Bonjour,
Connaissez-vous une méthode systématique pour déterminer tous les sous-groupes d'un groupe fini donné ?
Par exemple si G =je peux déterminer les sous-groupes engendrés pas chaque élément de G :
<0> = {0}
<1> = <3> = <7> = <9> = G
<2> = {0,2,4,6,8}
etc.
Mais comment être sûr d'avoir tous les sous groupes ?
Si je me limite à ceux-la cela voudrait dire que tous les sous-groupes de G sont cyliques puisque engendrés par un seule élément or rien ne dit que c'est le cas ...
merci
Salut !
Je ne crois pas qu'il existe de méthode simple pour le faire.
Pour les petits ordre, tu peux regarder comme tu fais, en considérant d'abord des groupes cycliques, puis de groupes engendrés par deux éléments... Le plus dur étant de reconnaitre ces groupes.
Par contre, il existe un programme qui le fait pour toi : ça s'appelle GAP, tu dois pouvoir le trouver facilement.
Pour Z/nZ (ou un autre groupe cyclique) il y a un résultat qui dit que pour tout entier d divisant n, il existe un unique sous-groupe de cardinal d (engendré par n/d par exemple).
Salut,
Si tu considère les sous groupes de (Z/nZ,+), c'est assez facile. Sinon, je ne pense pas qu'il y ait de méthode vraiment systématique. Par exemple, pour (Z/nZ )* muni de la multiplication, je crois que c'est un problème compliqué.
Pour Z/nZ, + :
Soit G un sous groupe de Z/nZ.
Pose H = {z entiers relatifs tels que z modulo n est dans G}.
alors H est un sous groupe de Z pour l'addition tel que H/nZ = G.
Or on connaît tous les sous groupes de Z. (Facile, considérer le plus petit entier strictement positif dudit groupe). Donc H est de la forme aZ, pour a un entier.
Question : Peut-on avoir a qui ne divise pas n ?
Si a ne divise pas n :
Alors il existe k dans Z tel que ka <n<(k+1)a.
Mais du coup 0<(k+1)a -n < a et (k+1)a-n est dans H car c'est congru modulo n à (k+1)a qui est dans H.(cf déf de H)
Or a est le plus petit élément strictement positif de H. Contradiction.
Donc a divise n.
Posons k tel que ka = n.
Alors il est facile de voir que H/nZ = {0,a,....,(k-1)a}. qui est un groupe pour l'addition.
Donc tous les sous groupes sont de cette forme. CQFD.
Au passage, on a démontré que aZ/(ka Z) est isomorphe à Z/kZ, ce qui est un réultat bien connu.
De façon abstraite,
Soit Pi_n la projection modulo n.
Alors Pi_n : Z -> Z/nZ est un morphisme de groupe, et il y a un isomorphisme entre les sous groupes de Z/nZ et les groupes de Z contenant nZ, ce qui est un résultat général de théorie des groupes.
__
rvz
Ah non ça va je pensais juste qu'il existait une méthode rapide pour le faire auquel cas ça aurait été intéressant de l'apprendre.Envoyé par doudache
Sinon au cours on m'a bien démontré le théorème de Lagrange qui dit que si H est un sous groupe d'ordre d du groupe G d'ordre n alors d divise n.
En revanche je ne savais pas que ce sous groupe (d'ordre d) était unique. Visiblement vous me dites que c'est le cas si G est cyclique c'est bien ça ?
merci
Oui, c'est vrai puisque tout groupe fini cyclique d'ordre n est isomorphe à Z/nZ dont on connait exactement les sous groupes par le raisonnement que je t'ai donné.
__
rvz
D'accord merci, je prends bonne note de tout ça
Tenez je cherche le plus petit sous groupe de
En essayant avec des exemples j'en suis arrivé à la conclusion que
<a,b> = pgcd(a,b)Z
c'est à dire le sous groupes de Z contenant les multiples du plus grand diviseur commun à a et b.
Pour démontrer moi je ferais comme ça :
Les éléments z de <a,b> sont de la forme :
z = Aa + Bb (A et B des entiers quelconques)
et il faut montrer que z est obligatoirement un multiple de pgcd(a,b) mais ce n'est pas dur car si on pose :
c = pgcd(a,b) alors
a = c.m
b = c.n
(m et n des entiers non nuls)
donc z = c(Am + Bn)
Donc z est un multiple de c et c'est démontré
Pensez-vous que ce soit bon ?
merci
Attention là tu montres que <a,b> est inclus dans pgcd(a,b)Z. Pour l'autre sens, pense à une égalité très connue en arithmétique !
