Groupes finis

**Romain-des-Bois** · 24/02/2008, 10h56

J'ai quelques petites questions à propos des groupes (notamment finis)...

On a un groupe fini $\text{[math]}$ (soit $\text{[math]}$ éléments) tel que tous les éléments non nuls sont d'ordre 2 (ie $\text{[math]}$ pour tout i). L'objectif est de montrer que $\text{[math]}$ est équipotent à $\text{[math]}$ pour un certain $\text{[math]}$ .

On montre facilement que $\text{[math]}$ est abélien. (La loi de $\text{[math]}$ est maintenant notée +)
En effet si $\text{[math]}$ est différent de $\text{[math]}$ (tous deux différents du neutre), on a : $\text{[math]}$

On munit $\text{[math]}$ d'une structure d'espace vectoriel sur $\text{[math]}$ :
Il me semble qu'il suffit de définir la loi externe $\text{[math]}$ par :
$\text{[math]}$
$\text{[math]}$

Le seul point «*problématique*» pourrait être $\text{[math]}$
Mais, on a : $\text{[math]}$ dans $\text{[math]}$ donc $\text{[math]}$
et $\text{[math]}$ car $\text{[math]}$ d'ordre 2, d'où l'égalité.

On a maintenant un espace vectoriel sur $\text{[math]}$ , on peut donc avoir une base sur ce corps.
Écrivons $\text{[math]}$
On ajoute $\text{[math]}$
alors $\text{[math]}$
mais on a aussi $\text{[math]}$
donc $\text{[math]}$ donc c'est l'élément neutre et donc $\text{[math]}$ dans $\text{[math]}$ .
On en déduit ainsi que tous les $\text{[math]}$ sont nuls et donc la dimension de $\text{[math]}$ sur $\text{[math]}$ est n et donc $\text{[math]}$ est équipotent à $\text{[math]}$ .
(EDIT : j'ai omis une partie du raisonnement : on a une famille libre, maximale, donc c'est une base)

Qu'en dîtes-vous ?

Autre question :
Quand on demande de donner tous les groupes finis d'ordre n pour n=2,3,5,7... y a-t-il du «*travail*» ou pas ? (ie beaucoup de cas à considérer...) (c'est parce que c'est la première question d'un exercice, et elle semble faite pour être faite rapidement...)

Autre question bien moins importante... Je m'intéresse au groupe des tresses, si quelqu'un connait un bon document disponible sur le net, qu'il n'hésite pas...

Merci beaucoup !

Romain

invite2c3ff3cc · 24/02/2008, 11h14

Ca me parait bon mais il suffit de dire qu'il existe une base il me semble.

>> n=2,3,5,7...

Tout groupe d'ordre p avec p premier est isomorphe à (Z/pZ,+) donc il n'y a pas beaucoup de travail

**Romain-des-Bois** · 24/02/2008, 14h15

Envoyé par ThSQ

Ca me parait bon mais il suffit de dire qu'il existe une base il me semble.

>> n=2,3,5,7...

Tout groupe d'ordre p avec p premier est isomorphe à (Z/pZ,+) donc il n'y a pas beaucoup de travail

Merci !

il va falloir quand même que je prouve ce résultat

Romain

invite769a1844 · 24/02/2008, 15h19

Envoyé par Romain-des-Bois

Merci !

il va falloir quand même que je prouve ce résultat

Romain

Salut Romain,

si tu sais qu'un groupe cyclique d'ordre p est isomorphe à Z/pZ, alors c'est relativement rapide à l'aide du théorème de Lagrange.

A voir en vidéo sur Futura · Aujourd'hui

**Romain-des-Bois** · 25/02/2008, 14h13

Salut !

Oui j'y ai pensé après

Je continue mes questions : Encore quelques soucis avec les groupes finis...

Je me donne un groupe à 6 éléments $\text{[math]}$
Il me faut montrer que $\text{[math]}$ est isomorphe soit à $\text{[math]}$ (s'il est abélien) soit à $\text{[math]}$ (s'il ne l'est pas (abélien)).

