Action d'un groupe sur un ensemble.
Réponses
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$ \mathrm{bij} (X_1 , X_2 ) = \mathrm{bij} ( X_2 , X_1 ) = \emptyset $, parce que, par exemple, si $ \mathrm{bij} ( X_1 , X_2 ) \neq \emptyset $, alors, il existe $ g \in G $ tel que : $ gx_1 = x_2 $ et $ x_1 = g^{-1} x_2 $, car l'action est transitive, et donc, $ x_1 \in Gx_2 $ et $ x_2 \in Gx_1 $, c'est à dire : $ Gx_1 = Gx_2 $, ( i.e : les orbites de $ X $ s'identifient ), c'est à dire les composantes connexes de $ X $ s'identifient ( i.e : $ X = X_1 = X_2 $ ). Ce qui est absurde.
Donc, $ \mathrm{bij} ( X_2 , X_1 ) = \mathrm{bij} ( X_1 , X_2 ) = \emptyset $
Non ? -
Non. $ \mathrm{bij} ( X_2 , X_1 ) = \emptyset $, parce que, si $ \mathrm{bij} ( X_1 , X_2 ) \neq \emptyset $, alors, $ X_1 \simeq X_2 $ ( bijection ), et donc, $ \mathrm{bij} (X) = \mathrm{bij} (X_1 ) \oplus \mathrm{bij} ( X_1 , X_2 ) \oplus \mathrm{bij} ( X_2 , X_1 ) \oplus \mathrm{bij} (X_2 ) = \mathrm{bij} (X_1 ) \oplus \mathrm{bij} ( X_1 ) \oplus \mathrm{bij} ( X_1 ) \oplus \mathrm{bij} (X_2 ) = \mathrm{bij} ( X_1 ) \oplus \mathrm{bij} (X_2 ) $.
Donc, on n'a meme pas besoin de transitivité de l'action dans ce problème il me semble. Non ? -
Bonjour,
Comment, maintenant, peut-t-on montrer que si $ G $ est un groupe algébrique indécomposable qui agit transitivement et par automorphismes sur un ensemble algébrique $ X $, alors, $ X $ est irréductible ?
Merci d'avance. -
On en déduit, en faisant agir un groupe quelconque $G$ sur l'espace $X=\{\bullet\}$ (l'action de tout élément de $G$ fixe évidemment l'unique point de $X$)...Théorème de Pablo a écrit:Si $G$ est un groupe topologique qui agit continûment et transitivement sur un espace topologique connexe $X$, alors, $G$ est connexe.
Ça accélère l'étude de la topologie des groupes.Le corollaire de Pablo a écrit:Tout groupe $G$ est connexe.
Il y a en effet une différence importante : être isomorphe, c'est une relation alors qu'être connexe, ça ne concerne qu'un seul objet – ça n'a pas de sens de dire que $X$ est connexe à $G$. « Correspondance bijective à connexité près », c'est donc un voile de brouillard sur une idée fumeuse.Pablo a écrit:Je voulais montrer qu'il existe une correspondance bijective à connexité près, pas à isomorphisme près. Il y a une différence. -
Je ne comprends pas ce que tu veux dire Math Coss. Tu n'es pas direct dans tes explications. Tu expliques par détournement. Je n'arrive pas à te suivre. Je ne saisis pas tes explications énigmatiques. Sois direct l'ami pour que je puisse te suivre. Regarde comment je parle moi.
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Math Coss a écrit:On en déduit, en faisant agir un groupe quelconque $G$ sur l'espace $X=\{\bullet\}$ (l'action de tout élément de $G$ fixe évidemment l'unique point de $X$)...
Oui, mais où tu as vu que en général que ton $ G $ vérifie $ G = \mathrm{Homéo} ( \{ \bullet \} ) $ ? . -
Ce que je veux dire, c'est que ce message est faux, très faux. Bien sûr, il est faux tout groupe est le groupe des homéomorphismes d'un point (qui est le groupe trivial) ; en revanche, il y a un morphisme surjectif de tout groupe sur le groupe trivial et donc une action continue transitive de tout groupe (topologique) sur l'espace à un point. Il est absurde d'imaginer en déduire la connexité de tout groupe topologique.
Autrement dit, la première assertion de ce message a une conséquence absurde (tout groupe topologique est connexe) donc elle est fausse. C'est un raisonnement par l'absurde.
Dans le même genre, ce message est exemplaire : apparemment, en étudiant l'action d'un groupe connexe, transitive ou non, sur une variété quelconque, on en déduit que la variété est irréductible. Conséquence : le groupe trivial étant irréductible agit sur toute variété donc toute variété est connexe : n'est-ce pas magique ? Ou plus simplement, très faux ?
Quant à la deuxième assertion, elle n'a absolument aucun sens. Pour pouvoir dire « telle propriété est vraie à blabla près », il faut que « blabla » soit une relation d'équivalence : isomorphisme, homéomorphisme, similitude, conjugaison...
