Le lemme de Cauchy

Ok ! Merci ! Je vais essayer de poursuivre maintenant que ce point là est plus clair :

Je vais garder en tête le fait que $G=\{a_1,\cdots, a_n\}$ et que les p-uplets s'écrivent $(g_1,\cdots,g_p)$ où pour tout $i\in 1,p$, $g_i\in\{a_1,\cdots,a_n\}$.

Pour le message de Fin de partie, j'ai en effet retrouvé cette source sur le fil ci-dessous. Lien de la preuve de James H.McKay dans ce fil de discussion
Mais elle est en anglais ! Bref, je reprends l'exercice.

Que pensez-vous de ma démonstration du fait que $\phi$ soit bijective ? Est-ce alambiqué ? Ou correcte ?

Merci.
Un autre point que je voudrais éclaircir est le suivant.

Je comprends mieux maintenant que la notation dans $E$ : $g_i$
est définie pour tout $i$ élément de $1,p$. On voudrait l'étendre pour qu'elle soit valable pour tout $i$ élément de $\mathbb{Z}$.
Dans ce cas, on pose pout tout $i$ dans $\mathbb{Z}$, $g_i=g_r$ où $r$ est le reste de la D.E. de $i$ par $p$. (cette notation je l'ai parfaitement saisie)
Comment puis-je montrer que cela équivaut à dire $g_i=g_j$ pour $i=j[p]$ comme s'est inscrit dans l'énoncé ? Je n'y arrive pas.

J'ai écrit que $i=j[p] \Leftrightarrow i=j+pk,\ k\in\mathbb{Z}.$ Et là, je ne vois pas la D.E., à savoir le fait que $0\le j <p$. Je me perds dans cette notation.

Alors je fais quelques calculs :

Pas de problème avec $g_1$, $g_2$ et $g_3$.

Pour les suivants :
$g_4=g_1$ car 1 est le reste de la D.E de $4$ par $3$
$g_5=g_2$ car 2 est le reste de la D.E de $5$ par $3$
$g_6=g_0$ car 3 est le reste de la D.E de $6$ par $3$
$g_7=g_1$ car 1 est le reste de la D.E de $7$ par $3$
etc.
$g_{100}=g_1$ car 1 est le reste de la D.E de $100$ par $3$

Je vois bien que les différentes valeurs possibles sont les $g_k$ pour $k\in0,3-1$. Mais je crois que c'est encore un problème de formalisme.

Ecrire $g_k=g_r$ est compréhensible avec r le reste de la D.E. de $k$ par $p$.

Mais comment l'écrire ici afin de bien montrer que :

?

Bonjour,

j'ai travaillé de nouveau cet exercice en le prenant par un autre bout, à savoir les actions de groupe.
Voici :

Soit $G$ un groupe fini, noté multiplicativement et de cardinal $n\ge 2$.
Soit $p$ un nombre premier divisant $n$.
On veut montrer qu'il existe dans $G$ au moins un élément d'ordre $p$.
On introduit pour cela l'ensemble $E=\{(a_1,\cdots,a_p)\in G^p\mid a_1\cdots a_p=1\}.$
Enfin, on introduit $\sigma\in S_p$ le $p$-cycle $(1,2,\cdots ,p)$.

1) Montrer que le cardinal de $E$ est n^{p-1}.

2) Montrer que le sous-groupe $H=<\sigma>$ opère sur l'ensemble $E$ au moyen de l'application définie par $\sigma^k.(a_1,\cdots ,a_p):=(a_{\sigma^k(1)},\cdots ,a_{\sigma^k(p)})$.

3) Montrer que l'ensemble $Fix(H):=\{x\in E\mid H.x=\{x\}\}$ n'est pas vide et que $card(Fix(H))$ est divisible par $p$.

4) Prouver le lemme de Cauchy, à savoir que si $G$ est un groupe fini d'ordre $n\ge 2$, alors pour tout diviseur premier $p$ de $n$, il existe dans $G$ un élément d'ordre $p$.

1)
La démonstration est similaire à ce que j'ai fait il y a 2 jours ici.