Avec le théorème de Lagrange, dans $\text{[math]}$ , on n'a que des éléments d'ordre 1 (le neutre), 2, 3 ou 6.
Dans $\text{[math]}$ , on a :
1 est d'ordre 6
2 est d'ordre 3
3 est d'ordre 2
4 est d'ordre 3
5 est d'ordre 6

Dans $\text{[math]}$
les transpositions (1,2) , (1,3) , (2,3) sont d'ordre 2 et les trois-cycles (1,2,3) et (2,1,3) sont d'ordre 3 (il n'y a pas d'éléments d'ordre 6).

Si $\text{[math]}$ est abélien.

-Je suppose qu'il y a un élément d'ordre 6, et (quitte à renuméroter) je choisis $\text{[math]}$ d'ordre 6 alors, je choisis $\text{[math]}$ donc $\text{[math]}$ est d'ordre 3
On peut continuer : $\text{[math]}$ (alors $\text{[math]}$ d'ordre 2)

Puis : $\text{[math]}$ (alors $\text{[math]}$ est d'ordre 3)
Et : $\text{[math]}$ (alors $\text{[math]}$ est d'ordre 6)
(...)
Bilan : s'il y a un élément d'ordre 6, $\text{[math]}$ est isomorphe à $\text{[math]}$ .

Après, j'ai tenté de voir s'il n'y a pas d'élément d'ordre 6, je ne suis pas arrivé à conclure. (EDIT : il faudrait que j'arrive à une contradiction)

-Si $\text{[math]}$ n'est pas abélien, il faut que je montre qu'il n'y a pas d'élément d'ordre 6. S'il y a un élément d'ordre 6 alors on peut écrire ce que j'ai écrit au premier - , et on a alors une structure de groupe abélien.
Ainsi il n'y a que des éléments d'ordre 2 et 3.

Bon, voilà où j'en suis... Comme vous voyez je suis loin d'être au bout

Merci de votre aide

Romain

invite769a1844 · 25/02/2008, 14h39

En partant de ce que tu as déjà fait,

donc on a un groupe G tel que card(G) = 6.

1) si G admet un élément d'ordre 6, avce ton étude on en déduit que G est isomorphe à Z/6Z.

2) G n'admet pas d'élément d'ordre 6, mais G n'étant pas réduit pas un élément neutre, on a un élément a d'ordre >1,

et donc a est d'ordre 2 ou 3, essaie de montrer alors qu'il existe b dans G tel que b est d'ordre 3 avec $\text{[math]}$ ,

tu auras alors $\text{[math]}$ .

Il n'y a plus qu'à comparer les tables de $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ pour en déduire qu'ils sont isomorphes.

**Romain-des-Bois** · 25/02/2008, 14h45

Envoyé par rhomuald

En partant de ce que tu as déjà fait,

donc on a un groupe G tel que card(G) = 6.

1) si G admet un élément d'ordre 6, avce ton étude on en déduit que G est isomorphe à Z/6Z.

2) G n'admet pas d'élément d'ordre 6, mais G n'étant pas réduit pas un élément neutre, on a un élément a d'ordre >1,

et donc a est d'ordre 2 ou 3, essaie de montrer alors qu'il existe b dans G tel que b est d'ordre 3 avec $\text{[math]}$ ,

tu auras alors $\text{[math]}$ .

Il n'y a plus qu'à comparer les tables de $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ pour en déduire qu'ils sont isomorphes.

Si j'ai bien compris, la distinction se fait sur l'existence ou non d'un élément d'ordre 6 ?

S'il existe un élément d'ordre 6, en faisant ce que j'ai déjà fait, le groupe est abélien et l'écriture montre qu'il est isomorphe à $\text{[math]}$

S'il n'a pas d'élément d'ordre 6, alors il n'est pas abélien, et on a qu'il est isomorphe à $\text{[math]}$

C'est ça ?
j'étais pas très loin alors...

