@ Holosmos Parfait
Tu peux proposer un nouveau problème, ça serait sympa si tu en avais un de théorie des groupes sous la main
Hum, ça commence à remonter, mais j’ai trouvé ça :
Problème 14.
Soit $p$ un nombre premier. Montrer qu’un groupe de cardinal $p^2$ est commutatif
Pour le problème 13, il y a la reformulation plus commune suivante.
Si $H, K ⊆ G$ sont deux sous-groupes avec
alors $G$ est le produit semi-direct de $H$ par $K$. Si de plus $K$ est distingué, c’est un produit direct.
Ici on considère le sous-groupe de $G$ généré par $H$ et $K$ et on lui applique la propriété.
Merci Holosmos ! 
D’ailleurs en en parlant, j’ai du mal à avoir une bonne représentation/intuition "dans ma tête" des groupes distingués. Je connais leurs propriétés mais j’ai du mal à vraiment me les représenter et j’ai du mal à voir ce que veux vraiment dire : $g \cdot H \cdot g^{-1}$ ? Voilà juste pour savoir comment vous vous représenter ces groupes et quel est l’intuition/l’interprétation géométrique qu’on doit avoir lorsqu’on parle de ces groupes distingués…
Je dois avouer que j’ai une très mauvaise intuition de l’algèbre. Avec mon peu d’expérience, j’ai simplement développé une petite intuition de calcul … mais rien de fabuleux (à mon grand regret)
Bon les gens qui ont demandé des groupes, faut assumer maintenant. On attend vos actions de machin sur le quotient par le centre du bidule.
D’ailleurs, pour répondre à la question plus haut sur comment visualiser les sous-groupes distingués, il se trouve qu’à un moment de ma vie où je n’avais pas encore banni tout ce qui ressemblait de près ou de loin à des groupes, je m’étais également beaucoup posé ce genre de questions. Il y a quelques posts sympas sur le sujet (c’est comme ça que j’avais re-découvert celui de Gowers à l’époque). Je me souviens aussi d’un long post assez complet sur MathOverflow où le gars ré-expliquait une grande partie de la théorie des groupes simplement à partir des actions "géométriques", des groupes d’isométrie, etc. Mais bon, finalement, j’ai dû me résoudre à l’idée que les algébristes avaient quand même une approche des choses assez inexplicable. 
Bon les gens qui ont demandé des groupes, faut assumer maintenant.
Promis je cherche ça demain ($G/Z(G)$ cyclique $\Leftrightarrow$ abélien me sera effectivement sûrement utile :D).
D’ailleurs, pour répondre à la question plus haut sur comment visualiser les sous-groupes distingués, il se trouve qu’à un moment de ma vie où je n’avais pas encore banni tout ce qui ressemblait de près ou de loin à des groupes, je m’étais également beaucoup posé ce genre de questions. Il y a quelques posts sympas sur le sujet (c’est comme ça que j’avais re-découvert celui de Gowers à l’époque). Je me souviens aussi d’un long post assez complet sur MathOverflow où le gars ré-expliquait une grande partie de la théorie des groupes simplement à partir des actions "géométriques", des groupes d’isométrie, etc. Mais bon, finalement, j’ai dû me résoudre à l’idée que les algébristes avaient quand même une approche des choses assez inexplicable.
On a eu une longue discussion avec blo yhg qui m’a assez bien expliqué le sujet, et je pense que je comprends un peu l’utilité maintenant. Et encore aujourd’hui en regardant les matrices semblables je remarque que la conjugaison : $P^{-1}AP$ se retrouve partout et est en fait assez naturelle. Même si (c’est mon point de vue) je trouve que la notion d’e.v et ses propriétés sont assez intuitives (en tout cas à un niveau spé-sup) dans le sens ou on peut tout se représenter dans le plan 
alors que groupe c’est plus difficile mais en recoupant avec d’autres notions finalement on finit par se dire que "c’est pas trop con" de voir les choses comme ça 
Sinon j’avais lu le post de Gowers et son truc avec l’araignée est marrant et aide un peu mais je n’étais pas complètement convaincu
C’est pas censé être bien dur, c’est un des premiers exos des TD que j’ai eu …
Indication : regarder l’action de $G$ sur lui-même à droite (ou à gauche, who cares?)