Pour résumer, dans ce fil, tu fais des phrases avec des mots mais rien ne tient debout. Les phrases qui ont un sens sont immédiatement invalidées par des exemples triviaux ; les simili-preuves que tu proposes sont donc ineptes. -
Oui, mais apprends à être tolérant et indulgent. J'ai dit que ma preuve n'est pas rigoureuse, et que c'est juste un esquisse. Je ne peux pas être parfait à 100 %.
Bref, je vous ai présenté l'idée, j'aimerais que vous me la corrigiez et me montriez ce qu'il faut faire pour qu'elle tienne debout, parce que l'idée est là, et qu'elle juste un peu de délivrance et de soin. -
Bonjour,
> J'ai dit que ma preuve n'est pas rigoureuse
Non, ce n'est pas un problème de rigueur, ce n'est pas une preuve de quoi que ce soit, c'est tout.
Tu cherches à faire tenir debout quelque chose de faux et d'absurde.
C'est l'idée elle même qui est à laisser tomber.
D'autre part, comme déjà dit, c'est à toi de "faire tenir debout" tes idées, pas aux autres.
Cordialement,
Rescassol -
Si c'est avec ce genre de raisonnements foireux que tu comptes démontrer la conjecture de Hodge, je te souhaite bon courage. Un conseil : laisse tomber avant d'y passer les 40 prochaines années de ta vie sans voir où est ton problème.
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@Math Coss :
Si l'action est fidèle ( injectif ) et transitive ( surjective ), alors $ G = \mathrm{Homeo} (X) $. Non ? -
J'avais conseillé dans le passé à Pablo de laisser tomber les mathématiques et de faire de la calligraphie où il pourrait aligner des symboles selon son loisir sans que personne ne vienne lui dire que ses regroupements de symboles n'ont aucun sens.
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@Math Coss :
Par bijective à connexité près, j'entendais que :
- $ G_1 $ et $ G_2 $ sont bijective à connexité près si et seulement si $ \pi_0 (G_1 ) = \pi_0 (G_2 ) $. C'est une relation d'équivalence. C'est une définition qui ne rime pas avec la terminologie choisie. C'est ça ce qui a crée pour toi une confusion. -
Ah oui c'est Math Coss qui est confus dans l'histoire :-D
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JLT a écrit:@Pablo : revois la définition d'une action transitive.
Bonjour,
Oui, $ G $ agit transitivement sur $ X $, si pour tout $ (x,y) \in X \times X $ il existe $ g \in G $ tel que $ x = gy $, c'est-à-dire si pour tout $ (x,y) \in X \times X \ \ \exists g \in G $ tel que : $ \rho (g) = (x,y) $
( $ x = gy $ est juste une manière d'écrire : $ \rho (g) = (x,y) $. Non ? )
D'où : $ \rho \ : \ G \to \mathrm{Hom} (X) $ est surjective. Non ? -
Non.
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@Poirot :
Pourquoi ? -
C'est quoi $\text{Hom}(X)$ quand $X$ est un simple ensemble?
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Oui, je croyais que : $ \mathrm{Homeo} (X) \subset X \times X $ par le morphisme : $ \varphi (f) = \Gamma_f $, avec : $ \Gamma_f $ est le graphe de $ f $ dans $ X \times X $, mais, on n'a pas ça, on a : $ \mathrm{Homeo} (X) \subset X^X $. Dommage.
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La définition partait bien mais il fallait pas en faire des caisses après. -
Merci JLT. Je sais maintenant où se situe le hic.
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Par ailleurs Pablo, as-tu une raison particulière d’écrire $\rho(g)=(x,y)$? Bizarre..
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Amathoué a écrit:Par ailleurs Pablo, as-tu une raison particulière d’écrire $\rho(g)=(x,y)$? Bizarre..
Par définition de la notion de transitivité d'une action d'un groupe sur un ensemble. -
Il me semble que la théorie des actions des groupes a besoin d'une refonte. Parce que, certaines définitions dans cette théorie sont mal choisies à mon avis. La preuve est ma conclusion tirée suite à ma réaction face à ce que m'a écrit JLT. Non ? ( Relisez pour comprendre ). Si vous trouvez que non, elle n'a pas besoin d'une refonte, pourquoi a-t-on défini la notion de transitivité d'une action d'un groupe sur un ensemble de cette manière ?
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Bon, je le redis autrement. Pourquoi notes-tu un prétendu morphisme $(x,y)$, ou même une bijection de $X$?
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Amathoué a écrit:Bon, je le redis autrement. Pourquoi notes-tu un prétendu morphisme $(x,y)$, ou même une bijection de $X$?
Pour dire que : $ \rho \ : \ G \to \mathrm{Homeo} (X) $ est surjective. -
Je ne comprends pas ...:-S
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Ce qu'Amathoué essaye de te dire, c'est que ce n'est absolument pas parce que pour tout $(x,y)$, il existe $g$ tel que $\rho(g)(x) = y$ que $\rho(g)$ est la transposition $(x\ y)$.
La transposition $(x\ y)$ échange $x$ et $y$ et ne fait rien d'autre. Là, déjà, il n'y a absolument aucune raison que $\rho(g)(y) = x$, et il n'y a aucune raison que $\rho(g)(z) = z$ si $z \neq x$ et $z \neq y$. -
Est ce que si l'action est libre, alors, $ \rho : G \to \mathrm{Homeo} (X) $ est surjective ?.