Merci

Romain

**Romain-des-Bois** · 25/02/2008, 14h56

En fait, je ne vois pas du tout comment procéder...

S'il n'y a pas d'élément d'ordre 6, alors il n'y a que des éléments d'ordre 2 ou 3

Mettons que a soit d'ordre 2 alors $\text{[math]}$
Comment faire pour montrer l'existence d'un élément qui ne commute pas avec a ?

Il me semble qu'il y a énormément de cas à considérer...

(s'il existe un autre élément d'ordre 2, si alors ces éléments commutent ou non...)

Romain

invite769a1844 · 25/02/2008, 14h59

Envoyé par Romain-des-Bois

Si j'ai bien compris, la distinction se fait sur l'existence ou non d'un élément d'ordre 6 ?

S'il existe un élément d'ordre 6, en faisant ce que j'ai déjà fait, le groupe est abélien et l'écriture montre qu'il est isomorphe à $\text{[math]}$

S'il n'a pas d'élément d'ordre 6, alors il n'est pas abélien, et on a qu'il est isomorphe à $\text{[math]}$

C'est ça ?
j'étais pas très loin alors...

Merci

Romain

non pas loin, mais sur le feuille de td je trouve que le problème est mal posé, du coup tu t'embarrases à faire des distinctions de cas abélien/non abélien, je pense que c'est pas la peine.

En fait je pense qu'il vaut mieux se dire:

un groupe G d'ordre 6 est isomorphe à Z/6Z ou à $\text{[math]}$ .

Ensuite si il est abélien c'est clair qu'il est iso à Z/6Z, et si il n'est pas abélien qu'il est iso à $\text{[math]}$ .

**Romain-des-Bois** · 25/02/2008, 15h04

Envoyé par rhomuald

non pas loin, mais sur le feuille de td je trouve que le problème est mal posé, du coup tu t'embarrases à faire des distinctions de cas abélien/non abélien, je pense que c'est pas la peine.

En fait je pense qu'il vaut mieux se dire:

un groupe G d'ordre 6 est isomorphe à Z/6Z ou à $\text{[math]}$ .

Ensuite si il est abélien c'est clair qu'il est iso à Z/6Z, et si il n'est pas abélien qu'il est iso à $\text{[math]}$ .

OK, je pense que tu as raison...

Maintenant, s'il n'y a pas d'élément d'ordre 6, j'n'arrive pas à conclure... (surtout sur l'existence de ce fameux b tel que ab n'est pas égal à ba)

Romain

invite769a1844 · 25/02/2008, 15h19

Envoyé par Romain-des-Bois

En fait, je ne vois pas du tout comment procéder...

S'il n'y a pas d'élément d'ordre 6, alors il n'y a que des éléments d'ordre 2 ou 3

Mettons que a soit d'ordre 2 alors $\text{[math]}$
Comment faire pour montrer l'existence d'un élément qui ne commute pas avec a ?

Il me semble qu'il y a énormément de cas à considérer...

(s'il existe un autre élément d'ordre 2, si alors ces éléments commutent ou non...)

Romain

Comme G est de cardinal pair déjà, on peut montrer qu'il existe un élément a d'ordre 2 (ce que j'avais zappé de préciser).

Si tous éléments distints du neutre sont d'ordre 2, on doit arriver à une contradiction (que je ne trouve pas our l'instant)

donc il existe un élément b d'ordre 3 tel que a et b ne commute pas sinon ab aurait pour ordre ppcm(ordre(a),ordre(b))=6 ce qui est contradictoire.

**Romain-des-Bois** · 25/02/2008, 15h22

Envoyé par rhomuald

Comme G est de cardinal pair déjà, on peut montrer qu'il existe un élément a d'ordre 2 (ce que j'avais zappé de préciser).

