pb de conjugaison
Bonjour
Comment démontrer que dans $\mathcal{A}_5$ (groupe alterné d'ordre 5) alors si l'on se donne deux éléments d'ordre 5 (5 cycles) a et b on a soit a et b conjugués dans A5 soit a² et b conjugués dans $\mathcal{A}_5$?
On sait que les 5 cycles sont conjugués dans $\mathcal{S}_5$
donc $a=cbc^{-1}$ avec $c\in \mathcal{S}_5$
si $c \in\mathcal{A}_5$ c'est gagné
sinon je ne vois pas comment faire intervenir $a^2$ dans la mesure où et et a² ont même signature
Comment démontrer que dans $\mathcal{A}_5$ (groupe alterné d'ordre 5) alors si l'on se donne deux éléments d'ordre 5 (5 cycles) a et b on a soit a et b conjugués dans A5 soit a² et b conjugués dans $\mathcal{A}_5$?
On sait que les 5 cycles sont conjugués dans $\mathcal{S}_5$
donc $a=cbc^{-1}$ avec $c\in \mathcal{S}_5$
si $c \in\mathcal{A}_5$ c'est gagné
sinon je ne vois pas comment faire intervenir $a^2$ dans la mesure où et et a² ont même signature
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Réponses
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 $cd\in\mathcal A_5$.
la première approche : il existe 4!=24 "5-cycles", 24 ne divise pas 60, donc il y a plus qu'une classe de conjugaison dans $A_5$.
pour que ca marche il faut que d soit également dans An. C'est évident?
bs
oui et alors?
Les elements d'ordre 5 sont les rotations d'angle 2\pi/5 sur une face. Donc ta question se ramene a: toutes les rotations d'un pentagone sont conjuguees. (evident non?)
Mauricio
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 fait operer $\mathcal{A}_5$ par conjuguaison sur lui-meme.
1) Le stabilisateur d'un 5-cycle est de cardinal 5, donc chaque classe d'un 5-cycle est de longueur 12;
2) le stab d'un 3-cycle est de cardinal 3, donc chaque classe de 3-cycle est de longueur 20;
3) pour le produit de 2 transpositions disjointes, notons le $(12) (34)$ le stab est dans $\mathcal{A}_5$ est compose de l'identite, $(12) (34)$, $(14)(25)$, $(15) (24)$. La longueur de la classe est donc 15.
On ecrit alors l'equation aux classes $1 + 12 x + 20 y + 15 z = 60$. Une seule possibilite $x=2$, $y=1$ , $z = 1$. C'est le $x=2$ qui repond a la question.
Pour une solution plus "directe" j'opterais pour ce que propose Erlangen, mais celle-ci en dit juste un peu plus que l'exercice.
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.
$\sigma=[1,2,3,4,5]$
Alors pour tout $\tau\in\hbox{A}_5$ on a
$\tau\,\sigma\tau^{-1}=[\tau(1),\tau(2),\tau(3),\tau(4),\tau(5)]$
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.
Montrons que $\sigma=[1,2,3,4,5]$ n'est pas conjugué à $\sigma^2$ dans $\hbox{A}_5$. Sinon il existerait $\tau\in\hbox{A}_5$ tel que
$\tau\,\sigma\tau^{-1}=\sigma^2$
$[\tau(1),\tau(2),\tau(3),\tau(4),\tau(5)]=[1,3,5,2,4]$
d'où à une permutation circulaire (donc paire) près, $\tau$ est la permutation
$\tau(1)=1$
$\tau(2)=3$
$\tau(3)=5$
$\tau(4)=2$
$\tau(5)=4$
Mais cette permutation $\tau$ est impaire (puisque c'est le 4-cycle $[2,3,5,4]$), d'où contradiction !...
L'ensemble des 5-cycles est donc réunion de 2 classes de conjugaison de $\hbox{A}_5$ de cardinal 12 chacune.
Je l'avais oublie en ce qui me concerne.
d est le 4 cycle (a3,a2,a4,a5) (sauf errreur)
> 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.
> Merci Erlangen
> d est le 4 cycle (a3,a2,a4,a5) (sauf errreur)
Essentiellement, oui, sauf que c'est le conjugué de a² par ton 4-cycle qui donne a, donc d sera l'inverse de ce 4-cycle.
Seb
Toutes les affirmations et les exercices du Perrin sont clairement détaillés dans le: Ortiz - Exercices d'Algèbre- Ellipses.
> 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.