Khôlle : Un brin de groupe dans Lagrange.

[benekire2]

J'ai peut être une autre idée qui fonctionne selon moi.
On cherche tout simplement tout les "tau" qui sont reliés à un "sigma" de G. Ca me parait mieux. ( EDIT: A c'est bon, je viens de comprendre, cette "def" est équivalente à celle ou je parle de tau et tau' [suffit de renomer tau' en t])

Je peut donc tenter la 2:

J'ai Donc est dans ma classe d'équivalence est donc bien J'en tire
Tu m'avais dit d'introduire un morphisme, faisons le :
Soit f de sigmaH dans H telle que
Cette appli est clairement bijective, d'où le resultat attendu.

III]

1-

On a montrer que les classes d'équivalences étaient disjointes ou égales. De plus chaque élément appartient au moins à une classe d'équivalence ( x est en relation avec x) donc ceci suffit a montrer que les classes d'équivalence d'un ensemble partitionnement cet ensemble.

2- La démonstration est immédiate, comme G est partitionné en des sous groupes de même cardinal que H on en déduit que card(H)|Card(G)

[benekire2]

III]

3-

Ce n'est sans doute pas la méthode attendue mais ça à l'air de marcher ( du moins dans "l'esprit").

On a donc card(H)|card(G) or on peut trouver n groupes H différents qui fixent un n. Ainsi card(G)=n card(H) en recommencant sur H un groupe à n-1 éléments on a par récurrence card(G)=n*(n-1)*...*card(P) avec P=Id d'où card(G)=n!

[Nightmare]

J'ai Donc est dans ma classe d'équivalence est donc bien J'en tire

Comment obtiens-tu cette dernière égalité? Elle est correcte mais ne découle pas immédiatement de ce que tu as dit avant...

Tu m'avais dit d'introduire un morphisme, faisons le :
Soit f de sigmaH dans H telle que
Cette appli est clairement bijective, d'où le resultat attendu.

Pourquoi ton application est-elle bijective? C'est ce qu'on veut montrer, donc un "clairement" ici ne suffit pas du tout :lol3:

Supposons x et y éléments de G. supposons (x,y) dans R. Soit z élément de la classe d'équivalence de y on a (y,z) dans R d'où (x,z) dans R d'où l'égalité des classes.

supposons maintenant que (x,y) ne soient pas dans R. Alors c'est bizarre , mais je dirais : d'après la propriété (c) comme (x,y) n'est pas dans R alors au moins l'une des deux affirmations est fausse (x,z)dans R et (z,y) dans R) ce qui suffit a montrer que les classes sont bien disjointes.

Ok pour le premier paragraphe, pas du tout ok pour le 2ème, à revoir :lol3: Tu peux essayer de voir ce que ça donne en traduisant en terme de permutation qui fixe n .

III]

1-

On a montrer que les classes d'équivalences étaient disjointes ou égales. De plus chaque élément appartient au moins à une classe d'équivalence ( x est en relation avec x) donc ceci suffit a montrer que les classes d'équivalence d'un ensemble partitionnement cet ensemble.

Niquel

2- La démonstration est immédiate, comme G est partitionné en des sous groupes de même cardinal que H on en déduit que card(H)|Card(G)

Pourquoi ?

[Nightmare]

III]

3-

Ce n'est sans doute pas la méthode attendue mais ça à l'air de marcher ( du moins dans "l'esprit").

On a donc card(H)|card(G) or on peut trouver n groupes H différents qui fixent un n. Ainsi card(G)=n card(H) en recommencant sur H un groupe à n-1 éléments on a par récurrence card(G)=n*(n-1)*...*card(P) avec P=Id d'où card(G)=n!

C'est un peu gênant, H est fixé... Il y a de l'idée, c'est à mettre au propre. Pour t'aider, tu peux remarquer que H (groupe des permutations qui fixent n) peut s'identifier au groupe des permutations de {1,...,n-1}

[benekire2]

pour moi elle est "logique" si on considère que 3$ \sigma H est notre classe d'équivalence parce que

Pour la III 2:

Posons card(H)=k comme chaque classe d'équivalence à pour cardinal k et que les classes d'équivalences partitionnent G j'en déduis que card(G) est divisible par k puisque il existe a tel que Card(G)=ak

[benekire2]

Pour la bijection de mon application on montre en résolvant une équation que implique
qui montre l'injectivité, et pour la surjectivité, on a pour n'importe quel lambda de H :qui montre la surjectivité.