Si tous éléments distints du neutre sont d'ordre 2, on doit arriver à une contradiction (que je ne trouve pas our l'instant)

donc il existe un élément b d'ordre 3 tel que a et b ne commute pas sinon ab aurait pour ordre ppcm(ordre(a),ordre(b))=6 ce qui est contradictoire.

J'te remercie... et je vais continuer à chercher

EDIT : la négation de "discret", c'est bien "dense" ?

**invite35452583** · 25/02/2008, 15h27

On peut y aller au marteau-pilon (théorème de cauchy) ou au bulldozer (théorème de Sylow) mais en restant très élémentaire :
Plusieurs remarques assez évidentes :
a) s'il n'y a que des éléments d'ordre 2 (à part le neutre) alors... (pense à ton 1er exo)
b) s'il n'y a que des éléments d'ordre 3 (à part le neutre) alors... (en mettant le neutre à part on peut alors les regrouper de telle manière que l'on aboutisse à card(G) est impair)
c) un élément a d'ordre 2 et un élément b d'ordre 3 qui commutent engendre un élément d'ordre 6 : (a.b)ⁿ=aⁿbⁿ=e donc b^-n=aⁿ et ont même ordre...
d) maintenant combien d'ordre, combien d'ordre 3 ? b d'ordre 3. Les conjugués de b sont en quantité lGl/lN_G(b)l où N_G(b) est le normalisateur de b. Et on applique 2 fois le théorème de Lagrange on aboutit à deux possibilités mais une contredit la non commutativité de a et b.

1ère manière de terminer :
on déduit par un argument de cardinalité que a<b>a^-1=<b> et donc aba^-1=b^-1. Cette dernière relation a²=e +b³=e suffit à montrer l'isomorphisme avec S3.
2ème manière de terminer :
compter le nombre d'éléments d'ordre 2, montrer qu'ils sont tous conjugués (en prenant la même méthode que pour b), et que seul l'identité laisse tous les éléments invariants par conjugaison. Ceci permet d'injecter G dans S3 et en déduire l'isomorphisme.

invite769a1844 · 25/02/2008, 15h29

Envoyé par Romain-des-Bois

J'te remercie... et je vais continuer à chercher

EDIT : la négation de "discret", c'est bien "dense" ?

pour la contradiction que je trouve pas, je crois que ça se fait en voyant justement G comme un Z/2Z-ev, on doit se débrouiller avce l'étude que t'as fait au début du post je mate ça.

discret = tous les points isolés

non discret = au moins un point qui n'est pas isolé.

a priori je crois pas.

mais pour un groupe additif de IR oui c'est bien la négation.

**Romain-des-Bois** · 25/02/2008, 15h30

mais pour un groupe additif de IR oui c'est bien la négation.

C'était bien pour un groupe additif de IR ...

Finalement, pas facile de conclure pour une si bête question

Merci à tous les deux !

Romain

(ça mérite quand même un joli

)

invite769a1844 · 25/02/2008, 15h45

Envoyé par Romain-des-Bois

C'était bien pour un groupe additif de IR ...

Finalement, pas facile de conclure pour une si bête question

Merci à tous les deux !

Romain

(ça mérite quand même un joli

)

mais on l'avait pas fait en topo l'exo 7?

**Romain-des-Bois** · 27/02/2008, 13h47

Envoyé par rhomuald

mais on l'avait pas fait en topo l'exo 7?

Pas complètement

---

Je reviens avec mes groupes finis :

Je veux montrer que les générateurs de $\text{[math]}$ forment un groupe multiplicatif. (c'est la question).

J'ai déjà montré que :
k génère $\text{[math]}$ ssi k et n sont premiers entre-eux.
J'ai également montré que le produit de deux générateurs est un générateur

Mais pour l'inverse ?
comment 1/k peut-il générer $\text{[math]}$ ? ce n'est pas un relatif...

N'est-ce pas bizarre ?

Merci

Romain

invite769a1844 · 27/02/2008, 13h52

Envoyé par Romain-des-Bois

Pas complètement

---

Je reviens avec mes groupes finis :

Je veux montrer que les générateurs de $\text{[math]}$ forment un groupe multiplicatif. (c'est la question).

