Wikiversité frwikiversity https://fr.wikiversity.org/wiki/Wikiversit%C3%A9:Accueil MediaWiki 1.46.0-wmf.21 first-letter Média Spécial Discussion Utilisateur Discussion utilisateur Wikiversité Discussion Wikiversité Fichier Discussion fichier MediaWiki Discussion MediaWiki Modèle Discussion modèle Aide Discussion aide Catégorie Discussion catégorie Projet Discussion Projet Recherche Discussion Recherche Faculté Discussion Faculté Département Discussion Département Transwiki Discussion Transwiki TimedText TimedText talk Module Discussion module Event Event talk Sujet 108 10571 981290 489102 2026-03-29T20:42:24Z Firminwary59 26724 + idfaculté3 = sciences de l'ingénieur 981290 wikitext text/x-wiki {{Département | idfaculté = urbanisme | idfaculté2 = environnement | idfaculté3 = sciences de l'ingénieur | logo = Suspension bridge (PSF).svg }} [[en:Topic:Civil engineering]] [[ja:Topic:土木工学]] ss8gzps5juaw5h0nn3k6j7w1rue8b79 108 10574 981291 964323 2026-03-29T20:50:31Z Firminwary59 26724 + {{L|[[Batiments en acier]]}} 981291 wikitext text/x-wiki __EXPECTED_UNCONNECTED_PAGE__ * {{L|[[Notions de base en génie civil]]}} * {{L|[[Gros œuvre]]}} * {{L|[[Traitement des eaux usées]]}} * {{L|[[Construction d'une route]]}} * {{L|[[Génie parasismique]]}} * {{L|[[Le recyclage comme art]]}} * {{L|[[Gérer les ressources énergétiques]]}} * {{L|[[L'habitat et les ouvrages de notre environnement]]}} * {{L|[[Batiments en acier]]}} {{AutoCat}} k4xeh18o4qcr1mz3v75ij61ekqzxz3l 0 22506 981281 981274 2026-03-29T12:37:32Z Marvoir 1746 /* Problème 2 */ simplification de la démonstration, vu l'ajout récent au problème précédent 981281 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 3 | chapitre = [[../../Classes modulo un sous-groupe/]] | niveau = 13 | précédent = [[../Groupes, premières notions/]] | suivant = [[../Sous-groupe distingué et groupe quotient/]] }} == Problème 1 == Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G. Désignons par φ l’application canonique x ↦ xK de G sur l’ensemble G/K des classes à gauche de G modulo K. a) Prouver que l’ensemble H/ (H ⋂ K) des classes à gauche de H modulo H ⋂ K est équipotent à l’ensemble φ(HK), autrement dit à l’ensemble des classes à gauche modulo K des éléments de l’ensemble HK. (Rappel : HK est une partie de G mais n’est pas forcément un sous-groupe de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = On vérifie facilement que l’application h ↦ φ(h) de H dans φ(HK) est une surjection et que deux éléments h et h' de H ont même image par cette application si et seulement si h et h' ont la même classe à gauche modulo H ⋂ K. Donc l’application considérée induit une bijection de H/ (H ⋂ K) sur φ(HK), ce qui démontre l'énoncé. }} Remarque. On pourra comparer cet énoncé au ''second théorème d'isomorphisme'', qui sera démontré dans le chapitre ''Sous-groupe distingué, groupe quotient''. b) Sous les mêmes hypothèses, prouver que [H:(H ⋂ K)] ≤ [G:K]. {{Solution | contenu = On a prouvé au point a) que, dans les hypothèses de l'énoncé, l’ensemble H/ (H ⋂ K) des classes à gauche de H modulo H ⋂ K est équipotent à une partie de l'ensemble des classes à gauche de G modulo K. On a donc bien :[H:(H ⋂ K)] ≤ [G:K]. }} == Problème 2 == a) Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G. Prouver que [G : H ⋂ K] ≤ [G : H] [G : K]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème des indices, [G : H ⋂ K] = [G : H] [H : (H ⋂ K)]. Il suffit donc de prouver que [H : (H ⋂ K)] ≤ [G : K], ce qui a été démontré au point b) du problème précédent. }} b) Soient G un groupe, H et K des sous-groupes d'indices finis de G. Prouver que le sous-groupe H ⋂ K de G est d'indice fini dans G. (Théorème de Poincaré.) {{clr}} {{Solution | contenu = C'est une conséquence immédiate du point a). }} Remarques. 