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Groupe fini

Posté par
Thomasdxb 07-08-22 à 07:29

Bonjour,

Je refais un peu de théorie des groupes.
Bon, ça va, j'arrive à comprendre quelques trucs, mais parfois ça pique.

Par exemple, je considère (G,.) un groupe fini, un élément a\in G et je note m l'ordre de a.
J'ai bien compris que l'ordre de a est l'ordre du sous-groupe engendré par a, que je note H. Du coup, par le théorème de Lagrange, l'ordre de H, et donc l'ordre de a, divise l'ordre de G.

On demande de montrer que m est le plus petit entier naturel non nul tel que a^m=1.
La preuve commence ainsi : si m=1, alors c'est évident. Certes.
Soit donc m\ge 2. On démontre que A=\{a,a^2,a^3,...,a^{m+1}\} possède au moins deux éléments égaux. Bon, ça doit être évident, mais comment le démontre-t-on justement ?

Puis, on pose s=\{k\in \mathbb{N^*},a^k=1\}. Alors s\le m.
Encore une fois, pas évident pour moi... Ici, on sait que m est le cardinal de H (le sous-groupe engendré par a. Pourquoi alors le plus entier pour lequel a^k=1 est inférieur ou égal au nombre d'éléments du sous-groupe engendré par a ?

Voilà déjà pour ces deux questions pour lesquelles je ne trouve pas de réponse.

Merci beaucoup pour votre aide !

Posté par
Mateo_13re : Groupe fini 07-08-22 à 08:37

Bonjour Thomasdxb,

si a^m=1 alors a^{m+1}=a donc dans ton ensemble A, le premier et le dernier élément sont égaux.

Cordialement,
--
Mateo.

Posté par
GBZMre : Groupe fini 07-08-22 à 08:40

Bonjour,
Pour ta première question : A est contenu dans le sous-groupe engendré par a. Combien d'éléments a ce sous groupe ?
Pour ta deuxième question : si a^n=a^p avec n<p, que dire de a^{p-n} ?

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Groupe fini 07-08-22 à 08:47

Bonjour,
Je crois comprendre qu'il s'agit de démontrer ceci :
Si l'ordre du sous-groupe engendré par a est m
alors
m est le plus petit entier naturel non nul tel que am=1.
On ne peut donc utiliser am=1.

A est inclus dans H qui est de cardinal m.
Les éléments a,a^2,a^3,...,a^{m+1} peuvent-ils être distincts ?

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Groupe fini 07-08-22 à 08:51

Bonjour GBZM,
Je n'avais vu que le message de Mateo_13 avant de poster.
J'ai voulu insister sur le sens de la question posée. le mot "sens" étant à double sens

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Groupe fini 07-08-22 à 08:55

Il manque quelque chose dans s=\{k\in \mathbb{N^*},a^k=1\}, un min ?

Posté par
Thomasdxbre : Groupe fini 07-08-22 à 09:46

Bonjour Mateao, bonjour GBZM,

Je vois, merci beaucoup !

Pour continuer et répondre à la question de GBZM (je ne comprends de toute façon la démo de mon poly), voilà ce que je propose :

Si on peut trouver deux éléments égaux dans A, alors il existe n, p deux entiers naturels, avec par exemple n<p, tels que a^n=a^p.
Ainsi, a^{n-p}=1. Posons l=n-p. On a donc montré qu'il existe un entier naturel l, non nul, et inférieur ou égal à m (car n,p\le m) tel que a^l=1.

Notons s=min\{l\in \mathbb{N}^*, a^l=1\}.

Par définition de s, on a s\le m.

D'autre part, la division euclidienne de l par s donne l=sq+r avec 0\le r\le s-1.
Ainsi, puisque a^s=1, alors a^l=(a^s)^qa^r=a^r et donc a^l \in \{1,a,a^2,..,a^{s-1}\}.
Finalement, le sous-groupe engendré par a est inclus dans \{1,a,a^2,..,a^{s-1}\}, et donc m\le s (m est l'ordre de ce sous-groupe).

On a donc bien que m=s.

Est-ce que ça vous paraît correct ?

Une autre question, pour être sûr de bien tout saisir une fois pour toutes...
Je ne comprends pas le rôle de A=\{a,a^2,...,a^{m+1}\} lorsque m\ge 2, enfin pas vraiment.
En fait, on considère le sous-groupe engendré par a\in G, à savoir \{1,a,a^2,...\} et on montre que cet ensemble contient au moins deux éléments identiques si ce sous-groupe est de cardinal m, c'est bien ça ?

On demande ensuite de discuter du morphisme de groupes f : \mathbb{Z}\to H, k\to a^k, avec H le sous-groupe engendré par a, selon l'injectivité de f.

