groupes à 6 éléments

Je ne suis pas certaine qu'il y en ait que 2 !!! Et la je n'ai pas tout compris, il doit y avoir le groupe d'élément (1,2,3,4,5,6) muni de l'addition et celui avec les 3 symétries et les 2 rotations non ??? Et sinon comment le montrer.

ton groupe {1,2,3,4,5,6} avec l'addition, c'est ce qu'on appelle aussi Z/6Z !
(addition modulo 6) !!

Bonsoir Clochette

Pourquoi tant de précipitation ?

Comme te l'a dit Fred, il y a exactement 2 groupes d'ordre 6.
Le premier est le groupe cyclique $\Z/6\Z$

Le second est le groupe $\frak{S}_3$ des permutations de 3 éléments, c'est aussi $D_3$ le groupe des transformations du plan laissant invariant le triangle équilatéral. Ce groupe n'est pas commutatif.
Il est formé, outre l'identité, de 2 rotations d'angle $\frac{2\pi}{3}$ et $\frac{4\pi}{3}$, et de 3 symétries par rapport aux 3 hauteurs.

Pour montrer qu'il n'y a pas d'autre groupe d'ordre 6, il faut savoir de quels outils tu disposes.
As-tu vu les théorèmes de Sylow ?

Alain

Alain, Z/2ZxZ/3Z et le groupe des quaternions Q6 ne sont pas des groupes d'ordre 6 ???

Et bien Z/8Z, Z/4ZxZ/2Z et Z/2ZxZ/2ZxZ/2 sont des sous groupes d'ordre 8 et on peut appliquer le lemme chinois aussi non ??


Sinon groupe des quaternions d'ordre 6 : {+-1,+-i,+-j}

le lemme chinois ne s'applique que pour des nombres premiers entre eux a et b, alors Z/abZ est isomorphe à Z/aZ X Z/bZ

Pour clochette, faire une recherche systématique. Il y a l'ément neutre
e, puis on considère un autre élément a, alors soit a^2=e, soit non, et on laisse a^2, puis on raisonne sur a^3 etc... C'est peut etre un peu long, mais sans theoremes sur les groupes, on ne peut guere faire autrement. Pour les groupes à 2,3,4,5 éléments c'est tres rapide

Dans les quaternions $i,j,k$ sont plutot d'ordre 4, et le groupe est plutot\\
$H_8=\{\pm 1,\pm i,\pm j, \pm k\}$\\
\\
Si on cherche les groupes d'ordre 8, il y a donc déjà\\
$\Z/8\Z$, $\Z/4\Z\times \Z/2\Z$, $(\Z/2\Z)^3$, et $H_8$\\
et à cette heure-ci je ne sais plus s'il y en a d'autres, alors dodo

Il ne manque que D8, groupe diédral.

Je suppose connu Lagrange. Soit $G$ un groupe d'ordre 6.\\
1) Il est impossible que pour chaque $g\in G$, on ait $g^2=1$, sinon, facilement, $G$ admettrait un sous-groupe d'ordre 4 ce qui contredit Lagrange.\\
2) Il est impossible que pour chaque $g\in G$, on ait $g^3=1$ : en effet, la relation $x R y$ ssi $x$ et $y$ engendrent le même sous-groupe est d'équivalence et la partition en $k$ classes s'écrit 1+2(k-1)=6 : absurde.\\
3) Si $G$ n'est pas cyclique, il existe donc $x$ d'ordre 2 et $y$ d'ordre 3 et facilement $G=\{1,x,y,y^2, xy,xy^2\}$. Si xy=yx alors facilement, par Lagrange, $xy$ est d'ordre 6 : contradiction. On en déduit facilement que $yx=xy^2$.
Dans ces conditions, on définit un morphisme $f:G\to S_3$ à partir $f(x)=a$ et $f(y)=b$ où je pose $a= (1,2)$ et $b=(1,2,3)$ et c'est clairement un isomorphisme.\\
J'espère ne pas avoir abusé des &quotfacilement".