J'ai déjà montré que :
k génère $\text{[math]}$ ssi k et n sont premiers entre-eux.
J'ai également montré que le produit de deux générateurs est un générateur

Mais pour l'inverse ?
comment 1/k peut-il générer $\text{[math]}$ ? ce n'est pas un relatif...

N'est-ce pas bizarre ?

Merci

Romain

il faudrait montrer que les générateurs de Z/nZ sont inversibles modulo n (ie premier avec n, d'après Bezout)

invite769a1844 · 27/02/2008, 13h55

Envoyé par rhomuald

il faudrait montrer que les générateurs de Z/nZ sont inversibles modulo n (ie premier avec n, d'après Bezout)

c'est la question (8) d'ailleurs.

invite769a1844 · 27/02/2008, 14h00

non d'ailleurs c'est pas question (8),

mais un entier k est inversible modulo n si et seulement si k et n sont premiers entre eux (et il en est donc de même pour son inverse), donc son inverse est un générateur.

invitebe0cd90e · 27/02/2008, 14h03

Effectivement, on prle bien de multiplication modulo n ! si k est premier avec n, Bezout implqieu qu'il existe a,b tels que ka+nb=1, modulo n ca donne ka=1 [n].

Donc k est inversible relativement à la multiplication modulo n. Reste à montrer que c'est stable, et que 1 est dedans et tu as un groupe multiplicatif

**Romain-des-Bois** · 27/02/2008, 18h22

Oui, j'avais bien montré que les générateurs sont les premiers avec n, mais je n'avais jamais vu la "multiplication modulo n" !
Du coup, il y avait un gros problème

J'avais montré le reste

merci à vous deux !

invite769a1844 · 27/02/2008, 21h39

Envoyé par Romain-des-Bois

Oui, j'avais bien montré que les générateurs sont les premiers avec n, mais je n'avais jamais vu la "multiplication modulo n" !
Du coup, il y avait un gros problème

J'avais montré le reste

merci à vous deux !

Ah oui, tu étais pas à la fac en 2e année. En fait l'UE du prof c'est un peu la continuité d'une UE de fac qu'on a eu en 2e année, où on étudie d'abord l'arithmétique dans $\text{[math]}$ , puis dans les corps finis.

On est sensé avoir vu entre autres que les Z/nZ est un anneau (construit à partir de la relation de congruence qui est une relation d'équivalence), les éléments inversibles de cet anneau, et que c'est un corps ssi n est premier.

invite769a1844 · 02/03/2008, 16h04

Envoyé par Romain-des-Bois

J'ai quelques petites questions à propos des groupes (notamment finis)...

On a un groupe fini $\text{[math]}$ (soit $\text{[math]}$ éléments) tel que tous les éléments non nuls sont d'ordre 2 (ie $\text{[math]}$ pour tout i). L'objectif est de montrer que $\text{[math]}$ est équipotent à $\text{[math]}$ pour un certain $\text{[math]}$ .

On montre facilement que $\text{[math]}$ est abélien. (La loi de $\text{[math]}$ est maintenant notée +)
En effet si $\text{[math]}$ est différent de $\text{[math]}$ (tous deux différents du neutre), on a : $\text{[math]}$

On munit $\text{[math]}$ d'une structure d'espace vectoriel sur $\text{[math]}$ :
Il me semble qu'il suffit de définir la loi externe $\text{[math]}$ par :
$\text{[math]}$
$\text{[math]}$

Le seul point «*problématique*» pourrait être $\text{[math]}$
Mais, on a : $\text{[math]}$ dans $\text{[math]}$ donc $\text{[math]}$
et $\text{[math]}$ car $\text{[math]}$ d'ordre 2, d'où l'égalité.