Edit :
@FdP : Voila. C'est corrigé. -
C'est quoi $Hom(X)$?
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Non.
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D'accord Chat-maths. Peux tu répondre à ma dernière question ?
Merci. -
Merci JLT.
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Fin de partie a écrit:J'avais conseillé dans le passé à Pablo de laisser tomber les mathématiques et de faire de la calligraphie
Étant donnée la signification de mon pseudo, je ne peux qu'approuver ce conseil. :-D -
La théorie des actions des groupes, à mon humble avis, n'est qu'une restriction ( i.e : linéarisation ) d'une théorie des actions des groupes plus générales qu'il faut décider de sortir en vie.
Une action d'un groupe algébrique, à l'heure actuelle, basé sur le bagage actuel de théorie élémentaire des actions des groupes ne suffit pas pour mener un travail soigneux en géométrie algébrique.
Une action d'un groupe à l'heure actuelle est simplement le linéarisé ( comme la fonction élémentaire du logarithme qui juste linéarise et n'a que cette fonction ) d'une action de groupe plus général, et donc beaucoup d'informations se perdent après cette linéarisation.
Autrement dit, pour créer une théorie canonique et naturelle des actions des groupes, il faut que cette action $ \rho $ ne soit pas nécessairement factorisable par une action qui est son linéarisé $ \rho_1 $. A l'heure actuelle, notre théorie des actions des groupes algébriques se comporte juste comme $ \rho_1 $ et non comme $ \rho $. C'est ça ce qui m’empêche d'avancer. C'est à dire, il n'y'a pas encore cette théorie qui pourra faciliter au gens leur poursuite de navigation et d'exploration. -
Si tes théories facilitent la navigation c'est seulement parce qu'elles conduisent directement au naufrage. -
Je n'ai pas de théories moi. De quelles théories tu parles ?
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Pablo a écrit:Une action d'un groupe à l'heure actuelle est simplement le linéarisé
Que veut dire linéarisé dans un contexte où il n'y a pas nécessairement, ni addition, ni multiplication par un scalaire?
Soit $E$ un ensemble. On considère un ensemble $G$ d'applications de $E$ dans $E$ muni de la composition des applications qui soit un groupe.
Il me semble qu'on peut définir une action de groupe de la sorte: $\displaystyle G\times E, (g,x)\rightarrow g.x:=g(x)$.
1) Si $g$ est un élément de $G$ on a bien que $g(x)\in E$ pour tout $x$ de $E$.
2) Si on note $e$ l'application identité de $E$ on bien $e.x=e(x)=x$.
3) si $f,g\in G$ puisque pour tout $x$ de $E$ on a $(g\circ f)(x)=g(f(x))$ on a bien $(g\circ f).x=g.(f(x))$
Je ne vois pas d'addition/de multiplication par un scalaire dans ce contexte.
PS:
Pablo, dès que tu ne comprends pas bien une idée en mathématiques, systématiquement tu veux en modifier le sens, me semble-t-il.
Tu n'as pas compris ce que voulait dire "résoluble par radicaux" et tu as changé le sens de cette phrase (c'est l'explication la plus simple au fait que tu crois pouvoir, si je t'ai bien compris, résoudre toutes les équations de degré quelconque "par radicaux") -
@FdP :
ça veut dire que $ \rho : A \to B $ ne se factorise pas nécessairement par $ \rho_1 : A \to C $ avec : $ C $ un objet plat, comme les espaces vectoriels. Il faut inclure des objets non plats ( mais éviter le transcendant par ce que on est en algèbre, pas en analyse ), c'est à dire des objets de nature polynomiale. -
Pablo:
Je n'ai strictement rien compris à ce que tu as écrit.
Si c'était une blague, elle tombe à plat. -
@FdP :
Ce sont juste des idées qui trottent dans mon esprit. Je les ai pas encore mis au four. -
Bonjour,
Pourtant, elles sont déjà cramées ..........:-D
Cordialement,
Rescassol -
Je te donne un exemple @FdP :
Par exemple, en théorie de Galois différentielle, je reproche à Picard et Vessiot, les premiers fondateurs de cette théorie, de linéariser les groupes de Galois différentielles dans leur approche de conception de cette théorie.
Voici leur principal dérive,
Ils ont transformé une équation différentielle scalaire : $ a_n y^{(n)} + \dots + a_1 y' + a_0 y = 0 $, en un système différentiel linéaire : $ \partial Y = A Y $, avec : $ A $ une matrice, c'est à dire, un truc plat. Non ? Il ne fallait pas suivre cette approche.
Voir page : $ 4 $, ici : théorie de Galois différentielle. -
Dans $ \partial X = AX $, $ A $ est la matrice compagnon du polynôme différentiel $ P(y) = a_n y^{(n)} + \dots + a_1 y' + a_0 y $.
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Tu pars d'une équation linéaire, en quoi une matrice est-elle trop plate pour ça ? Tu racontes vraiment n'importe quoi.
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Bonjour!
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