En effet, c’est très classique. La preuve que je propose l’est tout autant.
Soit $p$ un nombre premier. J’appelle $p$-groupe un groupe dont l’ordre est une puissance non nulle de $p$. Soit $G$ un $p$-groupe. Je commence par monter que le centre $Z(G) = \{x\in G, \forall g\in G, gxg^{-1}=x\}$ de $G$ est distinct du groupe trivial $\{e\}$. Le centre est un sous-groupe de $G$, donc son ordre est 1 ou $p$ ou $p^2$. Je considère maintenant l’action de $G$ sur lui-même par conjugaison, et le cardinal d’une orbite est un diviseur de $p$. Un élément $x$ de $G$ est dans le centre si et seulement si son orbite est $\{x\}$, et comme les autres orbites ont un cardinal divisible par $p$, la formule de classes assure que le centre de $G$ est non trivial.
Maintenant, je note $G$ un groupe d’ordre $p^2$ et je simplifie la notation $Z(G)$ en $Z$. Je raisonne pas l’absurde et je suppose que $G$ n’est pas abélien. Alors, l’argument qui précède montre que $Z$ est d’indice $p$. Soit alors $g$ un élément de $G$ hors de $Z$. Le stabilisateur de $x$ pour l’action de $G$ par conjugaison contient $x$ et $Z$ donc est $G$ tout entier, en conséquence du théorème de Lagrange. Ceci est absurde, puisque $x$ n’est pas dans $Z$.
Je laisse la main, car je n’ai pas d’idée sous la main et surtout je n’ai pas le temps de scruter vos réponses pour les examiner. 
Mais si vraiment vous êtes à court d’idée, je devrais pouvoir vous dégoter quelque-chose de rigolo tout de même.
On va utiliser deux résultats en théorie des groupes. Le premier étant : $G/Z(G)$ cyclique $\Leftrightarrow$ abélien, et le deuxième est l’équation des classes de conjugaisons qui dit que : $\mid G \mid = \mid Z(G) \mid + \sum \mid C_x \mid$ ou les $C_x$ représentent les classes de conjugaisons de $Z(G)$.
Tout d’abord notons que $Z(G)$ est un sous-groupe de $G$, et que donc par Lagrange l’ordre de $Z(G)$ divise l’ordre de $G$. Or ici l’ordre de $G$ est de $p^2$ donc $\mid Z(G) \mid \in \{1, p, p^2\}$. On fait maintenant une disjonction de cas :
Si $\mid Z(G) \mid = p^2$ alors $G$ est abélien et on a finit.
Si $\mid Z(G) \mid = p$, alors dans ce cas : $\mid G/Z(G) \mid = p$, or tout groupe d’ordre $p$ est cyclique puisque sinon, il existerait un groupe monogène généré par un élément différent du neutre mais par Lagrange c’est absurde car $p$ est premier. Bref, $G/Z(G)$ est cyclique et donc par le résultat au dessus on en déduit que $G$ est abélien.
Si $\mid Z(G) \mid = 1$, alors on a d’après l’équation des classes de conjugaisons $\mid Z(G) \mid = \mid G \mid - \sum \mid C_x \mid$. On peut réécrire cela sous la forme : $ 1 = p^2 - k \cdot p$ car l’odre d’une classe de conjugaison divise l’ordre de $G$ et donc $p^2$ (elle vaut donc $p$ car si elle valait $p^2$ alors $G$ serait abélien). Or, puisque $p-k$ est entier cela voudrait dire que $p \mid 1$ absurde.
N.B : je m’excuse si j’utilise des résultats un peu fort, ce qui permet de résoudre le problème directement mais sinon je n’ai rien trouvé…
Si tout est correct vous voulez quel type pour le prochain problème ? Analyse, e.v, groupes, combinatoire ?
