Soit $G$ un groupe et $H$ un sous-groupe de $G$.
Montrer que si un élément $a\in H$ possède exactement deux conjugués, alors $G$ admet un sous-groupe distingué propre.
Merci pour votre aide.
Peut-être que l'on peut considérer l'action de $G$ sur l'ensemble a deux éléments $\{ a ,\overline{a} \}$ où $\overline{a}$ est le conjugué de $a$. Ca donne un morphisme $\Phi : G \to S_2$. surjectif ... puis regarder le noyau !
Hum, j'ai peut être mal compris l'histoire de $H$ ...
a est distinct du neutre. On a b = kak-1 pour un certain k, et b distinct de a.
bab-1 distinct de b donc bab-1 = a et a et b commutent.
<a, b> est un sous-groupe distingué de G qui ne contient pas k.
Je pense que ça ne fonctionne pas avec la $H$-conjugaison.
Prenons $\mathfrak A_5$ le groupe alterné d'ordre $60$, alors il existe un sous-groupe de $\mathfrak A_5$ isomorphe à $\mathfrak S_3$. Dans $\mathfrak S_3$, on dispose des éléments d'ordre $3$ qui vérifie la condition de $\mathfrak S_3$-conjugaison.
J'interprétais donc l'exercice comme :
On a un groupe G et un élément a tel que {xax-1 | x $\in $ G} est une paire.
Montrer que G possède un sous-groupe distingué propre.
Mais cela n'a sans doute rien à voir avec l'exercice de poli12 :-)
Je n'avais pas la définition d'un conjugué de $a$ mais en regardant sur Google j'ai eu ceci. On dit qu'un élément $g\in G$ est conjugué de $a$ s'il existe $h$ dans $G$ tel que $g=hah^{-1}$.
Tu demandes des indications pour un exercice dont tu ne connais pas la signification des termes de l'énoncé ? Démarche curieuse.
Mais peut-être pourrais-tu donner le vrai énoncé ?
Bonsoir @Gbzm
C'est l'énoncé tel que j'ai sur mon épreuve.
Au fait je me prépare pour un concours et j'ai trouvé cet sur une épreuve c'est pour cela que je n'avais pas la définition au départ. Mais avant de le poster ici je l'avais et c'est parce que un intervenant à demandé que j'ai publié.
Visiblement, l'apparition de $H$ dans la question a) est juste un confort maladroit pour la suite. il faut comprendre la question comme l'a comprise GG. Et il t'a donné la solution.
@poli12, au vu du texte, il faut juste corriger la phrase "... alors G admet un sous-groupe distingué propre. " en " ... alors H admet un sous-groupe distingué propre."
Par ailleurs, ce sous-groupe n'a aucune raison d'être distingué dans G, ce que confirme le contre-exemple donné par moduloP.
@GG : Oui, je pense que c'est ok mon contre exemple, mais reste la question pourquoi il y a un sous-groupe de $\mathfrak{A}_5$ isomorphe à $\mathfrak{S}_3$ ?
Trop complexe pour moi le dodécaèdre régulier, après le cube je ne vois plus rien :-D
Si je ne dis pas de connerie $\text{PGL}_2(\mathbb{F}_2)$ s'injecte dans $\text{PGL}_2(\mathbb{F}_4)$ et ce dernier est isomorphe à $\mathfrak{A}_5$ et le premier est isomorphe à $\mathfrak{S}_3$.
Sinon moins marrant regarder le stabilisateur d'un $3$-Sylow, ça doit le faire.
Bon j'ai regardé un peu, les rotations autour d'un sommet et l'échange de deux sommets opposés. Pour la géométrie, je suis d'accord j'ai un énorme problème avec la géométrie !
Ah, donc on part de $\mathfrak S_{n-2} \to \mathfrak S_n$ laissant fixe $(n,n-1)$ et on le corrige par $(n,n-1)$ lorsque la signature dans $\mathfrak S_{n-2}$ est égale à $-1$.
Exercice de vision : voir l'action de $\mathfrak A_5$ sur les cinq cubes inscrits dans le dodécaèdre régulier, voire qu'un paire de sommets opposés du dodécaèdre est une paire de sommets opposés de deux des cubes, et retrouver $\mathfrak S_3$ comme le sous-groupe du groupe des rotations du dodécaèdre qui préservent la partition en 3+2 cubes.
C'est amusant car $5$ cubes versus $5$ droites dans $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_4)$ et on a une partition $2$+$3$ qui est donné par l'inclusion de $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_2) \to \mathbb{P}^1(\mathbb{F}_4)$ et $\text{PGL}_2(\mathbb{F}_2)$ est le sous-groupe de $\text{PGL}_2(\mathbb{F}_4)$ qui préserve la partition. Je vais essayé de voir du côté géométrique, c'est pas gagné je dois déjà trouver les cubes :-D
Alors pour voir les cubes. Je prend un pentagone je numérote les sommets $A_1A_2...A_5$ ("dans un sens en suivant le contour"). Je fixe un sommet disons $A_1$ et je prend $A_3$. Là je fais agir les rotations d'ordre $3$ fixant $A_1$ et je regarde l'image de $A_3$. Je pense que ça me donne une base d'un cube.
Je fais pareil avec $A_4$ et j'obtient un second cube. Si je croit en mon histoire de $\text{PGL}$ alors les deux cubes là sont permutées par symétrie centrale de centre $0$ et sont fixes par les rotations d'ordre $3$ (vu la construction c'est plus simple).
