Permutations de $\Z$ groupe profini ?
Bonjour,
Soit $G$ le groupe des permutations de $\Z$, $G$ est-il un groupe profini ? Le fait qu'il y ait un élément d'ordre infini ($x \mapsto x+1$) ne suffit pas à montrer que $G$ n'est pas profini, car dans l'ensemble de entiers $p$-adiques, il y a aussi un élément d'ordre infini $x \mapsto x+1$.
Peut-être en montrant qu'il n'existe pas de sous-groupe distingué propre $H$ de $G$ tels que $G/H$ est fini. Si il existe un tel groupe, alors soit $n$ l'ordre de $G/H$. Donc pour tout $g \in G$, $g^n \in H$. Donc toute permutation $g$ d'ordre $k$ dans $G$ premier avec $n$ appartient à $H$, car $g=g^{ak+bn}$, avec $1=ak+bn$.
Est-ce qu'il existe des permutations de $\Z$ d'ordres finis $\sigma_1, \dots, \sigma_r$ telles que $x \mapsto x+1$ est engendré par $\sigma_1, \dots, \sigma_r$ ? (De même que deux symétries de $\R^2$ par rapport à deux droites formant un angle $\alpha \notin 2 \pi \Q$ engendrent un groupe d'ordre infini)
Merci d'avance.
Soit $G$ le groupe des permutations de $\Z$, $G$ est-il un groupe profini ? Le fait qu'il y ait un élément d'ordre infini ($x \mapsto x+1$) ne suffit pas à montrer que $G$ n'est pas profini, car dans l'ensemble de entiers $p$-adiques, il y a aussi un élément d'ordre infini $x \mapsto x+1$.
Peut-être en montrant qu'il n'existe pas de sous-groupe distingué propre $H$ de $G$ tels que $G/H$ est fini. Si il existe un tel groupe, alors soit $n$ l'ordre de $G/H$. Donc pour tout $g \in G$, $g^n \in H$. Donc toute permutation $g$ d'ordre $k$ dans $G$ premier avec $n$ appartient à $H$, car $g=g^{ak+bn}$, avec $1=ak+bn$.
Est-ce qu'il existe des permutations de $\Z$ d'ordres finis $\sigma_1, \dots, \sigma_r$ telles que $x \mapsto x+1$ est engendré par $\sigma_1, \dots, \sigma_r$ ? (De même que deux symétries de $\R^2$ par rapport à deux droites formant un angle $\alpha \notin 2 \pi \Q$ engendrent un groupe d'ordre infini)
Merci d'avance.
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Réponses
C'est quoi la topologie sur G ? Il faut bien une topologie sur un groupe profini, non ?
Plus concrètement, si $\sigma^2 = (12)$ alors $\sigma(1) =: x$ vérifie $\sigma(x) = 2$ et $\sigma^2(x) = x$, ce qui est absurde
Merci Raoul. S, il me reste à voir pourquoi toute permutation est le produit de deux éléments de $E$.
Tout dépend de ce que l'on sait sur les groupes profinis. Par définition un groupe est profini s'il est limite projective de groupes finis (munis de la topologie discrète). On peut montrer que si $G$ est profini, il est limite projective des $G/U$ où $U$ décrit les sous-groupes ouverts (donc d'indice fini) et distingués de $G$. Ici, si $G$ était profini, puisque que tous les quotients $G/U$, $U$ sous-groupe distingué ouvert, sont triviaux, $G$ serait lui-même trivial. Or $G$ n'est pas trivial.
Effectivement on dirait que c'est le point épineux de cette preuve, je n'ai pas trouvé non plus et ça ne donne pas très envie il faut dire...
@Raoul.S: j'ai écrit une transposition comme produit de deux éléments de $E$. Soit $X=\N \times \Z$, soit $\sigma$ la permutation qui associe : $(i,k) \mapsto (i,k+1)$ si $k\neq 0$ ou si $i \notin \{0,1\}$, et $(i,0) \mapsto (1-i,1)$ si $i \in \{0,1\}$, alors $\sigma$ possède seulement des cycles infinis. Soit $\tau:(i,k) \mapsto (i,k-1)$. Alors $\tau \circ \sigma$ est la transposition qui échange $(0,0)$ et $(1,0)$. Mais ce n'est pas suffisant...
De plus $H\cap U$ est d'indice fini dans $H$, donc si $G$ a un sous-groupe qui n'a pas assez de sous-groupes d'indice fini, il ne peut pas être profini. Ici, $S_{(\infty)}\subset S_\infty$
Or $<E>$ est normal car $E$ est stable par conjugaison. Mais $S_{\infty}$ aussi est normal et si par chance $S_{\infty}$ était normal maximal ce serait bon. En gros j'essaie de trouver des raccourcis pour ne pas me casser la tête à construire des permutations...
@maxtimax $S_{\infty}$ est le sous-groupe des permutations à support fini mais $S_{(\infty)}$ c'est quoi ?
Quoi qu'il en soit je crois que le but du jeux à présent est de montrer que le groupe des permutations de $\Z$ ne possède pas de sous-groupe normal d'indice fini, ce qui est plus fort que "pas profini".
il se trouve que ce n'est pas un résultat évident que les seuls sous-groupes normaux propres de $\mathfrak{S}(\Z)$ sont le groupe des permutations à support fini et celui des permutations à support fini et paires. En parlant de ces deux sous groupes on peut lire sur Wikipedia https://en.wikipedia.org/wiki/Symmetric_group :
"The groups A and S are the only non-identity proper normal subgroups of the symmetric group on a countably infinite set. This was first proved by Onofri (1929[10]) and independently Schreier-Ulam (1934[11]). "
Voici l'article original de Schreier-Ulam http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/sm/sm4/sm4120.pdf... en allemand :-?
Voilà, donc pas de sous-groupes normaux d'indice fini.