Alors là Clochette à mon avis t'es pas sortie de l'auberge, ce que je veux dire c'est que si tu veux comprendre ce qui précède non seulement tu dois connaître Lagrange mais tu dois avoir une certaine familiarité avec ce théorème. Bref, ce théorème dit que le cardinal (dit encore &quotordre") d'un groupe fini est divisible par le cardinal de n'importe lequel de ses sous-groupes. \\

Il n'empêche qu'il existe peut-être des preuves sans le théorème de Lagrange, il te suffit de montrer qu'il n'existe que deux tables-type pour un groupe d'ordre 6, mais la question de l'ordre d'un élément va se présenter assez naturellement puisque si tu dis qu'il y a un élémént $a$ dans ton groupe, il aura aussi les puissances de $a$ et on va donc chercher à savoir quand la liste s'arrête.

Est-il possible d'avoir une réponse simple claire et précise s'il vous plait !!!
Et surtout compréhensible

L'autre table étant

e a b b2 ab ab2
a e ab ab2 b b2
b ab2 b2 e a ab
b2 ab e b ab2 a
ab b2 ab2 a e b
ab2 b a ab b2 e

Salut Clochette,

Une réponse claire et précise, tu en as eu plusieurs (Fred, Gougou et Alain Debreil t'ont répondu et trivecteur t'a même fourni une idée de démonstration ne faisant pas intervenir les théorèmes de Sylow, ni le théorème de Cauchy, mais celui de Lagrange - difficile de l'éviter pour faire cet exercice, à ma connaissance en tout cas).

Résumé : il n'y a que deux groupes d'ordre $6$ à isomorphisme près : $\Z / 6 \Z$ et $\frak{S}_3$.
$\Z / 3 \Z \times \Z / 2 \Z$ étant isomorphe au premier, et $D_3$ au second.

Pour les déterminer :
- montre déjà qu'ils ne sont pas isomorphes (facile, l'un est abélien, l'autre non) et d'ordre $6$
- ensuite, montre que si tu prends un autre groupe d'ordre $6$ alors il est isomorphe, nécessairement, à l'un de ces deux-là.
Pour ce faire, tu regardes ce que trivecteur a fait ou tu utilises les tables comme l'a proposé gougou.

Enfin, il serait bon, je pense, que tes messages aient une forme un peu plus, disons sympathique, et - surtout - un peu plus explicite. Autrement dit, ce forum n'est pas là pour que d'autres fassent le travail à ta place (il serait donc de bonne augure que tu nous racontes un peu ce que tu as fait, ce que tu as essayé de fair,e etc.) et, lorsque des personnes te filent un coup de main, un { \it "merci mais je n'ai pas très bien compris ceci et cela, pourrais-tu me rééexpliquer s'il te plaît"} est toujours mieux venu qu'un { \it "Est-il possible d'avoir une réponse simple claire et précise s'il vous plait !!!
Et surtout compréhensible"}

Je t'invite donc à lire la charte et particuièrement le point 3.3.2

Cordialement.

michaël.

Le "groupe" que tu trouves n'existe pas, ou alors n'est pas nouveau :


un groupe non cyclique contenant {e,x,x^2} et {e,y} est non commutatif forcément : essaye de voir ce qui se passe si xy=yx. En principe on doit pouvoir montrer que forcément xy=yx^2.

Par exemple si xy=yx, tu en déduis (xy)^2=xyyx=x^2 , puis (xy)^3=x^3 y^3=y puis (xy)^4=x puis (xy)^5=x^2 y puis (xy)^6=e. Du coup ton groupe est {e,z,z^2,z^3,z^4,z^5} avec z=xy.. Bref ton groupe commutatif n'est pas nouveau : c'est le groupe cyclique !!

Tu es sûr pour tes (xy)^2 (xy)^3 , je ne vois pas vraiment comment tu en viens au groupe Z/6Z

$x^3=e$ et $y^2=e$ provient du fait que je suppose que $\{e,x,x^2\}$
et $\{e,y\}$ sont des sous-groupes de $G$. Je vois que tu parles uniquement de "sous-ensembles".

De toutes façons en calculant $e,x,x^2,x^3,x^4..$ etc on retombe fatalement un jour sur $e$, sinon le groupe $G$ serait infini ! Tous les raisonnements reposent sur ce constat !!

Le mieux c'est d'avoir d'autres théorèmes : ceux de Sylow, par exemple
si $n$ est divisible par $p^k$ et pas par $p^{k+1}$, où $p$ est premier, alors il y a fatalement un sous-groupe d'ordre $p^k$

Il suffit de dresser la table de Cayley pour un groupe d'ordre 6, il n'y en a que deux.