1° Soient G un groupe et <math>H_{1}, ... H_{n}</math> des sous-groupes d'indices finis de G. Par récurrence sur ''n'', on déduit facilement du point a) que :(1) <math>[G : H_{1} \cap ... \cap H_{n}] \leq [G : H_{1}] ... [G : H_{n}]</math> (et <math>H_{1} \cap ... \cap H_{n}</math> est donc d'indice fini dans G). Il nous arrivera de désigner par « théorème de Poincaré » la relation (1), plus forte que l'énoncé b). 2° Soient G un groupe, soient H et K des sous-groupes d'indices finis de G. D'après le point a), :[G : H ⋂ K] ≤ [G : H] [G : K]. Il n'est pas forcément vrai que [G : H ⋂ K] divise [G : H] [G : K]. En effet, prenons pour G le groupe <math>S_{ \{1, 2, 3\} }</math>. Notons <math>(1 \ 2)</math> l'élément de G qui échange les élément 1 et 2 et laisse donc fixe l'élément 3. Cet élément de G est d'ordre 2, donc si nous désignons par H le sous-groupe de G engendré par cet élément, H a pour éléments la permutation identique de l'ensemble {1, 2, 3} et l'élément <math>(1 \ 2)</math>. De même, notons <math>(1 \ 3)</math> l'élément de G qui échange les élément 1 et 3 (et laisse donc fixe l'élément 2) et désignons par K le sous-groupe de G engendré par cet élément <math>(1 \ 3)</math>. Alors <math>H \cap K</math> est trivial, donc <math>[G : H \cap K]</math> est égal à 6 et ne divise donc pas <math>[G : H] [G : K]</math>, qui est égal à 9. == Problème 3 == Soient G un groupe, H et K des sous-groupes d'indices finis de G. On suppose que [G : H] et [G: K] sont premiers entre eux. Prouver que [G : H ⋂ K] = [G : H] [G : K]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème des indices, [G : H ⋂ K] = [G : H] [H : (H ⋂ K)], donc [G : H] divise [G : H ⋂ K]. De même, [G : K] divise [G : H ⋂ K]. Ainsi, [G : H] et [G : K] divisent tous deux [G : H ⋂ K]. Si [G : H] et [G : K] sont premiers entre eux, il en résulte que leur produit [G : H] [G : K] divise [G : H ⋂ K], d'où [G : H] [G : K] ≤ [G : H ⋂ K]. Joint au problème 2, a), cela prouve que [G : H ⋂ K] = [G : H] [G : K]. }} == Problème 4 (facile) == a) Soient <math>B \leq A \leq G</math> des groupes, X une transversale droite de A dans G et Y une transversale droite de B dans A. La façon dont, dans la théorie, on a prouvé que <math>\vert G:B\vert = \vert G:A \vert \cdot \vert A:B \vert </math> revient à prouver que YX est une transversale droite de B dans G (ou l'énoncé analogue pour les transversales gauches). Prouver que YX est une transversale droite de B dans G en utilisant le fait que si K est un sous-groupe de H, une partie T de H est une transversale droite de K dans H si et seulement si l’application <math>K \times T \rightarrow H</math> est une bijection. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque X est une transversale droite de A dans G, l’application <math>A \times X \rightarrow G : (a,x) \mapsto ax</math> est une bijection. Elle induit donc par restriction une bijection <math>Y \times X \rightarrow YX : (y,x) \mapsto yx</math>. Cette dernière bijection admet une réciproque ''f'' qui peut être caractérisée par f(yx) = (y,x).<br /> En composant les bijections :<math>\ B \times YX \rightarrow B \times (Y \times X) : (b, yx) \mapsto (b, f(yx)) = (b, (y, x))</math> :<math>\ B \times (Y \times X) \rightarrow (B \times Y) \times X : (b, (y,x)) \mapsto ((b,y), x)</math> :<math>\ (B \times Y) \times X \rightarrow A \times X : ((b,y), x) \mapsto (by, x)</math> :<math>\ A \times X \rightarrow G : (a, x) \mapsto ax</math> (l'avant-dernière application étant une bijection parce que Y est une transversale droite de B dans A et la dernière application étant une bijection parce que X est une transversale droite de A dans G), nous trouvons que l'application :<math>\ B \times YX \rightarrow G : (b, yx) \mapsto byx</math> est une bijection, donc YX est une transversale droite de B dans G. }} b) Soient G un groupe, B un sous-groupe de G et Y une transversale droite de B dans G. Prouver que, quel que soit l'élément ''x'' de G, Yx est une transversale droite de B dans G. {{clr}} {{Solution | contenu = Il est clair que le singleton {x} est une transversale droite de G dans G. En faisant A = G et X = {x} dans l'énoncé a), nous trouvons que Y {x} est une transversale droite de B dans G, ce qui est l'énoncé b).