Bonjour,Tenez je cherche le plus petit sous groupe de
En essayant avec des exemples j'en suis arrivé à la conclusion que
<a,b> = pgcd(a,b)Z
c'est à dire le sous groupes de Z contenant les multiples du plus grand diviseur commun à a et b.
C'est exactement ça!
En fait, on sait que l'ensemble I des ma + nb est un idéal de Z, qui est un anneau principal, donc I est constitué des multiples entier d'un générateur minimal, que l'on appelle le pgcd de a et b.
Cela dit, c'est "supposé connu" une fois qu'on l'a démontré. Mais il faut le faire au moins une fois dans sa vie, ce que tu viens de faire.
Ça par contre c'est faux... Il peut y avoir plein plein plein de sous-groupes d'ordre d dans un groupe donné. Prends un groupe à n générateurs x1...xn, qui commutent entre eux (xi.xj = e pour i /= j) et les relations xi² = e. Alors tous les sous-groupes engendrés par un des xi sont d'ordre 2. Et il y en a au moins n.Sinon au cours on m'a bien démontré le théorème de Lagrange qui dit que si H est un sous groupe d'ordre d du groupe G d'ordre n alors d divise n.
En revanche je ne savais pas que ce sous groupe (d'ordre d) était unique.
-- françois
Mais c'est il y a des équivalences (des =) partout donc à priori c'est démontrer dans les deux sens non ?
Mais vu que les xi sont des générateurs ils engendrent à chaque fois le même sous groupe c'est à dire à chaque fois le groupe tout entier non ?
merci !
Bonjour,
Je vais essayer d'être plus clair. Soient deux générateurs (x,y) et G le groupe {1,x,y,xy} avec la table de multiplication x²=y²=1, xy=yx, d'où nécessairement x(xy)=x(yx)=y et y(xy)=y(yx)=x. Les (xy)x=(yx)x=y et (xy)y=(yx)y=x s'en déduisent, ainsi que (xy)²=(xy)(yx)=1.
Le sous-groupe engendré par x est {1,x}, celui engendré par y est {1,y}, et ils sont clairement distincts. Et aucun d'entre eux ne coïncide avec G entier.
En fait c'est un exemple particulièrement simple de groupe diédral (voir p.ex. Wiki ou googler pour "diédral" ou "dihedral" en anglais).
-- françois
Je ne suis pas très d'accord : ce que tu as montré, c'est que tous les éléments de <a,b> étaient de la forme pgcd(a,b)n.
Par exemple, comment écris-tu pgcd(a,b) comme combinaison de a et b ?
Bonjour,
Théorème de Bezout: si a et b sont premiers entre eux, il existe des entiers m et n tels que ma + nb = 1. On généralise au pgcd sans problème.
Après, pour déterminer explicitement m et n, c'est une autre paire de manches.
-- françois
Chuuuuuttttt !
Ah oui je comprends.
Bah j'aurais de toute façon trouvé suite à ta remarque "Par exemple, comment écris-tu pgcd(a,b) comme combinaison de a et b", ça évoque immédiatement Bézout
Sinon pour trouver m et n nous on procédait par l'algorithme d'Euclide amélioré (en procédant "à l'envers")
Ok c'est en ordre, merci à vous !
C'est à propos de l'exercice 6 ici :
http://www.ulb.ac.be/facs/sciences/m...o/Sept03sd.pdf
Si je note A B et C les trois sommets du triangle alors il suffit que je considère Sym{A,B,C} soit le groupe formé par l'ensemble des permutations de l'ensemble (la loi est la composition) :
(A)(B)(C) = 1 (pour utiliser les notations de l'énoncé)
(A,B,C) = a
(A,C,B) = b
(A)(B,C) = f
(A,C)(B) = g
(A,B)(C) = h
Donc les sous-groupes sont :
{1}
{1,a,b,f,g,h}
{1,a,b}
{1,f}
{1,g}
et c'est tout.
N'est-ce pas ?
merci
C'est presque ça mais il manque un
Déjà, c'est très bien d'avoir reconnu le groupe symétrique à 6 éléments ! Ensuite, tu sais que tes sous-groupes ont un ordre qui divise 6. Il faut donc examiner les différents cas :
- 1 : le seul groupe est {1}
- 2 : c'est forcément un groupe engendré par un élément d'ordre 2 donc il y a {1,f} {1,g} {1,h}
- 3 : même raisonnement : il y a {1,a,b}
- 6 : {1,a,b,f,g,h}
Plus généralement, je te propose de réféchir à l'exercice suivant :
On considére un polygone régulier à n côtés. On note G son groupe d'isométries.
