Définition de la signature...

Cette démo d'apparence plus simple, c'est du joli bluff. Tous les arguments y sont, mais dans un ordre qui n'a pas de logique.

Tu montres par l'absurde que puisque $\phi$ est non trivial, il existe une transposition $\tau$ telle que $\phi(\tau) = -1$. Ca ne limite pas le nombre de morphismes non triviaux à un au plus.

Si tu veux, tu peux raccourcir ma démo, mais la trame reste la même.
1) soit $\phi$ un morphsme non trivial, par l'absurde, il existe une transpo $\tau$ qui a pour image $-1$ par $\phi$,
2) on prend une transpo quelconque de $S_n$. Etant conjuguée à $\tau$, elle a aussi une image de $-1$ par $\phi$,
3) les transpo engendrent $S_n$ donc...

Quant à ta question finale, Clairon, je dirais que les éléments du groupe alterné dont la classe de conjugaison se divise en deux sont exactement ceux dont la décomposition en cycles ne contient que des cycles de longueurs impaires, avec au plus un de chaque longueur (y compris la longueur 1, c.-à-d. les points fixes).

titou écrivait:

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> Prenons $n = 3$ et $\sigma = (1,4)(2,3)$. $4$ est
> fixé par $ (2,3)$ mais n'est pas fixé par $\sigma$.

C'est normal parce que l'élément \(n+1\), ici 4, n'apparaît pas dans la transposition la plus à droite.

Tout mon truc tient au fait qu'il faut montrer qu'un produit de transpositions peut se mettre sous la forme d'un produit dans lequel \(n+1\) ne peut apparaître que dans la transposition la plus à droite, qui règle donc son sort.

Pour formaliser, et rédiger une preuve.

Soit, dans \(\frak S_{n+1}\), \(\tau_1\ldots\tau_q\) un produit de transpositions. J'appelle rang de ce produit le plus petit indice \(i\) tel que \(\tau_i(n+1) \neq n+1\), si un tel indice existe, \(\infty\) sinon.
Les opérations que j'ai indiquées dans ma première intervention permettent de remplacer, si le rang du produit est au plus \(n\), ce produit par un produit qui lui est égal, et de rang strictement supérieur, et ce sans changer la parité du nombre de transposition.

On obtient après plusieurs utilisations, \(n-i\) au plus, du procédé, un produit de rang \(n+1\) ou \(\infty\) suivant que l'image de \(n+1\) par le produit. Si on décompose l'identité, le rang du produit final est \(\infty\); ce produit est en fait un produit de transpositions dans \(\frak S_n\), et l'hypothèse de récurrence sur la décomposition dans \(\frak S_n\) établit que le nombre de termes est pair.

Bonjour Meu, effectivement, j'ai été un peu rapide?

Le rang d'un produit de \(q\) transpositions est effectivement défini dans \(\{1,\ldots,q,\infty\}\).
Pour ne pas être ennuyé par la diminution éventuelle de \(q\) lors des simplifications, il suffit de remplacer le produit \((i\ n+1)(i\ n+1)\) par le produit \((1\ 2)(1\ 2)\), cela ne modifie pas \(q\) et fait augmenter le rang.
Pour ce faire, il faut avoir \(n+1 \geqslant 3\), et il faut donc initialiser la récurrence pour \(n=2\).

Hum hum, finalement pas si facile à faire cette récurrence ! !

Quelque part, dans toutes les démos, il y a un point difficile\dots\ si vous trouvez une démo de l'existence de la signature en 3 lignes, je suis preneur !

Sinon, un dernier point de vue : étant donné qu'il est démontré plus haut qu'il y a au plus un morphisme non trivial de $S_n$ dans $\{-1,1\}$ (plutôt rapide),

Il reste à démontrer qu'il en existe un\dots en s'inspirant des fonctions antisymétriques,
et en notant $P$ l'ensemble paires de $\{1,\dots,n\}$,

on pose, pour toute permutation $p$, $$\sigma(p) = \prod_{ \{i,j\}\in P } \frac{p(i)-p(j)}{i-j}.$$

Allergiques aux manipulations de produits dans la suite, s'abstenir ! ! !