<br /> (On peut évidemment donner une démonstration plus directe.) }} == Problème 5 (facile) == a) Soient G un groupe, H un sous-groupe de G et T une transversale droite de H dans G. Prouver que T{{exp|-1}} est une transversale gauche de H dans G. {{Solution | contenu = Soit T une transversale droite de H dans G. En composant les bijections :<math>\qquad T^{-1} \times H \rightarrow H \times T : (v, h) \mapsto (h^{-1}, v^{-1})</math> :<math>\qquad H \times T \rightarrow G : (h, t) \mapsto ht</math> :<math>\qquad G \rightarrow G : x \mapsto x^{-1},</math> nous trouvons que l'application :<math>\qquad T^{-1} \times H \rightarrow G : (v, h) \mapsto vh</math> est une bijection, donc T{{exp|-1}} est une transversale gauche de H dans G. }} b) Soient G un groupe, H un sous-groupe de G et U une transversale gauche de H dans G. Prouver que U{{exp|-1}} est une transversale droite de H dans G. {{Solution | contenu = On peut dire par exemple que H est un sous-groupe du groupe opposé de G et que, comme on le vérifie facilement, U est une transversale droite de H dans le groupe opposé de G. D'après le point a), U{{exp|-1}} est donc une transversale gauche de H dans le groupe opposé de G, autrement dit U{{exp|-1}} est une transversale droite de H dans G. }} {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Groupes, premières notions/]] | suivant = [[../Sous-groupe distingué et groupe quotient/]] }} 87y6z9qdsatwfhi8v68sfi51tt9lx9s 981295 981281 2026-03-30T07:18:33Z Marvoir 1746 enregistrement provisoire de sécurité 981295 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 3 | chapitre = [[../../Classes modulo un sous-groupe/]] | niveau = 13 | précédent = [[../Groupes, premières notions/]] | suivant = [[../Sous-groupe distingué et groupe quotient/]] }} == Problème 1 == Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G. Désignons par φ l’application canonique x ↦ xK de G sur l’ensemble G/K des classes à gauche de G modulo K. a) Prouver que l’ensemble H/ (H ⋂ K) des classes à gauche de H modulo H ⋂ K est équipotent à l’ensemble φ(HK), autrement dit à l’ensemble des classes à gauche modulo K des éléments de l’ensemble HK. (Rappel : HK est une partie de G mais n’est pas forcément un sous-groupe de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = On vérifie facilement que l’application h ↦ φ(h) de H dans φ(HK) est une surjection et que deux éléments h et h' de H ont même image par cette application si et seulement si h et h' ont la même classe à gauche modulo H ⋂ K. Donc l’application considérée induit une bijection de H/ (H ⋂ K) sur φ(HK), ce qui démontre l'énoncé. }} Remarque. On pourra comparer cet énoncé au ''second théorème d'isomorphisme'', qui sera démontré dans le chapitre ''Sous-groupe distingué, groupe quotient''. b) Sous les mêmes hypothèses, prouver que [H:(H ⋂ K)] ≤ [G:K]. {{Solution | contenu = On a prouvé au point a) que, dans les hypothèses de l'énoncé, l’ensemble H/ (H ⋂ K) des classes à gauche de H modulo H ⋂ K est équipotent à une partie de l'ensemble des classes à gauche de G modulo K. On a donc bien :[H:(H ⋂ K)] ≤ [G:K]. }} == Problème 1bis (non essentiel) == a) Soit G un groupe (non forcément fini), soit H un sous-groupe d'indice fini ''n'' de G. On suppose que H n'a aucun sous-groupe propre qui soit d'indice ≤ ''n'' dans H. Prouver que H est le seul sous-groupe d'indice ''n'' de G. (Indication : on peut utiliser le point b) du problème précédent.) {{Solution | contenu = Soit :(hyp. 1) K un sous-groupe d'indice ''n'' de G. Il s'agit de prouver que :(thèse 2) K = H. D'après le point b) du problème précédent, nous avons :[H:(H ⋂ K)] ≤ [G:K], c'est-à-dire, d'après l'hypothèse (1), :[H:(H ⋂ K)] ≤ n. Puisque, par hypothèse de l'énoncé, H n'a pas de sous-groupe propre d'indice ≤ n, il faut donc :H ⋂ K = H, ce qui revient à H ≤ K.