On a maintenant un espace vectoriel sur $\text{[math]}$ , on peut donc avoir une base sur ce corps.
Écrivons $\text{[math]}$
On ajoute $\text{[math]}$
alors $\text{[math]}$
mais on a aussi $\text{[math]}$
donc $\text{[math]}$ donc c'est l'élément neutre et donc $\text{[math]}$ dans $\text{[math]}$ .
On en déduit ainsi que tous les $\text{[math]}$ sont nuls et donc la dimension de $\text{[math]}$ sur $\text{[math]}$ est n et donc $\text{[math]}$ est équipotent à $\text{[math]}$ .
(EDIT : j'ai omis une partie du raisonnement : on a une famille libre, maximale, donc c'est une base)

Qu'en dîtes-vous ?

Romain

Bon en fait ça ne marche pas, le fait que $\text{[math]}$ n'entraîne pas que $\text{[math]}$ (en fait tous les éléments de G vérifie cette propriété).

Par exemple dans $\text{[math]}$ on a $\text{[math]}$ .

Il faut se contenter de l'existence d'une base comme propose THsQ.

**God's Breath** · 02/03/2008, 16h31

Envoyé par Romain-des-Bois

Je veux montrer que les générateurs de $\text{[math]}$ forment un groupe multiplicatif. (c'est la question).

J'ai déjà montré que :
k génère $\text{[math]}$ ssi k et n sont premiers entre-eux.
J'ai également montré que le produit de deux générateurs est un générateur

Mais pour l'inverse ?
comment 1/k peut-il générer $\text{[math]}$ ? ce n'est pas un relatif...

Je prends le fil déjà bien développé.
Je n'ai pas tout lu, mais il me semble que tu t'es bien compliqué la vie dans ce qui précède sur les groupes d'ordre 6 et autres...

L'inverse de k n'est pas le rationnel 1/k, mais un autre entier k' tel que k.k'=1 modulo n. On le calcule par la relation de Bezout qui exprime que k et n sont premiers entre eux :
k.k' + n.n'=1
qui montre également que k' et n sont premiers entre eux, donc que k' est générateur... AQT

invite769a1844 · 02/03/2008, 16h39

Envoyé par God's Breath

Je prends le fil déjà bien développé.
Je n'ai pas tout lu, mais il me semble que tu t'es bien compliqué la vie dans ce qui précède sur les groupes d'ordre 6 et autres...

L'inverse de k n'est pas le rationnel 1/k, mais un autre entier k' tel que k.k'=1 modulo n. On le calcule par la relation de Bezout qui exprime que k et n sont premiers entre eux :
k.k' + n.n'=1
qui montre également que k' et n sont premiers entre eux, donc que k' est générateur... AQT

Salut God Breath,

je voulais avoir confirmation, a-t-on bien

{générateurs de (Z/nZ,+)} = {inversibles de (Z/nZ,.)} ?

**God's Breath** · 02/03/2008, 16h53

Envoyé par rhomuald

Salut God Breath,

je voulais avoir confirmation, a-t-on bien

{générateurs de (Z/nZ,+)} = {inversibles de (Z/nZ,.)} ?

Tout à fait :
Si k engendre Z/nZ, alors, on peut trouver un entier p tel que, dans Z/nZ, 1=kp, et k est inversible, d'inverse la classe de p dans Z/nZ.

Si k est inversible, un représentant de l'inverse étant p, on a kp=1 dans Z/nZ, et pour tout entier q, q=1.q=(kp)q=k(qp), donc k engendre Z/nZ

invité576543 · 02/03/2008, 16h57

Envoyé par rhomuald

Salut God Breath,

je voulais avoir confirmation, a-t-on bien

{générateurs de (Z/nZ,+)} = {inversibles de (Z/nZ,.)} ?

Oui. Tout simplement parce que

a générateur additif <-> on peut engendrer 1 comme a+a+a+...+a

Cordialement,

invite769a1844 · 02/03/2008, 17h12

ok donc montrer que l'un est un groupe multiplicatif revient du coup à montrer que l'autre est un groupe multpilicatif.

Merci

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