Pour les $5$ cubes, il faut certainement regarder les $5$ diagonale ($A_i A_{i+2}$) d'une face. Je pense que ça va me prendre la journée pour bien voir cette histoire !
@moduloP
A propos de $\mathfrak S_{n-2} \to \mathfrak A_n$. Ton truc est mieux que le fourbi auquel je pensais. Et fournit la formule close (cryptique), où $\tau = (n-1,n)$ : $$
\mathfrak S_{n-2} \ni \sigma \longmapsto \sigma \circ \tau^{\tfrac{1 - \varepsilon(\sigma)} 2} \in \mathfrak A_n
$$
Sur le site ici il parle de twisted $\mathfrak S_3$ in $\mathfrak A_5$, ce qui m'a donné l'idée. Mais au départ je pensais que c'était une "anomalie" mais en fait c'est général.
"Index" est le terme anglais correspondant au mot indice. Pas besoin que le groupe soit fini pour parler d'indice. Dans un groupe infini, un sous-groupe peut être d'indice fini ou infini. Par exemple $2 \mathbb Z$ est d'indice $2$ dans $\mathbb Z$, tandis que $SL_n(k)$ est d'indice infini dans $GL_n(k)$ lorsque $k$ est un corps infini.
Réponses
Peut-être que l'on peut considérer l'action de $G$ sur l'ensemble a deux éléments $\{ a ,\overline{a} \}$ où $\overline{a}$ est le conjugué de $a$. Ca donne un morphisme $\Phi : G \to S_2$. surjectif ... puis regarder le noyau !
Hum, j'ai peut être mal compris l'histoire de $H$ ...
Si $a$ est un élément de $H$, ce sont les éléments de $H$ , $x^{-1}ax$ lorsque $x$ parcourt $H$?
Ou bien,
Si $a$ est un élément de $H$, ce sont les éléments de $G$ , $x^{-1}ax$ lorsque $x$ parcourt $G$?
PS:
N'y a-t-il pas un problème de quantificateur? il existe $a$ de $H$? ou bien, pour tout $a$ de $H$?
a est distinct du neutre. On a b = kak-1 pour un certain k, et b distinct de a.
bab-1 distinct de b donc bab-1 = a et a et b commutent.
<a, b> est un sous-groupe distingué de G qui ne contient pas k.
Réponse : eh bien oui ! Ils sont conjugués à $ba$. Idem pour les autres produits.
Prenons $\mathfrak A_5$ le groupe alterné d'ordre $60$, alors il existe un sous-groupe de $\mathfrak A_5$ isomorphe à $\mathfrak S_3$. Dans $\mathfrak S_3$, on dispose des éléments d'ordre $3$ qui vérifie la condition de $\mathfrak S_3$-conjugaison.
Mais $\mathfrak A_5$ est simple ...
On a un groupe G et un élément a tel que {xax-1 | x $\in $ G} est une paire.
Montrer que G possède un sous-groupe distingué propre.
Mais cela n'a sans doute rien à voir avec l'exercice de poli12 :-)
Mais peut-être pourrais-tu donner le vrai énoncé ?
@Gbzm
C'est l'énoncé tel que j'ai sur mon épreuve.
Au fait je me prépare pour un concours et j'ai trouvé cet sur une épreuve c'est pour cela que je n'avais pas la définition au départ. Mais avant de le poster ici je l'avais et c'est parce que un intervenant à demandé que j'ai publié.
exactement. Au moins vous constatez que ce n'est pas moi qui ais mal écris.
Par ailleurs, ce sous-groupe n'a aucune raison d'être distingué dans G, ce que confirme le contre-exemple donné par moduloP.
Si je ne dis pas de connerie $\text{PGL}_2(\mathbb{F}_2)$ s'injecte dans $\text{PGL}_2(\mathbb{F}_4)$ et ce dernier est isomorphe à $\mathfrak{A}_5$ et le premier est isomorphe à $\mathfrak{S}_3$.
Sinon moins marrant regarder le stabilisateur d'un $3$-Sylow, ça doit le faire.
Peut-être que $\mathfrak S_{n-2}$ se réalise dans $\mathfrak A_n$, pour n'importe quel $n$ ?
C'est amusant car $5$ cubes versus $5$ droites dans $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_4)$ et on a une partition $2$+$3$ qui est donné par l'inclusion de $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_2) \to \mathbb{P}^1(\mathbb{F}_4)$ et $\text{PGL}_2(\mathbb{F}_2)$ est le sous-groupe de $\text{PGL}_2(\mathbb{F}_4)$ qui préserve la partition. Je vais essayé de voir du côté géométrique, c'est pas gagné je dois déjà trouver les cubes :-D
Je fais pareil avec $A_4$ et j'obtient un second cube. Si je croit en mon histoire de $\text{PGL}$ alors les deux cubes là sont permutées par symétrie centrale de centre $0$ et sont fixes par les rotations d'ordre $3$ (vu la construction c'est plus simple).
Pour les $5$ cubes, il faut certainement regarder les $5$ diagonale ($A_i A_{i+2}$) d'une face. Je pense que ça va me prendre la journée pour bien voir cette histoire !
A propos de $\mathfrak S_{n-2} \to \mathfrak A_n$. Ton truc est mieux que le fourbi auquel je pensais. Et fournit la formule close (cryptique), où $\tau = (n-1,n)$ : $$
\mathfrak S_{n-2} \ni \sigma \longmapsto \sigma \circ \tau^{\tfrac{1 - \varepsilon(\sigma)} 2} \in \mathfrak A_n
$$