{\bf Lemme. $\sigma$ prend bien ses valeurs dans $\{-1,1\}$.}


Pour toute permutation $p$, $p$ induit une bijection de $P$ dans $P$ définie par $p(i,j) = (p(i),p(j))$,

d'où $$\vert \sigma(p) \vert = \frac{ \prod_{ \{i,j\}\in P } \vert p(i)-p(j) \vert }{\prod_{ \{i,j\}\in P } \vert i-j \vert} =
\frac{ \prod_{ \{u,v\}\in P } \vert u-v \vert }{\prod_{ \{i,j\}\in P } \vert i-j \vert} = 1. $$


{\bf Lemme. $\sigma$ est un morphisme de $S_n$ dans $\{-1,1\}$.}

Si $p$ et $q$ sont deux permutations, alors $$
\sigma(pq) = \prod_{ \{i,j\}\in P } \frac{(pq)(i)-(pq)(j)}{i-j}$$ d'où

$$
\sigma(pq) = \prod_{ \{i,j\}\in P } \frac{p(q(i))-p(q(j))}{q(i)-q(j)} \times \prod_{ \{i,j\}\in P } \frac{q(i)-q(j)}{i-j} $$

$q$ induit une bijection de $P$ dans $P$ définie par $q(i,j) = (q(i),q(j))$,
donc $$\prod_{ \{i,j\}\in P } \frac{p(q(i))-p(q(j))}{q(i)-q(j)} =
\prod_{ \{u,v\}\in P } \frac{p(u)-p(v)}{u-v} = \sigma(p) $$

et donc $\sigma(pq)=\sigma(p)\sigma(q)$.


{\bf Lemme (le plus dur !). $\sigma$ est non trivial.}


Calculons $\sigma(p)$ lorsque $p=(1,2)$.

$$\sigma(p) = \prod_{ \{i,j\}\in P } \frac{p(i)-p(j)}{i-j} =
\prod_{ 1\leq i < j \leq n } \frac{p(i)-p(j)}{i-j} =
\prod_{ 1\leq i\leq n } \prod_{ i+1 \leq j \leq n } \frac{p(i)-p(j)}{i-j}$$ d'où
$$\sigma(p)
= \prod_{ 2 \leq j \leq n } \frac{p(1)-p(j)}{1-j} \times
\prod_{ 3 \leq j \leq n } \frac{p(2)-p(j)}{2-j} \times \prod_{ 3\leq i\leq n } \prod_{ i+1 \leq j \leq n } \frac{p(i)-p(j)}{i-j}
$$


Le produit $\prod_{ 3\leq i\leq n } \prod_{ i+1 \leq j \leq n } \frac{p(i)-p(j)}{i-j}$ est égal à $1$
puisque $p$ fixe tous les nombres supérieurs ou égaux à $3$.

Il reste donc en tenant compte du fait que $p(1) = 2$ et $p(2) = 1$ :

$$\sigma(p)
= \prod_{ 2 \leq j \leq n } \frac{2-p(j)}{1-j} \times
\prod_{ 3 \leq j \leq n } \frac{1-p(j)}{2-j} $$ d'où
$$\sigma(p) = \frac{2-p(2)}{1-2} \prod_{ 3 \leq j \leq n } \frac{2-p(j)}{1-j} \times
\prod_{ 3 \leq j \leq n } \frac{1-p(j)}{2-j} = (-1) \prod_{ 3 \leq j \leq n } \frac{2-p(j)}{2-j}\times
\frac{1-p(j)}{1-j} = -1,
$$

puisque $p(j)=j$ dès que $j\geq 3$.




{ \bf Corollaire. Il existe un seul morphisme non trivial de $S_n$ dans $\{-1,1\}$, on l'appelle signature
et il vaut $-1$ sur toutes les transpositions}.

Si $t$ est une transposition, il existe une permutation $p$ telle que $pt = (1,2)p$.
Alors $\sigma(p)\sigma(t) = (-1) \sigma(p)$ et donc $\sigma(t)=-1$.

