Sous-groupes de S_4
Bonjour,
pouvez-vous confirmer ou infirmer, le fait que les seuls sous-groupes distingués non triviaux de $\frak{S}_4$ sont : $\frak{A}_4$ et $V=\{Id,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$.
Je pense que oui d'après la table de $\frak{S}_4$.
Si c'est vrai, y a-t-il un moyen de le montrer sans utiliser cette table ?
De là, comment montrer que $D(\frak{S}_4)=\frak{A}_4$ ?
Merci d'avance,
Jérémy
pouvez-vous confirmer ou infirmer, le fait que les seuls sous-groupes distingués non triviaux de $\frak{S}_4$ sont : $\frak{A}_4$ et $V=\{Id,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$.
Je pense que oui d'après la table de $\frak{S}_4$.
Si c'est vrai, y a-t-il un moyen de le montrer sans utiliser cette table ?
De là, comment montrer que $D(\frak{S}_4)=\frak{A}_4$ ?
Merci d'avance,
Jérémy
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Réponses
Là ou je suis perplexe, c'est qu'il me semble qu'il n'y a qu'un 3-sous-groupe, qui devrait être normal par Sylow..
C'est la question bonus, par curiosité !
$$V=\{Id,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$$
Reste à attendre une démo...
Jérémy
Après, c'est un jeu d'enfant.
Dans S4, on a l'identité, les transpositions : ( * * ) , les produits de deux transpositions (* *)(* *) et les 3-cycles (* * *).
Si on contient une transposition (et donc toutes), on est S4.
Si on ne contient pas de transposition, mais un 3-cycle, on les contient tous, et on contient A4, et on est donc A4.
Si on ne contient pas de transposition, pas de 3-cycle, mais un produit de transposition, on contient V4, donc on est V4.
Si on ne contient rien de tout ça, ben on est 0 = {id}.
On peut déjà remarquer que $\frak{S}_4$ possède le sous-groupe alterné $\frak{A}_4$ d'indice 2 dans $\frak{S}_4$ donc distingué (on peut aussi dire que c'est le noyau du morphisme signature).
D'autre part $\frak{A}_4$ possède un unique sous-groupe d'ordre 4 : $ V=\{id ,\ (12)(34) ,\ (13)(24) ,\ (14)(23)\}$ comme tu l'as indiqué, il est donc caractéristique (puisque unique d'ordre 4) dans $\frak{A}_4$ qui lui est distingué dans $\frak{S}_4$. Donc ce sous-groupe $V$ est distingué dans $\frak{S}_4$.
Cela fait donc 4 sous-groupes distingués dans $\frak{S}_4$ : $$ \{1\} \subset V \subset \frak{A}_4 \subset \frak{S}_4 $$ Je ne vois pas, pour le moment, de méthodes plus rapide que de balayer la liste des sous-groupes de $\frak{S}_4$ pour constater qu'il n'y a pas d'autre sous-groupe distingué.
$D(\frak{S}_4)$
On peut alors se rappeler de la caractérisation du sous-groupe dérivé d'un groupe, comme le plus petit sous-groupe distingué dont le quotient est commutatif.
$\bullet\quad \frak{A}_4$ est d'indice 2, donc de quotient isomorphe à $\Z/2\Z$ commutatif. Donc $D(\frak{S}_4) \subset \frak{A}_4$
$\bullet\quad V$ est d'indice 6 dans $\frak{S}_4$. Son quotient est d'ordre 6, donc est isomorphe soit à $\Z/6\Z$ (commutatif), soit à $\frak{S}_3$ (non commutatif). Considérons le morphisme surjectif canonique $\pi : \frak{S}_4 \rightarrow \frak{S}_4/V$
Pour tout $x\in \frak{S}_4$, l'ordre de $\pi(x)$ est un diviseur de l'ordre de $x$. Comme $\frak{S}_4$ a des éléments d'ordre au plus 4, $\mathrm{im\,}\pi$ n'a pas d'élément d'ordre 6, donc ne peut pas être $\Z/6\Z$. Donc $\frak{S}_4/V \simeq \frak{S}_3$ n'est pas commutatif, donc $V$ ne contient pas le sous-groupe dérivé.
Finalement, la seule possibilité est donc $D(\frak{S}_4) = \frak{A}_4$.
Alain
Pour Alain : ok pour le fait que $D(\frak{S}_4)=\frak{A_4}$. Merci.
Mais pour le fait que $\frak{A_4}$ possède un unique sous-groupe d'ordre 4, comment le montre-t-on (Sylow permet la possibilité de 3 sous-groupe d'ordre 4) ?
