Cliquez pour afficher

Je pense que celui-ci convient:
Je prends 4 éléments a,b,c et e. Je construis un groupe ainsi
Je décrète que e est l'élément neutre, que chaque élément est son propre symétrique et que le produit de deux éléments distincts est égal au troisième.
Ca donne la table de multiplication suivante:
  e a b c
e e a b c
a a e c b
b b c e a
c c b a e
Bon, si c'est bien un groupe (l'associativité n'est pas triviale il me semble, j'ai vérifié sur quelques uns et ça marche) il répond au problème.
En effet, on clairement 3 groupes non triviaux (engendré par les 3 éléments) et il n'y en a pa d'autre puisque si on en possède deux, on a automatiquement le troisième.

 Cliquez pour afficher

si  p ,q , r  sont trois nombres premiers divisant le cardinal de G . D'après Cauchy on a trois sous-groupes non triviaux , plus un sous-groupe de cardinal pq (par exemple)*.
Donc G a un cardinal divisible par seulement 2 nombres premiers (au maximum).
Si l'exposant d'un des nombres premiers est supérieur à 2 c'est fouttu par Sylow.  cargG = pq  marche pas.
Donc  G  est un  p groupe de cardinal p⁴  la seule possibilité est le groupe cyclique.

Sauf erreur

 Cliquez pour afficher

Salut
Oui, celui-ci marche (comment s'appelle-t-il d'ailleurs?), mais est-ce le seul? Là est tout l'intérêt de l'exo.

 Cliquez pour afficher

Salut
Oui, oui, il faut utiliser la dernière hypothèse (et par ailleurs G n'est pas a priori de cardinal fini)

 Cliquez pour afficher

J'avais pas vu ton message, mon dernier post n'est pas une réponse à ta question.

 Cliquez pour afficher

Il me semble que le groupe de 1 Schumi 1 s'appelle le groupe de Klein.

(oui je lis les blankés )

 Cliquez pour afficher

Salut Guillaume, tu vas bien?

Bon déjà, j'ai essayé d'exhiber un tel groupe : J'ai considéré le groupe des permutations de {1,2,3,4} et je considère le sous-groupe formé de l'identité, de (12)(34), (14)(23) et (13)(24).

Il convient.

Je postule donc que tout groupe vérifiant ton énoncé est isomorphe à mon sous-groupe. Je cherche.

 Cliquez pour afficher

jusque p groupe de cardinal plus petit que p⁴  ça marche , évidemment p⁴  et p³  ne fonctionnent pas à cause de l'inclusion d'un sous-groupe de cardinal p.
Il ne reste donc que  p²  dans le cas fini tout au moins. Le cas cyclique est exclu car pas assez de sous-groupe, reste donc le cas non cyclique de cardinal  p²  soit  Z/pZxZ/pZ  .
.

 Cliquez pour afficher

si  p=2  ça marche exemple de Schumi. Si p>2  (1,0), (0,1),(1,1) (-1,1) ça en fait 4 donc y a plus qu'à traiter le cas infini .

 Cliquez pour afficher

Il ne peut y avoir d'éléments d'ordre infini.
Tout élément est d'ordre fini, donc une infinité de sous-groupes

 Cliquez pour afficher

Tout élément du groupe engendrant un sous-groupe, il n'y a pas d'élément en dehors de la réunion de H1,H2 et H3.
Soit x appartenant à H1 mais pas à H2, y appartenant à H2 mais pas à H1. Soit z=xy.
z n'est ni dans H1 ni dans H2. Il est donc dans H3.
de même si x' est dans H1 mais pas dans H2, z'=x'y est dans H3.
...
J'essaie de montrer que H1 est réduit à {x,e}.
Est-ce la bonne direction?

 Cliquez pour afficher

Très bien ! Et toi, quoi de neuf?

Je te laisse continuer à chercher

 Cliquez pour afficher

Ça me semble correct
Je posterai ma solution (légèrement différente) quand plus personne ne cherchera.

 Cliquez pour afficher

Ton premier argument ne marche pas, G pourrait être cyclique et donc être engendré par un élément qui n'est pas dans la réunion de H1, H2 et H3.
Je te laisse continuer, je donnerai peut-être un indice un peu plus tard.

 Cliquez pour afficher

Je crois que dans le cas abélien il n'y a que le grupe de Klein (manip sur le théorème qui décrit les groupes abéliens finis).

Je crois que c'est vrai aussi dans le cas général, mais il me reste un produit tordu à examiner...

 Cliquez pour afficher

Or donc, il est clair que tous les éléments sont d'ordre fini premier (sinon, il y a des sous-groupes contenus dans le sous-groupe cyclique engendré par un élément), donc G qui n'a que 3 sous-groupes est fini d'ordre n. Il est immédiat qu'il ne peut y avoir plus de deux diviseurs premiers distincts de l'ordre de G. En effet, si p et q divisent l'ordre de G il y a des éléments d'ordre p et des éléments d'ordre q, alors le sous-groupe engendré par ces éléments contient des sous-groupes d'ordre p et d'ordre q, donc ça doit être le groupe tout entier, ce qui exclut la présence d'un autre diviseur premier.

Si , il y a un sous-groupe d'ordre qui ne doit contenir aucun sous-groupe, donc m=1. De même, n=1. (Ici, j'ai utilisé Sylow, seul truc non élémentaire)

Cas p < q: Il y a un seul sous-groupe H d'ordre q qui est donc distingué et G/H est d'ordre p. On a donc pour tout x de G, Si x n'est pas dans H et si x est d'ordre pq ce qui fait que G est cyclique et ne convient pas car il n'a que deux sous-groupes stricts. Si pour tout x qui n'est pas dans H, on a q sous-groupes d'ordre p et ça va pas non plus (car q=2 est exclu).

Dernier cas p=q, c'est-à-dire G est d'ordre ; alors il est commutatif, non cylique (un seul sous-groupe strict) donc G est isomorphe à Mais si p > 2, on a le sous-groupes engendré par (1,0) celui engendré par (0,1) celui engendré par (1,1) et au moins celui engendré par (1,-1) qui n'est égal à aucun des précédents.

Conclusion: G est isomorphe à (Klein)