[Nightmare]

pour moi elle est "logique" si on considère que 3$ \sigma H est notre classe d'équivalence parce que

Euh, j'attends que tu réécrire l'égalité pour la commenté parce que là je comprends pas trop ce que tu as voulu écrire !

Pour la III 2:

Posons card(H)=k comme chaque classe d'équivalence à pour cardinal k et que les classes d'équivalences partitionnent G j'en déduis que card(G) est divisible par k puisque il existe a tel que Card(G)=ak

Comment déduis-tu que card(G) est divisible par k ? (Ce n'est pas une question piège, ni difficile :lol3: )

[Nightmare]

Pourquoi ? Effectivement mais le produit ici (qui correspond à la composition) n'est pas commutatif !

Cela dit, ici il s'avère qu'on a quand même l'égalité (on dit que H est distingué dans G), ce n'est pas difficile à montrer.

Pour la bijectivité, encore une fois, tu n'as rien démontré :lol3: Tu prends la mauvaise habitude d'expédier tes démonstrations !

[Nightmare]

on a pour n'importe quel lambda de H :qui montre la surjectivité.

Attention, on travaille avec les classes à gauche () et non les classes à droites (). Bon ici il s'avère qu'elles sont égales comme je (et tu) te l'ai déjà dit puisque H est distingué.

[benekire2]

Pour en finir avec la III 2- J'ai un ensemble découpé en k sous ensembles et qui ont même cardinal ( qui est card(H)=k) Donc card(G) est divisible par card(H)

[Nightmare]

Ok, écrit formellement (c'est ce que j'attendais) : (réunion disjointes) et donc avec k=|H| et n le nombre de classes à gauche.

[benekire2]

Pour la bijectivité :
par composition

et



Ça ne suffit pas pour la surjectivité ?

[Nightmare]

C'est ok :happy3:

Pour la surjectivité, étant donné , est un bon antécédent.

[benekire2]

:zen:

d'où en composant et comme ça j'évite la justification :hein: surtout que mon application est dans "ce" sens et pas l'autre.

[Nightmare]

:zen:

d'où en composant

Ok, et donc H=H ... mais on en tire surement pas

[benekire2]

Mais est-ce que j'ai réellement besoin de en fait ? Puisque après j'utilise une application ou j'ai simplement besoin de savoir que et pas ??

[Nightmare]

Non pas du tout, on a pas besoin du caractère distingué de H ici, mais c'est toi qui a commencé à en parler !

[Nightmare]

D'ailleurs ici, ton sous-groupe n'est en fait pas distingué, désolé, j'avais le sous-groupe alterné en tête.

[benekire2]

supposons maintenant que (x,y) ne soient pas dans R. Alors c'est bizarre , mais je dirais : d'après la propriété (c) comme (x,y) n'est pas dans R alors au moins l'une des deux affirmations est fausse (x,z)dans R et (z,y) dans R) ce qui suffit a montrer que les classes sont bien disjointes.

Je tente une reformulation:


Ainsi comme (x,y) ne se trouve pas dans R, il est nécessaire que au moins une des deux conditions ne soient pas respectés. Donc tout élément z de G ne peut être relié à x et à y en même temps. D'où le fait que les classes soient disjointes.


Il doit y avoir un hic quelque part si tu dit que ça ne marche pas .. mais je le vois pas :briques:

[Nightmare]

Je tente une reformulation:


Ainsi comme (x,y) ne se trouve pas dans R, il est nécessaire que au moins une des deux conditions ne soient pas respectés. Donc tout élément z de G ne peut être relié à x et à y en même temps. D'où le fait que les classes soient disjointes.


Il doit y avoir un hic quelque part si tu dit que ça ne marche pas .. mais je le vois pas :briques:

C'est correct. Tu remarques que ce résultat ne dépend que des 3 conditions vérifiées par R dans le I] Dans tous les cas, quelle que soit la relation qu'on choisit, pourvu qu'elle vérifie les 3 conditions (on dit qu'on a une relation d'équivalence), alors les classes d'équivalences forment toujours une partition du groupe (ce qui est bien sûr souvent très très intéressant...)