De plus, peux-tu me rappeler ce qu'est un groupe caractéristique ?
Pour Trivecteur : je n'ai jamais utilisé cette méthode. Qu'appelle-t-on les classes de conjugaison ?
Merci encore,
jérémy
Pourquoi $A_4$ contient-il un unique sous-groupe d'ordre 4 ? Réponse : s'il contient un sous-groupe d'ordre 4, ses éléments sont d'ordre un diviseur de 4. Or, les éléments de $A_4$ sont d'ordre 1 (l'identité), 2 (chacune des trois doubles transpositions) ou 3 (les huit 3-cycles). Donc s'il existe un groupe d'ordre 4, ça ne peut être que l'identité et les trois doubles transpositions. Réciproquement, il est immédiat de vérifier qu'on obtient bien ainsi un sous-groupe.
$$g^{-1}Ug=V$$
donc la classe de conjugaison est l'ensemble des sous groupes :
$$\{ g^{-1}Ug \ | \ g \in G \}$$
un sous groupe est ditingués si et seulement si il est stable par conjugaison ( c'est meme la definition :-) ), donc si sa classe de conjugaison est reduit a lui meme. Pour ne pas encombrer, plutot que de donner la liste des sous groupes d'un groupe, on donne cette lise modulo les classes de conjugaison.
et par definition, les p-sous groupes de Sylow d'un groupe sont conjugués ( donc isomorphes... )
Effectivement, je connais les théorèmes de Sylow, mais je ne connaîs pas le vocabulaire classes de conjugaison.
J'imagine qu'une classe de conjugaison d'un sous-groupe $H$ de $\frak{S}_4$ est l'ensemble contenant tous les sous-groupes conjugués à $H$.
En particulier, l'ensemble des sous-groupes de Sylow de $\frak{S}_4$ est une classe de conjugaison.
Je n'ai pas de référence dessus. Si tu as un lien internet, je suis preneur!
Pour le reste, je te remercie, ce n'étais effectivement pas très difficile!
Jérémy
Merci!!
Par exemple dans $V_4$ tous les sous-groupes sont distingués puisque le groupe est abélien, mais aucun des 3 sous-groupes d'ordre 2 n'est caractéristique ; étant donné deux tels sous-groupes $H_1$ et $H_2$, il existe un automorphisme (forcément extérieur) de $V_4$ qui envoie $H_1$ sur $H_2$. En fait, en notant $\mathcal{H}$ l'ensemble de ces trois sous-groupes, en se donnant deux paires de sous-groupes $(H_i,H_j)$ et $(H_k,H_\ell)$ telles que $H_i \neq H_j$ et $H_k \neq H_\ell$, il existe un et seul automorphisme $u$ de $V_4$ tel que $u(H_i)=H_k$ et $u(H_j)=H_\ell$ (c'est en fait une propriété d'algèbre linéaire). Pour finir les seuls sous-groupes de $V_4$ sont triviaux.
Exercice : trouver les sous-groupes caractéristiques de $\Z / m \Z \times \Z / n \Z$ où $m$ et $n$ sont premiers entre eux ; de $(\Z / p \Z)^r$ où $p$ est premier et $r \in \N^*$.
$24=1+3+6+8+6$,\\
$1=1$,\\
$12=1+3+8$,\\
$4=1+3$\\
ce qui te donne quatre candidats à être des sous-groupes distingués. Voilà.
D'ailleurs, les quatre sous-groupes sont caractéristiques, quelqu'un sait-il s'il existe d'autres cas en dehors des groupes simples bien sûr, c'est certainement quelque chose qui a été étudié ?
Jérémy
Tout a été dit. Juste une précision sur l'utisation de la propriété du sous-groupe $V$ d'être caractéristique dans $\frak{A}_4$ :
C'est pour pouvoir conclure que $V$ est distingué dans $\frak{S}_4$.
Parceque : $H \lhd K \lhd G$ ( $\lhd$ se lit "est distingué dans" ) ne permet pas d'affirmer que $H \lhd G$ (le premier contre exemple arrive avec $D_4$, le groupe diédral à 8 éléments)
Pour pouvoir affirmer que $H\lhd G$, il est suffisant que $H \sqsubset K \lhd G$ ( $\sqsubset$ se lit "est caractéristique dans" ).
En effet :
$\forall g \in G$, l'automorphisme intérieur $int_g = (x\mapsto gxg^{-1})$ laisse $K$ globalement invariant (par def de $K \lhd G$ )
donc la restriction à $K,\ int_g|_K : K\rightarrow K$ est un automorphisme de $K$.