Voilà ce que je propose.
Si f n'est pas injective, alors ker(f)\neq {1} et donc il existe un k\in \mathbb{Z}^* tel que a^k=1.
Si f est injective, comme f est surjective par construction, alors f est bijective, et donc G est isomorphe à \mathbb{Z}.

Posté par
Thomasdxbre : Groupe fini 07-08-22 à 09:47

Bonjour Sylvieg,

Oui
Le jour où je parviendrai à écrire un message sans coquille, je ne sais pas ce que fait

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Groupe fini 07-08-22 à 11:13

Citation :
Je ne comprends pas le rôle de A=\{a,a^2,...,a^{m+1}\}
Normalement, quand on écrit un ensemble en extension, les éléments qui y figurent sont distincts.
Mais je peux me tromper.
Il aurait été peut-être plus clair de poser une question du genre
"Démontrer que les éléments ai pour i de 1 à m+1 ne sont pas tous distincts."

Un conseil quand tu postes tes sujets :
Écrire d'abord l'énoncé complet, puis tes questions.
C'est plus simple à décrypter.

Posté par
Ulmierere : Groupe fini 07-08-22 à 12:56

Thomasdxb @ 07-08-2022 à 07:29

[...]possède au moins deux éléments égaux. Bon, ça doit être évident, mais comment le démontre-t-on justement ?


Ca s'appelle le principe des tiroirs. J'ai deux poches et trois billes donc si je range toutes mes billes dans mes poches, l'une des deux poches au moins contiendra deux billes.
Ici, A est un sous-ensemble de H = \langle a\rangle qui est de cardinal m, donc le cardinal de A est inférieur ou égal à m. Pourtant, A est le plus petit ensemble contenant chacun des (au plus) m+1 éléments a,a^2,\cdots, a^{m+1}. C'est là que tu utilises ton pricipe des tiroirs : au moins un des (au plus) m éléments de A est représenté par deux indices.


Pour la suite, je vais le rédiger à ta place. Je rappelle qu'on veut montrer que m est le plus petit entier tel que a^m = 1.

Notre histoire de principe des tiroirs nous dit qu'il existe deux entiers n et p distincts tels que a^n = a^p. On peut supposer sans perte de généralité que n > p.
Comme H est un groupe, et a\in H, a possède un inverse dans H, et donc dans G. Autrement dit, a est inversible et multiplier par a^{-p} a un sens dans H. L'égalité précédente se réécrit alors a^{n-p} = 1. Notons l = n-p, entier strictement positif (parce que n > p). Comme n et p sont pris \leqslant m+1 et \geqslant 1, on aura aussi l = n-p \leqslant m+1-1 = m.

L'existence de l montre que Z = \{k\geqslant 1 : a^k = 1\}\ni l est non vide. Z est également minoré (par 0) donc admet un inf qui est un min. Soit s ce minimum. Par définition on a s \leqslant l \leqslant m.

Voilà qui répond à tes deux questions. Maintenant pour la suite de la preuve:

Nous cherchons à montrer que m est le plus petit k tel que a^k = 1, c'est-à-dire que m = s, ou encore, que m\leqslant s. Pour l'instant, nous savons que m \geqslant l\geqslant s.

On écrit la division euclidienne de l par s: il existe q et 0\leqslant r< s tels que l = sq+r. On aura alors 1 = a^l = (a^s)^q\cdot a^r = a^r car a^s = 1.
Il est impossible que r > 0, sinon on aurait trouvé un nombre r non nul et strictement inférieur à s tel que a^r = 1, ce qui contredit la définition de s comme minimum. Alors r = 0 et l = sq est un multiple de s. Note que cette démonstration est valable pour tout l\in Z, et pas seulement pour l = n-p. Autrement dit, Z = s\N^\ast.

Revenons à A. Comme m\geqslant s, A = \{a,a^1,\cdots, a^{s-1}, 1 = a^s, a = a^{s+1},\cdots, a^m, a^{m+1}\} = \{1,a,a^2,\cdots, a^{s-1}\} est de cardinal exactement s.
Ca fait beaucoup de blabla pour dire que cycliquement, A contient toutes les puissances de a, donc A contient H, donc s = card A \geqslant card H = m.

Posté par
carpediemre : Groupe fini 07-08-22 à 14:05

salut

peut-être commencer par remarquer que l'application f  :  \N \to G  :  f(n) = a^n est un morphisme de monoïde :

f(0) = 1
f(m + n) = f(m) f(n)

si f était injective alors E = {an , n N } serait infini ... donc G aussi

or G est fini donc il existe (au moins) deux entiers m et n tels que f(m) = f(n)

notons alors m le minimum non nul de {n N / an = 1} et considérons l'ensemble A = {an / 0 n < m}

ue se passerait-il si dans A il existait deux entiers p et q tels que a^p = a^q  ?

Posté par
Thomasdxbre : Groupe fini 08-08-22 à 13:36

Merci beaucoup pour toutes vos aides et explications !


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