groupe vérifiant une équation

SXB
SXB
dans Algèbre
Soit G un groupe. On suppose que pour tous x et y éléments de G, (xy)3=x3y3. Montrer que G est abélien.

Réponses

  • pB0
    pB0
    Soit $G$ l'ensemble des matrices de la forme :
    \[\left(
    \begin{matrix}
    1 & a & b \\
    0 & 1 & c \\
    0 & 0 & 1
    \end{matrix}
    \right)\]
    où $a,b,c\in K=\frac{\mathbf Z}{3\mathbf Z}$. Cet ensemble $G$ est évidemment un sous-groupe de $\mathrm{Gl}_3(K)$. Dans ce groupe $G$, on a $(AB)^3=A^3B^3$ pour tous $A,B$ (car on a $A^3=I$ pour tout $A$, d'après Cayley-Hamilton, vu que le polynôme caractéristique est $(X-1)^3=X^3-1$ car $3=0$). Pourtant $G$ n'est pas commutatif, sauf erreur 8-)
  • SXB
    SXB
    C'est un copain qui m'a filé l'exo. Je vais le tuer! (façon de parler). Pourtant je lui ai bien demandé à plusieurs reprises si c'était vrai! Mais, bon, je vais vérifier ce contre-exemple. Merci en tous cas.

    Sinon le polynôme caractéristique est 1-x3.

    Juste une question: il sort d'où ce contre exemple svp?
  • karim5
    karim5
    salut,ceci est vrai si l'application qui assoucie x a x cube est un morphisme du groupe G
  • pB0
    pB0
    J'aurais du dire : le polynôme caractéristique au signe près (:P)
  • -Omar-
    -Omar-
    Bonjour,

    Par contre si $(xy)^2=x^2y^2$, alors $G$ est commutatif.

    Amicalement
    Omar
  • bs
    bs
    Bonsoir,

    Si j'ai bien compté , le groupe de PB comporte 27 éléments, or,Il n'existe qu'un seul groupe non commutatif d'ordre 27.Celui-ci admet pour représentation :

    <$a,b,c \mid a^3=b^3=c , (ab)^3=c^3=1$ >
  • Guego
    Guego
    L'énoncé est correct si on remplace groupe par anneau, il me semble.
  • SXB
    SXB
    Il n'existe qu'un seul groupe non commutatif d'ordre 27 A UN ISOMORPHISME PRES lol.
    Sinon, je ne sais pas trop ce que vous signifiez par "représentation".

    En ce qui concerne l'exemple de PB, je l'ai vérifié et il a raison (il suffit de prendre la matrice triangulaire supérieure avec que des 1 et la même en remplaçant a1,2 par 2 au lieu de 1, et ces deux matrices ne commutent pas). Or son histoire de polynôme caractéristique est vraie A condition que Cayley Hamilton soit vrai dans M3(Z/3Z) !!!
    Non, mais ne pas s'inquiéter, de toute façon j'ai testé rapidement, avec tous les éléments de ce groupe on a bien A3=I3

    Pour ce qui est de remplacer le 3 par un ², c'est évident que cela marche.
  • pB0
    pB0
    "représentation du groupe" : il s'agit en fait d'une {\it présentation} du groupe (par générateurs et relations) :)

    Cayley-Hamilton est vrai dans $\mathcal M_n(A)$ où $A$ est un anneau commutatif quelconque. Une preuve amusante (enfin, je trouve) : il suffit de démontrer Cayley-Hamilton pour l'anneau $A=\mathbf Z[X_{1,1},X_{1,2},\ldots,X_{n,n}]$ et pour la matrice "générique" $M=(X_{i,j})_{1\le i,j\le n}$. Il existe un corps algébriquement clos $K\supset A$ (par exemple une clôture algébrique du corps des fractions de $A$). Dans $K$, la matrice $M$ a $n$ valeurs propres distinctes. En effet, son discriminant est un polynôme en les $X_{i,j}$. S'il était nul, alors les discriminants des polynômes caractéristiques de toutes les matrices seraient nuls. Donc il n'existerait aucune matrice avec $n$ valeurs propres distinctes, ce qui est absurde (prendre la matrice $\mathrm{diag}(1,2,3,\ldots,n)$). Donc $M$ est diagonalisable. Donc Cayley-Hamilton est évident pour $M$.

    En résumé : Cayley-Hamilton est évident pour les matrices diagonalisable, et la matrice "générique" est diagonalisable.
  • AD
    AD
    Bonsoir

    Tout groupe d'exposant 3 (i.e. dont tous les éléments, hors le neutre, sont d'ordre 3) satisfait à la condition imposée. Or des groupes d'exposant 3 non commutatifs sont pléthore, à commencer par le groupe d'ordre $3^3=27$ exhibé par PG.

    Note en passant : Il existe {\bf 2 groupes d'ordre $3^3=27$ non commutatifs} :
    \begin{enumerate}
    \item Celui indiqué par PG de présentation (par exemple)
    $$ G_1 = \langle a, b, c \mid a^3=b^3=1,\ ba=ab,\ c^3=1, ca=ac,\ cb=abc\rangle = (\Z/3\Z\times\Z/3\Z)\rtimes_{\phi_1} \Z/3\Z$$
    les facteurs du produit semi-direct étant engendrés respectivement par $a,b,c$ et le morphisme $\phi_1 : \langle c\rangle \rightarrow Aut(\Z/3\Z\times\Z/3\Z)$ est défini par $\phi_1(c)=\begin{pmatrix} a&\mapsto&a \\ b&\mapsto& ab\end{pmatrix}$
    \item Le produit semi-direct (proposé par Bs 18:28:45)
    $$ G_2 = \langle a, b \mid a^9=b^3=1,\ ba=a^4b\rangle = \Z/9\Z \rtimes_{\phi_2} \Z/3\Z$$ où cette fois $\phi_2 : \Z/3\Z \rightarrow Aut(\Z/9\Z)$ est défini par $\phi_2(b)= (a \mapsto a^4)$
    Chose amusante, $G_2$ satisfait aussi la condition imposée.
    En effet, tout élément de $G_2$ s'écrit $a^ib^j,\ 0\leq i< 9,\ 0\leq j <3$ et alors on vérifie grâce à la relation de commutation ($ ba=a^4b$ ) que $(a^ib^j)^3=(a^i)^3(b^j)^3$.
    \end{enumerate}

    $\underline{\mathbf{Remarque}}$ : Ceci se généralise pour tout les groupes d'ordre $p^3,\ p$ premier impair, pour $G_2$ il faut alors prendre $\phi_2(b) = (a\mapsto a^{p+1}b)$

    Alain
  • bs
    bs
    Bonjour Alain,
    merci pour toutes ces explications; quelques remarques:

    1) d'abord , à noter le Delcourt p 210 qui annonce l'existence d'un seul groupe non abélien d'ordre 27.
    (ce n'est pas la première fois que tu m'amènes à corriger le Delcourt).

    2) L'étude des groupes d'ordre $p^3,\ p$ premier impair est réalisée dans FG Algèbre 1 ( Exercice 1.17)

    3) On retrouve effectivement dans Wims les deux sous-groupes non abéliens d'ordre 27 que tu décris.

    Bonne journée.

    [La case LaTeX :) AD]
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