Mince : c_pages m’a devancé…
e.v
À noter que vous pouvez maintenant classifier tous les groupes de cardinal $p^2$ assez facilement.
Pour ozmox alors
Soit $E$ un espace vectoriel de dimension $n$ et $F_1, ..., F_k$ des sous-espaces de $E$. Montrer que si
alors
EDIT : On peut dire qu’ils sont isomorphes à : $\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z}$ si je ne me trompe pas…
EDIT : On peut dire qu’ils sont isomorphes à : $\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z}$ si je ne me trompe pas…
Non, ce n’est pas le seul groupe abélien d’ordre $p^2$. Il y a aussi $(\mathbb Z/p\mathbb Z)^2$. Cela découle essentiellement du théorème chinois.
Pour montrer que si $G/Z(G)$ est cyclique, alors $G$ est abélien, on a plusieurs manières de faire. On commence par reformuler et généraliser : on va montrer que si $G$ est généré par $Z(G)$ et un sous-groupe $W ⊆ G$ abélien, alors $G$ est abélien. Il suffit alors de montrer que si $G$ est généré par une famille d’éléments $X$ commutant deux à deux, alors $G$ est abélien (on prend la famille $Z(G) ∪ W$).
Vous voulez un indice ?
Heu mais j’ai dit n’importe quoi dans mon dernier post. Dans la dernière manière de faire, l’ensemble des $(x,y) ∈ G^2$ tels que $xy = yx$ ne forment pas un sous-groupe. Je voulais une manière symétrique de faire et utilisant des trucs du genre « le centraliseur est un sous-groupe » au lieu de faire à la main. Quelque chose d’un peu mieux est le suivant, en notant $C(S)$ le centraliseur d’une sous-partie $S$. On a deux familles $(x_i)_i$ et $(y_j)_j$ telles que $∀ i,j : x_i y_j = y_j x_i$. Soit $H_1$ et $H_2$ les deux sous-groupes générés par respectivement les $x_i$ et les $y_i$. Alors $H_1 ⊆ ⋂_j C(y_j) = C(\{y_j\}_j)$ et donc $\{y_j\}_j ⊆ C(H_1)$ (c’est une correspondance de Galois), et donc $H_2 ⊆ C(H_1)$ (car $C(H_1)$ est un sous-groupe), c’est ce qu’on voulait. Mais peut-être qu’il n’y a pas de raison de vouloir la symétrie. C’est juste que dans la manière de faire concrète, on ne choisit pas d’ordre dans lequel on fait commuter les éléments.
Pour ton énigme du coup voici une réponse.
Quand dispose d’un sous-espace et qu’on prend son intersection avec un autre sous-espace, sa dimension diminue au plus de la codimension de l’autre sous-espace. Là quand on commence avec $E$ et on prend l’intersection avec $F_1$, puis avec $F_2$, etc. On est donc intéressé par les codimensions des $F_i$. Écrivons donc l’inégalité qu’on a en terme des codimensions des $F_i$ au lieu de l’écrire en terme de leurs dimensions.
Pour tout $i$ entre $1$ et $k$, on a $\DeclareMathOperator{\codim}{codim}\dim F_i = n - \codim F_i$. On a donc $∑_i \dim F_i = ∑_i n - \codim F_i > n(k-1)$, soit $∑_i \codim F_i < n$. Ensuite, on utilise l’inégalité $\codim(⋂_i F_i) ≤ ∑_i \codim F_i$ pour voir que $\codim(⋂_i F_i) < n$, autrement dit $\dim(⋂_i F_i) ≥ 1$ (on a éliminé strictement moins de $n$ dimensions, il en reste au moins une) ou encore $⋂_i F_i ≠ 0$.
Je pose un nouveau problème (deux en fait).
Problème 16.
$1)$
Rappelons les factorisations suivantes : $x^n -1 = (x-1) \cdot (x^{n-1} + x^{n-2} + ... +1), \forall n \in \mathbb{N}_{> 0}$.