2)
a) Cette application est bien définie.
En effet, comme $a_1a_2\cdots a_p=e$ alors $a_2\cdots a_p=a_1^{-1}$ et donc $a_2\cdots a_pa_1=e$.
Par conséquent, $(a_{\sigma(1)},\cdots ,a_{\sigma(p)})=(a_{2},\cdots ,a_{1})\in E$.
Plus généralement, $\sigma^k.(a_1,\cdots ,a_p):=(a_{\sigma^k(1)},\cdots ,a_{\sigma^k(p)})\in E$.

b) On a :
$Id.(a_1,\cdots ,a_p):=(a_{Id(1)},\cdots ,a_{Id(p)})=(a_{1},\cdots ,a_{p})$.

c) Fixons $\sigma^k\in <\sigma>$ et $\sigma^r \in <\sigma>$ pour $k$ et $r$ dans $\mathbb{Z}$.
Fixons également $(a_1,\cdots ,a_p)\in E$.
On a :
$\begin{array}{ll}
\sigma^k.(\sigma^r.(a_1,\cdots ,a_p))&=\sigma^k.(a_{\sigma^r(1)},\cdots ,a_{\sigma^r(p)})\\
&=(a_{\sigma^k\sigma^r(1)},\cdots ,a_{\sigma^k\sigma^r(p)})\\
&=(a_{\sigma^{k+r}(1)},\cdots ,a_{\sigma^{k+r}(p)})\\
&=\sigma^{k+r}.(a_{1},\cdots ,a_{p})\\
&=\sigma^{k}\sigma^{r}.(a_{1},\cdots ,a_{p})\\
\end{array}$

Ceci prouve que l'on a à faire à une action bien définie du groupe $H=<\sigma>$ sur l'ensemble $E$.

3)
Pour prouver que $Fix(H)$ n'est pas vide, je cherche un élément de $E$ qui s'y trouve.
Je prends pour cela $x=(e,\cdots,e)\in G^p$.

D'une part : $(e,\cdots,e)\in E$ car $e\cdots e=e$.
D'autre part :
$\begin{array}{ll}
H.x&=<\sigma>.(e,\cdots,e)\\
&=\{\sigma^k.(e,\cdots ,e)\mid \sigma^k\in <\sigma>\}\\
&=\{(e,\cdots ,e)\mid \sigma^k\in <\sigma>\}\\
&=\{(e,\cdots ,e)\}\\
&=x
\end{array}$

Donc : $(e,\cdots,e)\in Fix(H)$ et donc $Fix(H)$ n'est pas vide.

Ensuite, on sait que :

Corollaire a écrit:

Si $p\ge 2$ est un nombre premier et $G$ un $p$-groupe opérant sur un ensemble fini $E$ alors :

$card(Fix(G))=card(E)[p]$

Ici, $H=<\sigma>$ est un groupe d'ordre $p$ puisque $\sigma^p=Id$, c'est donc un $p$-groupe. On peut alors écrire que $card(Fix(H))=card(E)[p]$.

Et on a vu que $card(E)=n^{p-1}$, donc $card(Fix(H))=n^{p-1}[p]$.

Comme $p|n$ alors $p|n^{p-1}$ et donc $p|card(Fix(H))$

4)

Puisque $Fix(H)$ n'est pas vide alors $card(Fix(H))\ge 1$.
Comme $p|card(Fix(H))$ alors $card(Fix(H))\ge p\ge 2$. Il y a donc au moins 2 points fixes, dont l'un n'est pas $e$.

Enfin, on écrit que $(a_1,\cdots,a_p)\in Fix(H)$ équivaut à :
(1) $(a_1,\cdots,a_p)\in E$
(2) $H.(a_1,\cdots,a_p)=(a_1,\cdots,a_p)$

Je traduis (1) :
$(a_1,\cdots,a_p)\in E$ signifie que $a_1\cdots a_p=e$.

Je traduis (2) :
$H.(a_1,\cdots,a_p)=(a_1,\cdots,a_p)$ signifie que $\{(a_{\sigma^k(1)},\cdots ,a_{\sigma^k(p)})|\sigma^k\in <\sigma>\}=\{(a_1,\cdots,a_p)\}$.

Et ceci impose que :
$a_{\sigma^k(1)}=a_1$

$\cdots$

$a_{\sigma^k(p)}=a_p$

[Et là j'ai une hésitation dans ce que je vais écrire]

Ceci étant valable pour tout $k\in\mathbb{Z}$, alors avec $k=1$, on obtient :
$a_{2}=a_1$

$\cdots$

$a_{1}=a_p$

Soit $a_1=a_2=\cdots =a_p$.
On pose $a:=a_1=a_2=\cdots =a_p$.

Et ainsi, $a_1\cdots a_p=e$ s'écrit $a^p=e$.

Il existe donc un élément $a$ d'ordre $p$ dans $G$.

Qu'en pensez-vous ?