Groupe non abélien sans élément d'ordre 2
Bonjour,
Je réfléchis à la question suivante : Existe-t-il des groupes finis non abélien et sans élément d'ordre 2 ?
La réponse est sûrement oui, hélas les seuls groupes non abéliens finis que je connais sont les groupes symétriques $S_n$ et les groupes $GA(K)$ des bijections d'un corps finis ($K \neq \mathbb{F}_2$ pour éviter que le groupe soit abélien) et les groupes linéaires $GL_n(K)$ (avec $n > 1$ pour éviter qu'il soit abélien).
Ces groupes admettent tous des éléments d'ordre 2 ( respectivement : $(1 2)$, $x \mapsto -x$ et $diag(-1,1,....,1)$)
J’aimerai donc savoir comment construire un groupe qui répond à ma question, et plus généralement si il existe de "bonnes" méthodes pour construire des groupes non abélien, autre que par produit direct.
PS : un tel groupe est probablement déjà connu, merci de ne pas le donner dans le fil pour le moment, je voudrai le trouver par moi même !
Je réfléchis à la question suivante : Existe-t-il des groupes finis non abélien et sans élément d'ordre 2 ?
La réponse est sûrement oui, hélas les seuls groupes non abéliens finis que je connais sont les groupes symétriques $S_n$ et les groupes $GA(K)$ des bijections d'un corps finis ($K \neq \mathbb{F}_2$ pour éviter que le groupe soit abélien) et les groupes linéaires $GL_n(K)$ (avec $n > 1$ pour éviter qu'il soit abélien).
Ces groupes admettent tous des éléments d'ordre 2 ( respectivement : $(1 2)$, $x \mapsto -x$ et $diag(-1,1,....,1)$)
J’aimerai donc savoir comment construire un groupe qui répond à ma question, et plus généralement si il existe de "bonnes" méthodes pour construire des groupes non abélien, autre que par produit direct.
PS : un tel groupe est probablement déjà connu, merci de ne pas le donner dans le fil pour le moment, je voudrai le trouver par moi même !
Réponses
-
Connais-tu la notion de produit semi-direct ?
-
supp
-
supp
-
Salut Viko,
Peut-être que tu peux trouver un sous-groupe de $GA(K)$ qui répond à ta question ! -
Comme $f_{-1,0} : x \mapsto -x$ est le seul élément d'ordre 2, il faudrait trouver un sous-groupe, non abélien, de $GA(K)$ qui ne le contient pas, je vais regarder ce qui peut marcher
-
Viko : tu es certain que c'est le seul élément d'ordre $2$ ?
Ps / On parle bien de bijection affine ? -
Tu as raison, je me suis précipité : tous les $f_{-1,b} : x \mapsto -x+b$ sont d'ordre 2, il faut les exclure
PS : on parle bien de bijection affine, $GA(K) = \{ x \mapsto ax+b, a \in K^\times, b \in K \}$ -
Oki, je te laisse bidouiller, si tu as besoin n'hésite pas !
-
Hello
dès qu'il y a une symétrie... -
Bonjour viko.
Un groupe fini non abélien d'ordre impair ?
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Bonjour
Le premier groupe fini non commutatif ne possédant pas d'élément d'ordre 2 est d'ordre $21$.
C'est le produit semi-direct $C_7\rtimes_\phi C_3$, où $\phi : C_3 \to \mathrm{Aut}(C_7)\simeq C_6$ est, par exemple, $(x\mapsto x^2)$ qui est d'ordre 3 dans $\mathrm{Aut}(C_7)$.
On le trouve en huit exemplaires comme sous-groupe de $GL_3(\mathbb F_2)$ (d'ordre 168), ce sont les normalisateurs de chacun des huit 7-Sylow de $GL_3(\mathbb F_2)$.
Alain -
Le mieux c'est les produits semi-directs quand même, du genre $\Z/p \rtimes \Z/q $ quand $p,q$ sont premiers, et $q\mid p-1$.
Autrement, en provenance de l'algèbre linéaire, les $GL_k(\mathbb{F}_2)$ : un calcul rapide montre que leur ordre est impair (marche évidemment avec n'importe quel corps fini de caractéristique $2$, ou encore la clôture akgébrique de $\mathbb{F}_2$) (EDIT : complètement faux, cf moduloP. C'est vrai pour $k=1$ cela dit)
Ou encore des $p$-groupes non abéliens, avec $p$ premier impair. Tu as par exemple un $p$-Sylow d'un gros groupe très non abélien, comme $GL_n(\mathbb F_p)$ dont le $p$-Sylow s'explicite assez facilement, et on voit que pour $n$ grand il n'est pas abélien.
Etc. Etc. -
Je pensais simplement à l'ensemble des matrices de \( \cal M_3(\mathbb F_3) \) triangulaires supérieures avec des \( 1 \) sur la diagonale.
e.v.
[ Bon, c'est vrai, il faut encore voir qu'il n'est pas abélien. ]Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Max : tu as fait ton calcul pour $\text{GL}_k(\mathbb{F}_2)$ un peu trop rapidement, non ?
-
ModuloP : oups je n'ai mis que des $1$ au lieu des $2^i$ (:D (toujours se méfier des "calculs rapides")
ev: oui c'est ce qu'on obtient en prenant un $3$-Sylow de $GL_3(\mathbb{F}_3)$ si je ne m'abuse -
Si un groupe est de cardinal pair, il a un élément d'ordre $2$ (théorème de Cauchy).
On cherche donc un groupe de cardinal impair et non commutatif. Le plus petit tel groupe a pour cardinal 21:
on peut le voir comme sous-groupe de $\mathfrak{S}_7$ engendré par $(1,2,3,4,5,6,7)$ et $(2,3,5)(4,7,6)$;
c'est aussi le sous-groupe des bijections de la droite affine sur $\mathbb{F}_7$ dont le rapport d'homothétie est 1, 2 ou 4. -
@Vincent : voir ce message d'AD http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1820568,1820632#msg-1820632
-
En revanche, il n'existe pas de groupe fini simple non-abélien sans élément d'ordre $2$ (Théorème de Feit-Thompson).
-
Merci Poirot, j'avais lu trop vite !
-
Bonsoir
Tout d'abord je vous prie d'excuser la lenteur de ma réponse j'ai été assez peu disponible récemment, je vais m’efforcer de répondre aux nombreux messages qu'il y'a eu dans ce fil pendant mon absence.
Comme ev le suggère les groupes non abéliens d'ordre fonctionnent mais ces derniers ne me conviennent pas, c'est ma faute je me suis mal expliqué quand j'ai ouvert ce fil.
En fait ce que je cherche à faire c'est trouver une (petite) application au (gigantesque) théorème de Feit-Thompson, mentionné par aurelpage.
Dans l'idée je voulais trouver un groupe $G$ qui n'est pas clairement résoluble, c'est pourquoi j'exclus le cas $G$ abélien, puis vérifier que $x^2 \neq 1 $ pour tout $x \in G$ en conclure que l'ordre de $G$ est impair en utilisant le lemme de Cauchy et ainsi en déduire que $G$ est résoluble.
Tous les exemples cités répondent à la question que j'ai posée dans ce fil, et je vous remercie d'avoir passé du temps à les chercher.
Personnellement je retiendrais celui de Vincent avec le sous-groupe de $GA(\mathbb{F}_7)$ qui m'a semblé particulièrement pertinent, malgré le fait que l'on puisse montrer sans faire appel à un aussi gros théorème que celui de l'ordre impair que $GA(K)$ est résoluble
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.8K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
Qui est en ligne 27
+17 Invités