</br> Donc, d'après la formule des indices (voir chapitre théorique), :[G:H] = [G:K] [K:H], où, par hypothèse de l'énoncé, [G:H] = n et où, d'après l'hypothèse (1), [G:K] = n. Donc :[K:H] = 1, ce qui revient à K = H. La thèse (2) est donc démontrée. }} b) Soit G un groupe (fini) d'ordre 2''k'', où ''k'' est un nombre naturel impair. Prouver que G a au plus un sous-groupe d'ordre ''k''. == Problème 2 == a) Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G. Prouver que [G : H ⋂ K] ≤ [G : H] [G : K]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème des indices, [G : H ⋂ K] = [G : H] [H : (H ⋂ K)]. Il suffit donc de prouver que [H : (H ⋂ K)] ≤ [G : K], ce qui a été démontré au point b) du problème précédent. }} b) Soient G un groupe, H et K des sous-groupes d'indices finis de G. Prouver que le sous-groupe H ⋂ K de G est d'indice fini dans G. (Théorème de Poincaré.) {{clr}} {{Solution | contenu = C'est une conséquence immédiate du point a). }} Remarques. 1° Soient G un groupe et <math>H_{1}, ... H_{n}</math> des sous-groupes d'indices finis de G. Par récurrence sur ''n'', on déduit facilement du point a) que :(1) <math>[G : H_{1} \cap ... \cap H_{n}] \leq [G : H_{1}] ... [G : H_{n}]</math> (et <math>H_{1} \cap ... \cap H_{n}</math> est donc d'indice fini dans G). Il nous arrivera de désigner par « théorème de Poincaré » la relation (1), plus forte que l'énoncé b). 2° Soient G un groupe, soient H et K des sous-groupes d'indices finis de G. D'après le point a), :[G : H ⋂ K] ≤ [G : H] [G : K]. Il n'est pas forcément vrai que [G : H ⋂ K] divise [G : H] [G : K]. En effet, prenons pour G le groupe <math>S_{ \{1, 2, 3\} }</math>. Notons <math>(1 \ 2)</math> l'élément de G qui échange les élément 1 et 2 et laisse donc fixe l'élément 3. Cet élément de G est d'ordre 2, donc si nous désignons par H le sous-groupe de G engendré par cet élément, H a pour éléments la permutation identique de l'ensemble {1, 2, 3} et l'élément <math>(1 \ 2)</math>. De même, notons <math>(1 \ 3)</math> l'élément de G qui échange les élément 1 et 3 (et laisse donc fixe l'élément 2) et désignons par K le sous-groupe de G engendré par cet élément <math>(1 \ 3)</math>. Alors <math>H \cap K</math> est trivial, donc <math>[G : H \cap K]</math> est égal à 6 et ne divise donc pas <math>[G : H] [G : K]</math>, qui est égal à 9. == Problème 3 == Soient G un groupe, H et K des sous-groupes d'indices finis de G. On suppose que [G : H] et [G: K] sont premiers entre eux. Prouver que [G : H ⋂ K] = [G : H] [G : K]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème des indices, [G : H ⋂ K] = [G : H] [H : (H ⋂ K)], donc [G : H] divise [G : H ⋂ K]. De même, [G : K] divise [G : H ⋂ K]. Ainsi, [G : H] et [G : K] divisent tous deux [G : H ⋂ K]. Si [G : H] et [G : K] sont premiers entre eux, il en résulte que leur produit [G : H] [G : K] divise [G : H ⋂ K], d'où [G : H] [G : K] ≤ [G : H ⋂ K]. Joint au problème 2, a), cela prouve que [G : H ⋂ K] = [G : H] [G : K]. }} == Problème 4 (facile) == a) Soient <math>B \leq A \leq G</math> des groupes, X une transversale droite de A dans G et Y une transversale droite de B dans A. La façon dont, dans la théorie, on a prouvé que <math>\vert G:B\vert = \vert G:A \vert \cdot \vert A:B \vert </math> revient à prouver que YX est une transversale droite de B dans G (ou l'énoncé analogue pour les transversales gauches). Prouver que YX est une transversale droite de B dans G en utilisant le fait que si K est un sous-groupe de H, une partie T de H est une transversale droite de K dans H si et seulement si l’application <math>K \times T \rightarrow H</math> est une bijection. