Sn, An

1)-2) $A_n$ est bien le seul sous-groupe d'indice $2$ de $S_n$.

3) Je sais le faire pour $n\geq 5$. Pour les autres valeurs, si le résultat est vrai, cela se traite au cas par cas (pas envie de le vérifier ce soir). Si $H$ est d'indice $2$, $H$ est distingué, et donc $H\cap A_n$ est un sous-groupe distingué de $A_n$. C'est donc le groupe trivial ou $A_n$.

SI c'était le groupe trivial, alors la signature induirait un morphisme injectif $H\to\{\pm 1\}.$ Donc $H$ a au plus $2$ éléments. Mais alors cela contredit le fait que $H$ est d'indice $2$.


4) les seuls morphismes de $S_n$ dans $\{1,-1\}$ sont le morphisme trivial et la signature.

Un tel morphisme est en effet déterminé par l'image des transpositions. De plus , toutes les transpositions ont même image, car elles sont conjuguées, et le groupe d'arrivée est abélien. Enfin, l'image d'une transposition est d'ordre $1$ ou $2$. Donc toutes les transpositions sont soient envoyées sur $1$, soient toutes envoyées sur $-1$.

Salut,

2) est équivalent à 4)
Tout sous-groupe d'indice $2$ d'un groupe $G$ est distingué, donc c'est le noyau d'un morphisme non trivial $G\to\{\pm 1\}$.
Inversement, le noyau d'un tel morphisme est un sous-groupe d'indice $2$.

Aurel

Pour résumer, les quatre questions ont une réponse uniforme.Il y a au plus un sous-groupe d'indice $2$ dans le groupe symétrique sur $n$ lettres, c'est-à-dire un unique morphisme non trivial du groupe symétrique vers le groupe à $2$ éléments, parce que les transpositions engendrent le groupe symétrique et sont toutes conjuguées. Comme on sait construire la signature de plein de façons, il y a donc un unique sous-groupe d'indice $2$.

La réponse de GreginGre qui raisonne pour $n\geq 5$ tait (mais utilise) un résultat important dans la théorie du groupe symétrique:

$A_n$ est un groupe simple pour $n\geq 5$

C'est ce qui justifie le DONC, si je comprends bien dans:

C'est donc le groupe trivial ou $A_n$ a écrit:

PS:
Je préfère le raisonnement d'Aurelpage

En fait, pour être précis, j'aimerais comprendre le raisonnement qui dit que $A_n$ est le seul sous-groupe d'indice 2 de $S_n$ :

le raisonnement dit que si $H$ est un tel sous-groupe, alors comme il est d'indice 2 , il est distingué(ce que je comprends)

Mais après , on dit que comme il existe un unique morphisme qui est la signature de $S_n$ dans $\{-1,1\}$, alors $A_n$ est le seul sous-groupe d'indice 2 (et c'est là que je ne comprends pas)

Merci

vilnarez écrivait:

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> Mais après , on dit que comme il existe un unique
> morphisme qui est la signature de $S_n$ dans
> $\{-1,1\}$, alors $A_n$ est le seul sous-groupe
> d'indice 2 (et c'est là que je ne comprends
> pas)
>
> Merci


Si il y avait un autre sous groupe d'indice 2, appelons le $H$, alors on peut construire une application $\varphi$ de $S_n$ qui envoie les éléments de $H$ sur 1, et ceux de $S_n\setminus H$ sur $-1$.
Ensuite on vérifie que c'est un morphisme.
Et par unicité du morphisme non trivial de $S_n$ dans $\{-1,1\}$ on déduit que ce morphisme construit est la signature, donc $H=\ker \varphi =\ker \epsilon=A_n$.

Ceci n'utilise pas le fait que $A_n$ soit simple (si je ne me trompe pas).

Pour résumer ce qui précède:

Soit $G$ un groupe d'ordre fini.

On s'intéresse aux homomorphismes $\phi:G\rightarrow \Big(\{-1,1\},\times\Big)$

Si un tel homorphisme n'est pas surjectif alors c'est l'homomorphisme qui à tout élément de $G$ associe $1$.

Intéressons nous aux homorphismes surjectifs.

Un tel homomorphisme a un noyau d'indice $2$ puisque $G$ est isomorphe à $G/ker(\phi)$

Réciproquement:

Soit $H$ un sous-groupe de $G$ d'indice $2$.
Ce sous-groupe est distingué dans $G$.
On peut donc considérer le groupe $G/H$ qui est d'ordre $2$.

Tous les groupes d'ordre $2$ sont isomorphes.
Entre deux groupes d'ordre $2$ il existe un seul isomorphisme $\psi$ (il faut que l'image de l'élément neutre d'un des groupes soit l'élément neutre de l'autre groupe)

On peut donc construire un homomorphisme surjectif de groupes de $G$ dans $\Big(\{-1,1\},\times\Big)$
$\psi\circ p$ où $p: G\rightarrow G/H$ , l'application qui à un élément de $G$ associe sa classe (c'est un homomorphisme de groupes).

Ainsi il existe une bijection entre les sous-groupes d'indice $2$ de $G$ et les homomorphismes sujectifs de $G$ dans $\Big(\{-1,1\},\times\Big)$

Pour montrer que $S_n$ a un seul sous-groupe d'indice $2$ il faut s'intéresser plus en détail à la structure de ce groupe.
On a besoin de savoir que:
a)Pour $n\geq 2$ , $S_n$ est engendré par les transpositions.
b)Deux transpositions sont conjuguées:
Si $\tau_1,\tau_2$ sont deux transpositions il existe $g$ de $S_n$ tel que $g^{-1}\tau_1g=\tau_2$

Si $\phi: S_n\rightarrow \Big(\{-1,1\},\times\Big)$ est un homorphisme de groupes surjectif.

Si on connait l'image d'une transposition $\tau$ alors on connait l'image de toutes les transpositions:

En effet, d'après b) si $\tau_2$ est une seconde transposition il existe un élément de $g$ tel que $g^{-1}\tau g=\tau_2$
On a donc: $\phi(\tau_2)=\phi(g^{-1}\tau g)=\phi(g^{-1}\phi(\tau)\phi(g)$
Or $\Big(\{-1,1\},\times\Big)$ est un groupe abélien donc: $\phi(g^{-1}\phi(\tau)\phi(g)=\phi(\tau)$

Donc soit l'image de toutes les transpositions est $1$ mais d'après a) $S_n$ est engendré par l'ensemble des transpositions donc l'image de tout élément de $S_n$ est $1$ ce qui est exclus.

Et donc l'image d'une transposition est $-1$.

Il y a donc qu'un seul homomorphisme sujectif de $S_n$, $n\geq 2$ dans $\Big(\{-1,1\},\times\Big)$.
Et comme on a vu qu'il y a une bijection entre de tels homorphismes et les sous-groupes d'indice $2$ de $S_n$ il existe donc un unique sous-groupe d'indice $2$ dans $S_n$ avec $n\geq 2$.

En espérant ne pas avoir écrit trop d'énormités.