1) Démontrer que G est engendré par un élément d'ordre n (une rotation d'angle 2pi/n) et un élément d'ordre 2 (une symétrie).
2) Montrer que |G| = 2n
3) On note Dn un tel groupe (on l'appelle groupe diédral). Montrer que les sous-groupes de Dn sont les Dr et Z/rZ avec r divisant n.
Oui j'ai oublie de noter groupe {1,h} mais je l'avais bien repéré.- 1 : le seul groupe est {1}
- 2 : c'est forcément un groupe engendré par un élément d'ordre 2 donc il y a {1,f} {1,g} {1,h}
- 3 : même raisonnement : il y a {1,a,b}
- 6 : {1,a,b,f,g,h}
merci aussi pour l'exercice supplémentaire, je vais m'y attaquer demain
Bonjour,
juste une petite précision : ne pas oublier des Z/2Z, (en une quantité pas très difficile à calculer) présents même quand r est impair.
Contribution sur le point initial :
un cas dèjà pénible (dans le cas général)mais pas trop difficile sur des cas concrets : cas des groupes abéliens finis.
1ère chose à savoir : soit G un groupe avec
Je ne sais plus si Bleyblue connaît le produit direct de groupes (heureusement ce n'est pas difficile). Ca signifie que tout élément x peut s'écrire de manière unique
Partie non indispensable à la compréhension du reste (ça peut être admis dans un 1er temps) : comment ça se montre ?
Par récurrence.
|G|=p.q avec p et q premiers entre eux.
Je vais essayer de ne pas être trop "formel" (éviter noyaux, images courte suite exacte).
On utiliser le th. de Bezout
Or, (facile à vérifier) chez un groupe abélien, les éléments ayant une puissance n-ème donnée est un sous-groupe.
Si on note
Unicité :
alors
Donc
Maintenant, on peut réitérer avec chaque "brique" Gp et Gq jusqu'à la décomposition complète en facteurs de puissances de premiers.
Liens entre ordre des éléments et ordre du groupe (cas simple : p-groupe). Un p-groupe est un groupe de cardinal une puissance de p, désormais p premier.
Le th. de Lagrange nous dit déjà que l'ordre d'un élément est une puissance de p (cet élément engendre un sous-groupe cyclique de même ordre que cet élément). La réciproque est vraie : si tout élément a un ordre qui est une puissance de p alors G est un p-groupe.
Indication (sans sortir "l'artillerie lourde") : par récurrence sur le nombre de générateurs et en quotientant.
On a donc
Retour à la détermination des sous-groupes.
H un sous-groupe de G, si on note Hi l'intersection de H avec Gi, on a : H est le produit des Hi.
H s'écrit comme produit de H'i à l'instar de G. Mais vu les définitions de Hi (et de Gi) et de H'i on montre facilement que Hi=H'i.
Ceci ne termine pas la question. Ce qui est fait est de réduire la question à la détermination des sous-groupes des p-groupes.
On connaît tous les p-groupes abéliens (à isomorphisme près)
exemple :
8=8
8=2.4
8=2.2.2
Groupes abéliens d'ordre 8 :
Proposition d'exercice : sans chercher à déterminer le cas général : regarder les sous-groupes de tels p-groupes (puissance "raisonnable", avec au moins deux premiers distincts pour se rendre compte qu'à part la quantité il y a de fortes analogies entre les p-groupes abéliens pour des valeurs de p distinctes).
Proposition d'exercice : déterminer les sous-groupes de
Quelques résultats généraux :
Tout p-groupe G (abélien ou non) pour chaque diviseur m de l'ordre de G contient au moins un sous-groupe d'ordre m.
Corollaire (évident avec ce qui précède) :
Tout groupe G abélien, pour chaque diviseur m de l'ordre de G, contient au moins un sous-groupe d'ordre m.
ce dernier résultat est vrai pour les groupes diédraux (cas, je pense, le plus simple de groupes non abéliens) mais est faux en général.