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque X est une transversale droite de A dans G, l’application <math>A \times X \rightarrow G : (a,x) \mapsto ax</math> est une bijection. Elle induit donc par restriction une bijection <math>Y \times X \rightarrow YX : (y,x) \mapsto yx</math>. Cette dernière bijection admet une réciproque ''f'' qui peut être caractérisée par f(yx) = (y,x).<br /> En composant les bijections :<math>\ B \times YX \rightarrow B \times (Y \times X) : (b, yx) \mapsto (b, f(yx)) = (b, (y, x))</math> :<math>\ B \times (Y \times X) \rightarrow (B \times Y) \times X : (b, (y,x)) \mapsto ((b,y), x)</math> :<math>\ (B \times Y) \times X \rightarrow A \times X : ((b,y), x) \mapsto (by, x)</math> :<math>\ A \times X \rightarrow G : (a, x) \mapsto ax</math> (l'avant-dernière application étant une bijection parce que Y est une transversale droite de B dans A et la dernière application étant une bijection parce que X est une transversale droite de A dans G), nous trouvons que l'application :<math>\ B \times YX \rightarrow G : (b, yx) \mapsto byx</math> est une bijection, donc YX est une transversale droite de B dans G. }} b) Soient G un groupe, B un sous-groupe de G et Y une transversale droite de B dans G. Prouver que, quel que soit l'élément ''x'' de G, Yx est une transversale droite de B dans G. {{clr}} {{Solution | contenu = Il est clair que le singleton {x} est une transversale droite de G dans G. En faisant A = G et X = {x} dans l'énoncé a), nous trouvons que Y {x} est une transversale droite de B dans G, ce qui est l'énoncé b).<br /> (On peut évidemment donner une démonstration plus directe.) }} == Problème 5 (facile) == a) Soient G un groupe, H un sous-groupe de G et T une transversale droite de H dans G. Prouver que T{{exp|-1}} est une transversale gauche de H dans G. {{Solution | contenu = Soit T une transversale droite de H dans G. En composant les bijections :<math>\qquad T^{-1} \times H \rightarrow H \times T : (v, h) \mapsto (h^{-1}, v^{-1})</math> :<math>\qquad H \times T \rightarrow G : (h, t) \mapsto ht</math> :<math>\qquad G \rightarrow G : x \mapsto x^{-1},</math> nous trouvons que l'application :<math>\qquad T^{-1} \times H \rightarrow G : (v, h) \mapsto vh</math> est une bijection, donc T{{exp|-1}} est une transversale gauche de H dans G. }} b) Soient G un groupe, H un sous-groupe de G et U une transversale gauche de H dans G. Prouver que U{{exp|-1}} est une transversale droite de H dans G. {{Solution | contenu = On peut dire par exemple que H est un sous-groupe du groupe opposé de G et que, comme on le vérifie facilement, U est une transversale droite de H dans le groupe opposé de G. D'après le point a), U{{exp|-1}} est donc une transversale gauche de H dans le groupe opposé de G, autrement dit U{{exp|-1}} est une transversale droite de H dans G. }} {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Groupes, premières notions/]] | suivant = [[../Sous-groupe distingué et groupe quotient/]] }} 4mumrk11tzvndxiwm69fn4s9fgih67h 981296 981295 2026-03-30T07:53:47Z Marvoir 1746 /* Problème 1bis (non essentiel) */ terminé ce problème 981296 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 3 | chapitre = [[../../Classes modulo un sous-groupe/]] | niveau = 13 | précédent = [[../Groupes, premières notions/]] | suivant = [[../Sous-groupe distingué et groupe quotient/]] }} == Problème 1 == Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G. Désignons