Examen sur les groupes

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Examen sur les groupes

Messagepar woodoo » Mardi 04 Juin 2013, 22:44

Bonsoir,

j'ai bientôt un examen sur les groupes, et pour répéter, le prof nous a donné l'examen de 2012. J'ai quelques questions sur deux exercices:

Exercice 3
Un icosaèdre tronqué est un polyèdre $P$ à 32 faces: 12 faces pentagonales et 20 faces hexagonales. Soit $G$ le groupe des isométries de $P$.

    1. Décrire le stabilisateur (ou fixateur) d'une face pentagonale dans $G$.
    2. Quel est l'ordre (cardinal) de $G$?

Pour la question du stabilisateur, j'ai trouvé qu'il y a 5 symétries dont le plan de symétrie passe par le sommet d'une face pentagonale et le milieu de l'arête opposée, 4 rotations d'angle $\frac{2\pi}{5}$ et l'identité. Mais le seul soucis, c'est que je ne vois pas comment sont les axes des rotations, si quelqu'un a un site qui montre comment sont ces axes, ou même un dessin, je prend :).
Ensuite pour le cardinal de $G$, je patauge. J'ai la formule $\displaystyle |G| = |G\cdot x|\cdot |G_{x}|$$G_x$ est le fixateur de $x$ (la face pentagonale), et $|G_{x}|$ veut dire le cardinal. Je ne sais pas quoi faire à ce stade.

Exercice 4
Soit $G$ un groupe et $H$ un sous-groupe d'indice $2$; soit $a$ un élément de $G$ qui n'est pas dans $H$.

    1. Montrer que $a^{2} \in H$.
    2. Montrer que $a$ est d'ordre pair. r (Indication: montrer que $a^n$ n'est pas dans $H$ pour n impair).



    1. On sait que $[G\ :\ H] = 2$. De plus selon une proposition du cours on a que $|G| = [G\ :\ H]\cdot |H| = 2\cdot |H|$. Par une conséquence du théorème de Lagrange, on sait que si un groupe $C$ est d'ordre fini, alors $g^{|C|} = 1$. Soit $e$ l'élément neutre, on a:

    $$e = a^{|G|} = a^{2|H|} = (a^{2})^{|H|} = e$$


    Par la définition des sous-groupes, si un élément $b^{r} = 1$$r$ est l'ordre de l'élément $b$, $b$ est dans le sous-groupe $B$. Donc ici $a^{2} \in H$.

    2. Montrons déjà que $a^{n} \notin H$ pour $n$ impair. Si $n$ est impair on peut écrire $n = 2m + 1$. On a donc

    $$a^{n} = a^{2m +1} = a\cdot a^{2m} = a\cdot (a^{2})^{m}.$$


    Par la définition d'un sous-groupe, $H$ doit être stable pour la loi induite par $G$, c'est-à-dire que si $a^{2} \in H$, alors $a^{2} \cdot a^{2} \in H$. D'où $(a^{2})^{m} \in H$. Supposons que $a \cdot (a^{2})^{m} \in H$, alors cela impliquerait que $a \in H$ pour que $H$ soit stable. On a donc une contradiction car $a \notin H$. D'où $a \cdot (a^{2})^{m} \notin H$, c'est-à-dire que $a^{n} \notin H$ pour $n$ impair.

    Montrons à présent que l'ordre de $a$ est pair. En vue de ce qu'on vient de montrer, si $n$ est l'ordre de $a$ et que c'est un nombre pair, $a^{n} \in H$. Par une conséquence du théorème de Lagrange on a que

    $$e = a^{n} = a^{|H|} = a^{\frac{1}{2}|G|}.$$


    D'où $n$ est pair.

Merci d'avance à ceux qui prendront un peu de temps pour regarder ça et me corriger!

Bonne soirée!
woodoo
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Re: Examen sur les groupes

Messagepar balf » Mercredi 05 Juin 2013, 20:36

woodoo a écrit:Par la définition des sous-groupes, si un élément $b^{r} = 1$$r$ est l'ordre de l'élément $b$, $b$ est dans le sous-groupe $B$. Donc ici $a^{2} \in H$.

Je ne comprends rien à la première phrase. Qu'est B dans cette histoire ?

Par la définition d'un sous-groupe, $H$ doit être stable pour la loi induite par $G$, c'est-à-dire que si $a^{2} \in H$, alors $a^{2} \cdot a^{2} \in H$. D'où $(a^{2})^{m} \in H$.

Il y a là une récurrence (pour jardin d'enfants) implicite, ce qu'il faudrait préciser. Mais on peut faire plus court en récrivant a$\mathsf{^{2m}}$ comme $\mathsf{(a^m)^2}$.
Supposons que $a \cdot (a^{2})^{m} \in H$, alors cela impliquerait que $a \in H$ pour que $H$ soit stable.

Cela mériterait d'être un peu détaillé. Stable par quelle opération ? D'autre part, la syntaxe (« impliquerait … pour que … » ) est plus que douteuse.