Ce qui est vrai, par contre, c'est que pour tout diviseur m de l'ordre de G qui est une puissance d'un premier p G contient au moins un sous-groupe d'ordre m. (Si ce sous-groupe a un ordre maximal possible pour p et G, on l'appelle un p-Sylow, exemple : un sous-groupe d'ordre 4 d'un groupe d'ordre 60 est un 2-sylow, le(s) 3-sylow sera(ont) d'ordre 3 et le(s) 5-Sylow d'ordre 5 ; les Gi, cf. ci-avant, sont les Sylow des groupes abéliens)
Le "problème" est les produits "mixtes" (produits de nombres premiers entre eux),
Contre-exemple le plus petit (d'après ce qui précède, il faut au moins deux nombres premiers dans la décomposition dont au moins un au carré) :
le sous-groupe alterné "A4" de 4 éléments (ordre 12)
Ses éléments
1 neutre : id
3 éléments d'ordre 2 : (12)(34) ; (13)(24) ; (14)(23)
4 fois 2 éléments d'ordre 3 :
(123) ; (132)
(124) ; (142)
(134) ; (143)
(234) ; (243)
A4 ne contient pas de sous-groupe d'ordre 6. (Exercice
Ceci n'indique pas comment on fait pour les chercher. A savoir que généralement, on a une représentation géométrique du groupe, par exemple il est facile de voir que l'on a des sous-groupes isomorphes à S5, groupe des permutations de 5 éléments, ou autres sous-groupes isomorphes à
Sinon pour avoir une très vague idée déterminer les sous-groupes des groupes non abéliens, ça se fait en s'aidant géométriquement grace à des opérations du groupe sur lui-même ou des parties de lui-même... en cherchant "qui" normalise quoi, "qui" centralise quoi... en appliquant quelques règles arithmétiques (en lien avec le th. de Lagrange mais également de résultats sur les p-Sylow)...
Cordialement
Merci pour la contribution, je vais lire tout ça (ça n'a pas l'aire facile
Dites si je considère
{1,3,5,7,9,11,13,15},+,1
je cherche l'élément possédant l'ordre le plus élevé (une question d'examen).
Avez-vous une idée sur la manière dont je pourrais procédé ? Il n'est quand même pas possible de déterminer les ordes de tous les éléments comme ça sans une calculatrice non?
merci
Dernière modification par Bleyblue ; 27/05/2006 à 18h39.
Salut,
pour les groupes cycliques, une bonne manière de faire et d'en écrire les éléments sous une forme symétrique : {-7, -5, -3, -1, 1, 3, 5, 7} dans ton cas. Tu peux aussi placer les points sur le cercle trigonométrique.
Autre chose : l'ordre d'un élément divise l'ordre du groupe...
Cordialement.
Pour répondre à ta question on voit rapidement que
Les éléments d'ordre maximal sont donc {-5, -3, 3, 5} (tous d'ordre 4).
Cordialement.
ouille ouille ouille quelle question stupide que je viens de poser
Il suffit de réduire modulo 16.
Par exemple :
5.5 = 9 mod 16
5.5.5 = 9.5 mod 16 = 13 mod 16
5.5.5.5 = 5.13 mod 16 = 1 mod 16
donc l'ordre de 5 est 4
C'est idiot
merci
Si g est un élément m (fini ou infini) d'un groupe G,*,e je cherche l'ordre de l'inverse g-1
Si je considère d'abord le cas m fini :
Selon un théorème du cours :
<g> = est sous groupe engendré par G = {e,g,g²,...,g(m-1)}
(et donc gm-1 = g-1)
Je sais que l'ordre de l'inverse est m également mais j'ai du mal à justifier.
Je ferais comme ça mais je ne sais pas ce que ça vaut:
Et alors pour m infini c'est simple une fois que c'est démontré pour m fini.
Mais qu'est ce que ça vaut ce raisonnement ? On (c'est à dire mon cours) a tendance à manipuler les exposants comme si on était dans les réels (et donc en utilisant les propriétés qui s'y rattachent) mais qu'est ce qui nous permet de faire ça ?
merci
Salut !
Le mieux c'est d'écrire
-
- ET si 0 < r < m, alors
qui sont les deux conditions qu'il faut vérifier.
Un petit exercice classique (mais pas tout-à-fait évident) : que vaut l'ordre de g^r en fonction de celui de g ?
Oui tout est basé la dessus mais qu'est ce qui nous permet d'affirmer cette égalité ? Je ne vois pas ...Salut !
Le mieux c'est d'écrire
merci
Si l'ordre de g est m alors l'odre de g^r est ppcm(m,r) ?Un petit exercice classique (mais pas tout-à-fait évident) : que vaut l'ordre de g^r en fonction de celui de g ?
C'est peut-être une grosse ânerie mais il me semble que c'est ça
merci
EDIT : non c'est une grosse ânerie désolé
Dernière modification par Bleyblue ; 05/06/2006 à 21h05.
Mais en fait c'est super simple à montrer ça
Bon je vais essayer de repondre une démo correcte et complète
merci
Ok ça marche pour ma démo.
Sinon si g est d'ordre m alors g^r est d'ordre m.r-1 non ?
merci
EDIT : non c'est encore une ânerie désolé
Dernière modification par Bleyblue ; 05/06/2006 à 22h12.