Ainsi notons $n^a - 1 = (n^{\gcd(a,b)} -1) \cdot (n^{\frac{a}{\gcd(a,b)}-1}+...+1)$ et $n^b-1 = (n^{\gcd(a, b)}-1) \cdot (n^{\frac{b}{\gcd(a, b)}-1} + ... +1)$.
On en déduit que : $\gcd (n^a-1, n^b-1) \geq n^{\gcd(a, b)}-1$. Maintenant rappelons que pour tout $x, y \in \mathbb{N}$ on a :
Ainsi on peut dire que que si $n^a-1$ est un nombre premier alors : $n = 2$ et $a$ est un nombre premier.
Je chercherai le deuxième problème demain si j’ai le temps
Pour le deuxième problème, pour (b), je ne me souviens plus de la solution mais je sais que c’est plus difficile que le 1 et le 2.a. Pour le 1, dans ta preuve, il faut remplacer $n$ par $m := n^{\gcd(a,b)}$ à certains endroits. Ensuite je n’ai pas compris pourquoi $d \not\mid n$ est absurde d’après ce qui précède.
Pour le deuxième problème, pour (b), je ne me souviens plus de la solution mais je sais que c’est plus difficile que le 1 et le 2.a. Pour le 1, dans ta preuve, il faut remplacer $n$ par $m := n^{\gcd(a,b)}$ à certains endroits. Ensuite je n’ai pas compris pourquoi $d \not\mid n$ est absurde d’après ce qui précède.
Remplacer $m := n^{\gcd(a, b)}$, c’est pour alléger la notation ?
Au début je suppose que $d \mid n^{\frac{a}{\gcd(a,b)}-1}+...+1$ donc $d \mid n \cdot (\text{ quelque chose }) + 1$ et donc $d$ est premier avec $n$, car $\gcd(n, n+1) = 1$.
EDIT : j’éditerai cette après-midi, je viens de remarquer une erreur dans mon raisonnement.
Remplacer $m := n^{\gcd(a, b)}$, c’est pour alléger la notation ?
Non, c’est que si j’ai bien compris tu appliques la factorisation que tu donnes au début à $(n^{\gcd(a,b)})^{a/\gcd(a,b)}$.
Au début je suppose que $d \mid n^{\frac{a}{\gcd(a,b)}-1}+...+1$ donc $d \mid n \cdot (\text{ quelque chose }) + 1$ et donc $d$ est premier avec $n$, car $\gcd(n, n+1) = 1$.
Quel est le rapport avec $\gcd(n,n+1) = 1$ ? (Si j’essaie de compléter le raisonnement, ça donne : Supposons que $d \mid nk + 1$. On passe ça modulo $\gcd(d,n)$ et on obtient dans $ℤ/(\gcd(d,n))$ que $0 \mid 1$, donc $\gcd(d,n) = 1$.)
En fait ce n’est pas $d \not\mid n$ qui donne une contradiction mais le fait que $d$ est premier avec $n$ ? Et en quoi ça donne une contradiction avec le fait que $d$ divise une somme de puissances de $n$ consécutives ?
Je suis désolé mais je ne comprends pas ce que tu fais, tu ne mets pas assez de détails pour moi.
EDIT : j’éditerai cette après-midi, je viens de remarquer une erreur dans mon raisonnement.
Ok.
edit : D’ailleurs je vois que tu n’utilises même pas la coprimalité de $a/\gcd(a,b)$ et $b/\gcd(a,b)$…
Oui j’applique bien la factorisation.
Désolé pour la suite, comme tu le dis c’est faux ce n’était pas une absurdité . Et en fait je viens d’éditer et je remarque que je m’étais compliqué la vie pour rien puisqu’il suffit d’appliquer Euclide
Si des choses ne sont toujours pas clair/fausse n’hésite pas, dans l’édit j’aurai du faire une récurrence mais comme c’est trivial j’avais un peu la flemme
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