Montrons à présent que l'ordre de $a$ est pair. En vue de ce qu'on vient de montrer, si $n$ est l'ordre de $a$ et que c'est un nombre pair, $a^{n} \in H$. Par une conséquence du théorème de Lagrange on a que

$$e = a^{n} = a^{|H|} = a^{\frac{1}{2}|G|}.$$


D'où $n$ est pair.

Je ne vois pas pourquoi vous invitez le théorème de Lagrange ici. C'est une conséquence directe de ce qui précède.

B.A.
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Re: Examen sur les groupes

Messagepar woodoo » Mercredi 05 Juin 2013, 21:21

Aie aie aie je pensais que ça serait plus compréhensible et mieux rédigé que ça :? . Enfin bon j'essaye d'améliorer ça:

1. On sait que $[G:H] = 2$. De plus selon une proposition du cours on a que $|G| = [G:H]\cdot |H| = 2|H|$. Par une conséquence du théorème de Lagrange, on sait que si un groupe $C$ est d'ordre fini, alors $g^{|C|} = 1\ \forall g \in C$. Soit $e$ l'élément neutre, on a:

$$e =a^{|G|} = a^{2|H|} = (a^{2})^{|H|} = e.$$


D'où $a^2 \in H$.

2. Montrons déjà que $a^n \notin H$ pour $n$ impair. Si $n$ est impair on peut écrire $n = 2m + 1$. On a donc

$$a^n = a^{2m+1} = a\cdot a^2m = a\cdot (a^m)^2.$$



On vient de montrer que $a^2 \in H$, d'où $(a^m)^2 \in H$.
Supposons que $a \cdot (a^m)^2 \in H$. Comme $H$ doit être stable par la loi induite par $G$ (la multiplication ici), $a \cdot (a^m)^n \in H \Leftrightarrow a, (a^m)^2 \in H$. On a donc une contradiction car $a \notin H$, d'où $a \cdot (a^m)^2 \notin H$, c'est-à-dire $a^n \notin H$ pour $n$ impair.

Montrons à présent que l'ordre de $a$ est pair. En vue de ce qu'on vient de montrer, si $n$ est l'ordre de $a$ et que c'est un nombre pair, $a^n \in H$. On a donc

$$e = a^n = a^{|H|} = a^{\frac{1}{2}|G|}.$$


D'où $n$ est pair.

balf a écrit:woodoo a écrit:
Par la définition des sous-groupes, si un élément où est l'ordre de l'élément , est dans le sous-groupe . Donc ici .

Je ne comprends rien à la première phrase. Qu'est B dans cette histoire ?


Ce que je voulais dire: Soit $B$ un sous-groupe. S'il existe un élément $b$ tel que $b^{|B|} = e$, alors $b \in B$.
Mais après réflexion ça n'apportait rien, et c'est mieux sans.

Merci beaucoup pour les corrections! J'espère que c'est déjà mieux comme ça.

Bonne soirée!
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Re: Examen sur les groupes

Messagepar balf » Mercredi 05 Juin 2013, 23:23

Dans 1), je suis désolé, mais je ne comprends pas pourquoi de a$^{\mathsf{2 |H|}}$ = e, vous déduisez a² $ \in$ H.

Pour 2) :
Comme $H$ doit être stable par la loi induite par $G$ (la multiplication ici), $a \cdot (a^m)^n \in H \Leftrightarrow a, (a^m)^2 \in H$.

L'implication, a priori, n'est vérifiée que de droite à gauche. Dans l'autre sens, ça ne marche que parce qu'on sait que a$^{\mathsf{2m}}$ appartient à H, mais il faut tout de même détailler pourquoi.
Montrons à présent que l'ordre de $a$ est pair. En vue de ce qu'on vient de montrer, si $n$ est l'ordre de $a$ et que c'est un nombre pair, $a^n \in H$. On a donc

$$e = a^n = a^{|H|} = a^{\frac{1}{2}|G|}.$$


D'où $n$ est pair.

Vous semblez partir de l'hypothèse que n soit pair, pour conclure qu'il est pair. ??? Et puis, quel rapport entre l'ordre n de a et |H| ?
Ce que je voulais dire: Soit $B$ un sous-groupe. S'il existe un élément $b$ tel que $b^{|B|} = e$, alors $b \in B$.
Mais après réflexion ça n'apportait rien, et c'est mieux sans.

Surtout, cet énoncé n'a aucune raison d'être vrai.

La démonstration de 2) la plus simple consiste à dire que l'ordre de a est pair, car sinon … C'est un démonstration par contraposée qu'on fait (si l'ordre de a est impair, alors a appartient à H).