Et puisque $H \sqsubset K$, cet automorphisme laisse $H$ globalement invariant.
C'est précisément la propriété $H \lhd G$ recherchée.
Alain
Exemple : $\{Id,(12)(34)\}\lhd V$ et $V\lhd\frak{A}_4$ mais $\{Id,(12)(34)\}$ n'est pas distingué dans $\frak{A}_4$.
J'ai réfléchi à ce qu'a dit Trivecteur, je ne connaissais pas du tout cette méthode (je connaissais une formule des classes, mais avec le stabilisateur d'un élément).
Une seule chose me bloque (le reste est vraiment limpide) :
"le fait bien connu qu'un sous groupe distingué est réunion de classes de conjugaison parmi lesquelles se trouve la classe singulière (celle réduite au neutre)"
Pour l'instant, je bloque, et je me pose la question plus générale :
Soit $G$ un groupe et $X$ un sous-ensemble de $G$.
On suppose que $X$ est globalement invariant par automorphisme intérieur de $G$.
Donner une CNS (ça doit existe non?) pour que $X$ soit un sous-groupe de $G$.
Merci encore, ce fil m'aura était très instructif!!
Jérémy
1)il apparaît donc que parmi les 30 sous-groupes de S_4 ,seuls quatre sont distingués , et même caractéristiques.
2)Comme l' a rappelé Alain: "être distingué dans" n'est pas transitif;
cependant, on a:
Si : H < K < G, alors $H\lhd G$ =====> $H\lhd K$, mais
Si : H < K < G, alors $H\lhd G$ ==/==> $K\lhd G$.
3)l'exercice proposé par egoroff est intéressant; on peut l'élargir à: recherche des sous-groupes, des ss-gr distingués, des ss-gr caractéristiques.
pour un p-Sylow,
distingué equivaut caractéristique.
Qu'on se le dise !
Signalons que le centre et le sous-groupe dérivé sont toujours des groupes caractéristiques.
De la même manière le sous-groupe de Frattini (l'intersection des sous-groupes maximaux) est aussi caractéristique.
Alain
Il faut lui retirer le mot intérieur, si j’ai bien compris.
-- Schnoebelen, Philippe
$H \lhd K \lhd G$ ne permet pas d'affirmer que $H \lhd G$ (le premier contre exemple arrive avec $D_4$, le groupe diédral à 8 éléments)
Quels sous-groupes de $D_4$ vérifient $H \lhd K \lhd D_{4}$ mais $H \ntriangleleft D_{4}$ ?
$H=\{Id,(3412)\}$ et K est l’ensemble des 4 rotations ? J’ai un doute.
Ou alors $H=\{Id,(12)(34)\}$ et $K=\{Id,(3412),(12)(34),(14)(23)\}$ ?
Une série est divergente, alors nous pouvons faire quelque chose avec elle.
-+- Oliver Heavyside -+-
-- Schnoebelen, Philippe
Ni l'un ni l'autre, mais plutôt :
$H=\{id, (12)\} \lhd K=\{id, (12), (34),(12)(34)\} \lhd D_4=\{id, (1324), (12)(34), (1423), (12), (34), (13), (24) \}$
$H$ est distingué dans $K$ puisque $K$ est commutatif (c'est $(\Z/2\Z)^2$ ), mais il n'est pas caractéristique, car il y a des automorphismes de $K$ qui envoient $H$ sur un autre sous-groupe d'ordre 2, par exemple sur $\{id, (34)\}$.
$K$ est distingué dans $D_4$ (il est d'indice 2)
Et pourtant $H$ n'est pas distingué dans $D_4$ (il est conjugué à $\{id, (34)\}$ )
Alain
Une série est divergente, alors nous pouvons faire quelque chose avec elle.
-+- Oliver Heavyside -+-
-- Schnoebelen, Philippe
Une série est divergente, alors nous pouvons faire quelque chose avec elle.
-+- Oliver Heavyside -+-
-- Schnoebelen, Philippe
Je ne sais pas ce que tu voulais dire en parlant d'isométrie, mais {\it il n' a pas d'application affine du plan qui échange $A$ et $B$ et qui fixe $C$ et $D$}.
