pb de conjugaison

Rappel : pour $c\in\mathcal S_n$ quelconque et $a=(\alpha_1\,\dots\,\alpha_k)\in S_n$ un $k$-cycle, on a $cac^{-1}=\bigl(c(\alpha_1)\,\dots\,c(\alpha_k)\bigr)$.

Donc dans $\mathcal S_5$, si je note $a=(\alpha_1\,\alpha_2\,\alpha_3\,\alpha_4\,\alpha_5)$ et $b=(\beta_1\,\beta_2\,\beta_3\,\beta_4\,\beta_5)$, on peut prendre pour $c$ la permutation qui envoie $\alpha_1$ sur $\beta_1$, etc. Exemple : si $a=(1\,2\,3\,4\,5)$ et $b=(1\,4\,3\,5\,2)$, on peut prendre $c$ qui envoie $1$ sur $1$, $2$ sur $4$, $3$ sur $3$, $4$ sur $5$ et $5$ sur $2$.

Dans le cas où $c$ n'est pas dans $\mathcal A_5$, on cherche d'abord $d\in\mathcal S_5$ qui conjugue $a^2=(\alpha_1\,\alpha_3\,\alpha_5\,\alpha_2\,\alpha_4)$ en $a$ ; le produit $cd$ conjuguera alors $a^2$ en $b$. Je te laisse remplir les détails : la forme de $d$ (en utilisant le paragraphe précédent), et la justification du fait que $cd\in\mathcal A_5$.

e=mc3:

Non, il faut voir que d n'est pas dans A5, pour que le produit cd y soit, justement. Si a=(a1 a2 a3 a4 a5), alors a²=(a1 a3 a5 a2 a4) ; du coup, mon message précédent t'indique comment chercher d.


Mauricio:

Je crains que tu confonds deux réalisations géométriques différentes de A5 : comme rotations d'un simplexe dans R^4 (et non R^6), et comme rotations d'un dodécaèdre régulier dans R^3. C'est manifestement à cette dernière que tes rotations d'angle 2pi/5 font référence. Le problème, c'est qu'il faut alors prouver que ce groupe de rotations est bien A5 (côté simplexe dans R^4, c'est à peu près évident, mais côté dodécaèdre dans R^3, ça l'est beaucoup moins : l'argument le plus élégant que je connaisse consiste à examiner l'action de ce groupe de rotations sur les 5 cubes que l'on peut inscrire dans le dodécaèdre - mais là, on dépasse largement le cadre de l'exercice posé par e=mc3).

Bien entendu, une fois que c'est fait, la solution devient évidente, comme tu dis : les 24 éléments d'ordre 5 se répartissent en deux classes de conjugaison, l'une formée des 12 rotations d'angle 2pi/5 et l'autre des 12 rotations d'angle 4pi/5, les secondes étant évidemment les carrés des premières.

On peut raccourcir un peu : après tout, on sait qu'il y a 24 5-cycles dans A5, donc dès qu'il y en a 12 par classe, plus besoin d'éq. des classes pour savoir que ça fait 2 classes.

Ceci dit, "x=2" ne répond pas tout à fait à la question : il reste toujours à montrer qu'un 5-cycle et son carré ne sont jamais conjugués.

"après tout, on sait"

Je l'avais oublie en ce qui me concerne.

Archimède écrivait:

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> On en déduit que 2 5-cycles $ [x_1,x_2,x_3,x_4,x_5]$ et $ [y_1,y_2,y_3,y_4,y_5]$ tels que les permutations $i\mapsto x_i$ et $i\mapsto y_i$
> aient même parité sont conjugués. Il y a donc au plus 2 classes de conjugaison.

Bien vu - ça évite de déterminer le stabilisateur d'un 5-cycle par conjugaison.

En fait, ce phénomène est très général : soit $G$ un groupe fini, $H$ un sous-groupe d'indice 2 et $C$ une classe de conjugaison de $G$, avec $C\subset H$. Alors dans le groupe $H$, $C$ est ou bien une classe de conjugaison, ou bien la réunion de deux classes de même taille.

J'avais réfléchi longuement à cette affirmation gratuite du Perrin. Je ne me rappelle plus comment j'avais réussi à la montrer. Il me semble que c'est pour montrer que $A_5$ est simple ? J'espère que vous ne voulez pas proposer la démonstration du Perrin en développement. Si c'est le cas, préférez celle de Lang, beaucoup plus simple et plus "originale", il suffit de corriger une petite erreur.

Seb

seb Écrivait:

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> Il me semble que
> c'est pour montrer que $A_5$ est simple ?

Là, par contre, je ne résisterai pas à la tentation d'utiliser (cf. Mauricio) la réalisation de $A_5$ comme groupe des rotations du dodécaèdre, car ça permet de rendre la démonstration de la simplicité très jolie. Soit donc $H$ un sous-groupe normal non trivial de $A_5$ ; $H$ contient alors une classe de conjugaison $C$ (distincte de $\{e\}$), et donc le sous-groupe $\langle C\rangle$. Il y a quatre classes à examiner (de préférence avec un dodécaèdre sous les yeux) :
- si $C=\{$rotations d'1/5 de tour$\}$, l'ordre de $\langle C\rangle$ est divisible par 5, et aussi par 12, car $\langle C\rangle$ agit transitivement sur les sommets du dodécaèdre (on voit facilement que deux sommets voisins sont toujours dans la même orbite). Donc l'ordre de $\langle C\rangle$ est divisible par 60.
- si $C=\{$rotations de 2/5 de tour$\}$, le sous-groupe $\langle C\rangle$ est le même.
- si $C=\{$rotations d'1/3 de tour$\}$, l'ordre de $\langle C\rangle$ est divisible par 3, et aussi par 20 (même argument, en agissant cette fois sur les faces), donc par 60.
- si $C=\{$rotations d'1/2-tour$\}$, l'ordre de $\langle C\rangle$ est divisible par 12 (action transitive sur les sommets) et par 20 (idem sur les faces), donc par 60.