premiers entre eux tels que les puissances $m$ des éléments de $G$ commutent entre elles et les puissances $n$ commutent aussi entre elles .
2°) Il existe un entier $n$ tel que $x\mapsto x^n$ est un morphime et l'application $x\mapsto x^{\frac{n(n-1)}2}$ est injective ou surjective .

3°) Il existe un entier $n$ tel que les puissances $n$ des éléments de $G$ commutent et l'application $x\mapsto x^n$ est injective ou surjective .

4°) Il existe deux entiers $m$ et $n$ tels que $x\mapsto x^m$ et $x\mapsto x^n$ sont des morphismes avec $\frac{m(m-1)}2$ et $\frac{n(n-1)}2$ premiers entre eux .

Il ne faut pas avoir peur de bidouiller

Domi

Domi · June 2023

Une réponse au deuxième exercice avant qu'il ne se perde dans les abîmes du forum

L'ensemble des produits de $n$ éléments d'une partie $P$ d'un groupe $G$ d'ordre $n$ est un sous-groupe de $G$.

Considérons les ensembles $P^k$ constitués des produits de $k$ éléments de $P$ et $c_k$ les cardinaux des $P^k$. Si $x$ est un élément de $P$ alors le cardinal de $xP^k$ est le même que celui de $P^k$ donc la suite $c_k$ est croissante. Comme cette suite est majorée par $n$, il existe un indice $i$ à partir duquel $c_k$ est constant. En fait dès que $c_{k+1}=c_k$, $c_k$ est constant . En effet si $c_k=c_{k+1}$, pour tout $x$ et $y$ dans $P ,\ xP^k=yP^k$ et $xP^{k+1}=yP^{k+1}$ donc $c_{k+2}=c_{k+1}$. Alors $i$ est inférieur ou égal à $n$. L'ordre d'un élément de $P$ divise $n$ donc l'élément neutre de $G$ appartient à $P^n$ et $P^n\subset P^n.P^n$ et au vu des cardinaux : $P^n=P^n.P^n$. $P^n$ est stable pour la multiplication, il reste à montrer que l'inverse d'un élément de $P^n$ est aussi dans $P^n$.

Soit $x=x_1x_2\dots x_n$ un élément de $P^n$. Pour tout entier $i$ de $1$ à $n-1$ on pose : $y_i=x_{n+1-i}^{n-i}\ . \ x_{n-i}^i\in P^n$ .

Alors $y_1y_2\dots y_{n-1}=x_n^{-1}x_{n-1}^{-1}\dots x_1^{-1}=x^{-1} \in P^n$ et $P^n$ est un sous-groupe de $G$.

Domi