{ \bf Corollaire. Si une permutation admet deux décompositions en produit
de transpositions, la parité du nombre de transpositions est la même.}

Si $p = t_1\cdots t_k = t'_1\cdots t'_\ell$, en prenant la signature $\sigma$,
on trouve $(-1)^k = (-1)^\ell$ ce que l'on voulait.

Titou, applique ton lemme le plus dur dans $\mathfrak{S}_2$, ça sera moins pénible à calculer, les lemmes précédents permettent d’étendre à des groupes symétriques plus gros.

[size=large]Je fais remonter une question plus générale: n'y a-t-il pas quelques jolis théorèmes généraux qui attestent que quand l'élément neutre d'un groupe peut être obtenu comme produit d'un nombre impair d'involutions alors l'une au moins d'entre elles a quelque chose de "pathologique" ou "composé"????[/size]

lol, c'était la boom du WE du forum... Il y a encore des packs de bière qui trainent partout.

non une preuve "logiquement" valable, car celle de gb les vaut largement toutes

??? Mais dans ce fil, je n'ai proposé aucune preuve, j'ai juste recopié celle de gb avec quelques couleurs en plus et en n'insistant pas sur les points académiques qu'il avait explicités, mais plus sur le procédé de "réécriture de mot" (dont je rappelle d'ailleurs qu'il est indécidable dans le cas général), où "tout part à droite" via les points-clé de gb

Pour tout dire, ce serait quand même le panard, s'il existait 3 symétries hyperplanes sur un ev quelconque (à trouver) qui composées, donnent l'identité...

Bonsoir Christophe.

christophe chalons a écrit:

Pour tout dire, ce serait quand même le panard, s'il existait 3 symétries hyperplanes sur un ev quelconque (à trouver) qui composées, donnent l'identité...

En caractéristique deux pour fixer les idées ?

amicalement,

e.v.

Mais je crois que le panard complet serait un exemple avec $\C$ comme corps...

Non, mais je ne vois qu'un post récent, où il est question de déterminant, or je ne connais pas le déterminant (en dimension finie) des symétries hyperplanes, et je ne connais pas de déterminant tout court en dimension infinie.

Pour faire un effort, je vais essayer de trouver le déterminant $d$ d'une symétrie hyperplane (peut-être d'une involution) $s$ en dimension finie:

$d^2=1$ donc $d=1$ ou $d=-1$

Modulo une bonne base du terroir, une symétrie hyperplane a une matrice diag(-1;1;1;1....1) donc effectivement, en dimension finie, ça implique bien qu'on ira tous au paradis si on en trouve une.

Mais il me semble que le déterminant joue un vrai rôle, pas juste d'appoint.

En dimension infinie??? Peut-on accéder au purgatoire?

En caractéristique 2??? idem?

Merci meu, pour la dimension infinie, cela confirme que quand un produit d'un nombre impair d'involutions donne l'identité, c'est une pièce de collection.. Elargissons peut-être la chasse aux symétries non forcément hyperplanes, encore que là, on voit bien qu'il y a un exemple, mais on "triche": $-+\to -- \to ++$



X:-( pour les symétries hyperplanes en caractéristique 2... Excellent... Je ne le dis pas trop fort des fois que d'autres chercheraient encore, il ne faut jurer de rien

D'ailleurs, mais ça sort du sujet du fil, y a-t-il des documents qui se consacrent exclusivement à l'algèbre linéaire sur le corps $F_2$, ce corps faisant la connexion avec la logique et où une correspondance entre les énoncés académiques (déterminants, changements de base, trig et diagonalisation, dimension infinie, polynomes caractéristiques, etc) et leur interprétation logique est commentée???

Je reviens sur ce fil: quelles hypothèses "minimales" mettre sur un ensemble d'involutions pour qu'aucun produit d'un nombre impair d'entre elles ne donne l'identité??? N'y a-t-il pas une caractérisation des groupes d'involutions ok et pas ok?