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Re: Examen sur les groupes

Messagepar woodoo » Vendredi 07 Juin 2013, 19:29

J'ai eu un coup de main de l'assistant qui m'a bien aidé pour ce problème. Du coup je voulais savoir si selon vous la manière de rédiger est bien, ou s'il y a des choses à améliorer:

1. On sait que $[G\ :\ H] = 2$. De plus $h \in H \Leftrightarrow h^{-1} \in H$ et $h \notin H \Leftrightarrow h^{-1} \notin H$. On a donc
$\begin{array}{rcl} 					a\cdot H = a^{-1} \cdot H 	&\Leftrightarrow& a^{2} \cdot H = a\cdot a^{-1} \cdot H\\ 					&\Leftrightarrow& a^{2} \cdot H = e \cdot H \qquad \text{ en particulier } e \in H\\ 					&\Leftrightarrow& a^{2} \in H 				\end{array}$

2. On va montrer que l'ordre de $n$ est pair par récurrence. Notre hypothèse de récurrence sera que $a^{2n} \in H$ et que $a^{2n+1} \notin H$, c'est à dire $a^{2n} \cdot H \in H$ et $a^{2n+1} \cdot H \notin H$

Amorce: $n = 0$: $a^{0} \cdot H = e \cdot H \in H$ et $a^{1} \cdot H = a \cdot H \in G\textbackslash H$, donc pour $n=0$ l'hypothèse est vérifiée.

Hérédité: On veut montrer que si $a^{2n} \in H$, alors $a^{2n+2} \in H$ et que si $a^{2n+1} \notin H$, alors $a^{2n+3} \notin H$. On a
$\displaystyle\qquad a^{2n+2}\cdot H = a^{2} \cdot a^{2n}\cdot H = a^{2} \cdot H \in H$
$\displaystyle\qquad a^{2n+3} \cdot H = a \cdot a^{2n + 2} \cdot H = a \cdot H \in G\textbackslash H$
En particulier $e \in H$ (car $H$ est un sous groupe mais $G\textbackslash H$ n'en est pas un), et donc en vue de ce qu'on vient de montrer, l'ordre de $a$ est pair.
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Re: Examen sur les groupes

Messagepar balf » Vendredi 07 Juin 2013, 20:34

1) est juste, mais il manque la précision que si a H = a⁻¹H, c'est parce qu'il n'y a que deux classes modulo H. Autrement dit, si a, b n'appartiennent pas à H, alors a H = b H.

Pour 2), c'est juste aussi, mais il y a une erreur de notation : c'est a²ⁿ H $\subset$ H qu'il faut écrire, et non $\in$. L'erreur se reproduit jusqu'à la fin. On a affaire à des classes mod. H, c.-à-d. des parties de G, et non des éléments de G. D'autre part, il n'y a pas nécessité de faire une récurrence — personnellement, je pense que les démonstrations par récurrence ont la plupart du temps pour inconvénient de ne pas expliquer pourquoi un résultat est vrai (je veux dire la raison profonde, pas la raison technique), et c'est pourquoi je préfère m'en passer si je peux. En utilisant les mêmes idées, on peut montrer sans récurrence que si a n'appartient pas à H, a²ⁿ ⁺ ¹ n'appartient pas non plus à H — et par conséquent ne peut être égal à e.

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Re: Examen sur les groupes

Messagepar woodoo » Dimanche 09 Juin 2013, 19:51

Merci pour ces précisions et ces corrections!

balf a écrit:D'autre part, il n'y a pas nécessité de faire une récurrence — personnellement, je pense que les démonstrations par récurrence ont la plupart du temps pour inconvénient de ne pas expliquer pourquoi un résultat est vrai (je veux dire la raison profonde, pas la raison technique), et c'est pourquoi je préfère m'en passer si je peux. En utilisant les mêmes idées, on peut montrer sans récurrence que si a n'appartient pas à H, a²ⁿ ⁺ ¹ n'appartient pas non plus à H — et par conséquent ne peut être égal à e.


J'ai l'impression que la récurrence que j'ai fait part de la même idée que celle que vous proposez: on montre que $a$ n'est pas dans $H$, et que $a^{2n+1}$ n'est pas dans $H$, et que $e$ est dans $H$ et que $a^{2n}$ est dans $H$. D'où l'ordre du groupe est forcément pair.
Cependant j'aimerais quand même voir comment est la démonstration sans récurrence. J'en essaye une:

Supposons que l'ordre de $a$ soit impair. Alors on a $a^{2n+1} = e$.
Or comme $H$ est un sous-groupe, $e \in H$. On a donc $a^{2n+1} \in H$. C'est-à-dire:
$a \cdot a^{2n} = a\cdot (a^n)^2 \in H$. Par le point 1. on sait que $a^2$ est dans $H$. Notons $(a^n)^2 = h$.
$a \cdot h = e \Rightarrow h = a^{-1}$. Or $a^{-1} \in H \Leftrightarrow a \in H$. D'où $a$ est dans $H$.
On a une contradiction avec l'hypothèse de départ qui suppose que $a \in G\textbackslash H$, d'où l'ordre de $a$ est pair.
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Re: Examen sur les groupes

Messagepar balf » Dimanche 09 Juin 2013, 20:31

Ce n'est pas une vraie démonstration par l'absurde, mais une démonstration par contraposée : vous montrez en fait que, indépendamment de toute hypothèse sur a, si l'ordre de a est impair, c'est que a est dans H. Par conséquent, si a n'est pas dans H, son ordre est pair (et en fait égal à 2, vu la question qui précède).

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