En effet si $ABCD$ est un carré, $(A,B,C)$ est un repère affine du plan et toute application affine $f$ du plan est caractérisée par $\big(f(A),f(B),f(C)\big)$. Le point $D$ est le barycentre de $(A,1),(B,-1),(C,1)$ pour s'en convaincre il suffit de remarquer $\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{BA}$ ce qui donne une relation de Leibniz :$$\overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{BD} = \vec o.$$L'image $D'$ par $f$ du point $D$ est donc le barycentre de $(A,-1),(B,1),(C,1)$ et $D'$ est le symétrique de $D$ par rapport à $C$.
Je suppose que cela n'a pas d'importance réelle sur ce que tu souhaitais exprimer, voire que cela apporte de l'eau à ton moulin ; mais il me semble important de rappeler ce point géométrique.
Bruno
Quel est alors le contre exemple dans $D_{4}$ à $H \lhd K \lhd D_{4} \to H \lhd D_{4}$ ?
Une série est divergente, alors nous pouvons faire quelque chose avec elle.
-+- Oliver Heavyside -+-
-- Schnoebelen, Philippe
A={Id, (1,2)(3,4)}
B={Id, (1,2)(3,4), (1,3)(2,4), (1,4)(2,3) }
C={S}_4 = groupe symétrique S_4
A distingué dans B, B distingué dans C, mais A non distingué dans C
Une série est divergente, alors nous pouvons faire quelque chose avec elle.
-+- Oliver Heavyside -+-
-- Schnoebelen, Philippe
Comment définis-tu ton $D_4$.
Au vu de ta question, j'avais pensé que tu considérais l'un des 2-Sylow de $\frak{S}_4$. Je t'ai répondu en conséquence, en prenant le 2-Sylow engendré par $(1324)$ et $(12)$.
Maintenant, je comprends que tu veux le représenter comme l'ensemble des isométries du plan laissant le carré invariant.
D'ordinaire on appelle $r$ la rotation d'angle $\frac{\pi}{2}$ et centrée sur le centre du carré, et on prend $s$ une symétrie par rapport à une apothème (droite joignant le centre au milieu d'un coté). Alors $D_4$ est engendré par ces 2 isométries, ce qui donne la présentation : $$ D_4 = \langle r,s\mid r^4=id,\ s^2=id,\ (rs)^2=id\rangle $$ Une chaîne de sous-groupes recherchée est : $$H=\{id,s\} \ \lhd\ K=\{id,s,r^2,r^2s\} \ \lhd\ D_4$$ Tu préfères plonger $D_4$ dans $\frak{S}_4$ en numérotant les sommets du carré et en prenant les permutations correspondantes, càd : $$\begin{array}{ccc} 2&-&1\\|&&|\\3&-&4\end{array}$$ $r = (1234),\ s=(12)(34)$ alors les éléments de $D_4$ se transforment par l'injection $i D_4 \rightarrow \frak{S}_4$ ainsi définie :
$i(id) = id$
$i(r)=(1234)$ rotation d'angle $\frac{\pi}{2}$
$i(r^2)=(13)(24)$ rotation d'angle $\pi$, càd la symétrie centrale (qui est dans le centre de $D_4$ )
$i(r^3)=(1432)$ rotation d'angle $\frac{3\pi}{2}$
$i(s)=(12)(34)$ symétrie par rapport à la médiatrice de $12$
$i(rs)=(13)$ symétrie par rapport à la diagonale $24$
$i(r^2s) = (14)(23)$ symétrie par rapport à la médiatrice de $14$
$i(r^3s)=(24)$ symétrie par rapport à la diagonale $13$
La chaine de sous-groupes s'envoie par $i$ sur $$i(H)=\{id,(12)(34)\} \ \lhd\ i(K)=\{id,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\} \ \lhd\ i(D_4)$$ Remarque que dans la chaîne que je t'avais donnée dans mon précédent message j'avais commencé par la symétrie par rapport à une diagonale, ce qui effectivement ne donne pas le même $K$, mais donne le même $D_4$.
Avec la numérotation actuelle cela donne : $$i(H')=\{id,(13)\} \ \lhd\ i(K')=\{id,(13),(24),(13)(24)\} \ \lhd\ i(D_4)$$ En final ni $H$, ni $H'$ ne sont distingués dans $D_4$
Alain
Il y avait un quiproquo, mais on parlait de la même chose.
-- Schnoebelen, Philippe
En plus du mot intérieur à enlever de la définition du sous-groupe caractéristique, il faut préciser dans les exemples que le $p$ de $\frac{\mathbb{Z}}{p\mathbb{Z}}$ est premier.
Une série est divergente, alors nous pouvons faire quelque chose avec elle.
-+- Oliver Heavyside -+-
-- Schnoebelen, Philippe