par φ l’application canonique x ↦ xK de G sur l’ensemble G/K des classes à gauche de G modulo K. a) Prouver que l’ensemble H/ (H ⋂ K) des classes à gauche de H modulo H ⋂ K est équipotent à l’ensemble φ(HK), autrement dit à l’ensemble des classes à gauche modulo K des éléments de l’ensemble HK. (Rappel : HK est une partie de G mais n’est pas forcément un sous-groupe de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = On vérifie facilement que l’application h ↦ φ(h) de H dans φ(HK) est une surjection et que deux éléments h et h' de H ont même image par cette application si et seulement si h et h' ont la même classe à gauche modulo H ⋂ K. Donc l’application considérée induit une bijection de H/ (H ⋂ K) sur φ(HK), ce qui démontre l'énoncé. }} Remarque. On pourra comparer cet énoncé au ''second théorème d'isomorphisme'', qui sera démontré dans le chapitre ''Sous-groupe distingué, groupe quotient''. b) Sous les mêmes hypothèses, prouver que [H:(H ⋂ K)] ≤ [G:K]. {{Solution | contenu = On a prouvé au point a) que, dans les hypothèses de l'énoncé, l’ensemble H/ (H ⋂ K) des classes à gauche de H modulo H ⋂ K est équipotent à une partie de l'ensemble des classes à gauche de G modulo K. On a donc bien :[H:(H ⋂ K)] ≤ [G:K]. }} == Problème 1bis (non essentiel) == a) Soit G un groupe (non forcément fini), soit H un sous-groupe d'indice fini ''n'' de G. On suppose que H n'a aucun sous-groupe propre qui soit d'indice ≤ ''n'' dans H. Prouver que H est le seul sous-groupe d'indice ''n'' de G. (Indication : on peut utiliser le point b) du problème précédent.) {{Solution | contenu = Soit :(hyp. 1) K un sous-groupe d'indice ''n'' de G. Il s'agit de prouver que :(thèse 2) K = H. D'après le point b) du problème précédent, nous avons :[H:(H ⋂ K)] ≤ [G:K], c'est-à-dire, d'après l'hypothèse (1), :[H:(H ⋂ K)] ≤ n. Puisque, par hypothèse de l'énoncé, H n'a pas de sous-groupe propre d'indice ≤ n, il faut donc :H ⋂ K = H, ce qui revient à H ≤ K.</br> Donc, d'après la formule des indices (voir chapitre théorique), :[G:H] = [G:K] [K:H], où, par hypothèse de l'énoncé, [G:H] = n et où, d'après l'hypothèse (1), [G:K] = n. Donc :[K:H] = 1, ce qui revient à K = H. La thèse (2) est donc démontrée. }} b) Soit G un groupe (fini) d'ordre 2''k'', où ''k'' est un nombre naturel impair. Prouver que G a au plus un sous-groupe d'ordre ''k''. {{Solution | contenu = Soit K un sous-groupe d'ordre ''k'' de G (s'il en existe). Alors K est d'indice 2 dans G. De plus, puisque l'ordre ''k'' de K est impair, K n'a pas de sous-groupe d'indice 2 et n'a donc évidemment pas de sous-groupe propre d'indice ≤ 2. Les hypothèses du point a) sont donc satisfaites avec n = 2, donc K est le seul sous-groupe d'indice 2 de G, autrement dit le seul sous-groupe d'ordre ''k'' de G, ce qui prouve l'énoncé. }} Remarque. Nous verrons dans un [[../Groupes alternés|exercice sur le chapitre Groupes alternés]] qu'un groupe d'ordre 2k, où ''k'' est un nombre naturel impair, a au moins un sous-groupe d'ordre ''k'', et donc, d'après le présent exercice, a un et un seul sous-groupe d'ordre ''k''. == Problème 2 == a) Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G. Prouver que [G : H ⋂ K] ≤ [G : H] [G : K]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème des indices, [G : H ⋂ K] = [G : H] [H : (H ⋂ K)]. Il suffit donc de prouver que [H : (H ⋂ K)] ≤ [G : K], ce qui a été démontré au point b) du problème précédent. }} b) Soient G un groupe, H et K des sous-groupes d'indices finis de G. Prouver que le sous-groupe H ⋂ K de G est d'indice fini dans G. (Théorème de Poincaré.) {{clr}} {{Solution | contenu = C'est une conséquence immédiate du point a). }} Remarques. 1° Soient G un groupe et <math>H_{1}, ... H_{n}</math> des sous-groupes d'indices finis de G. Par récurrence sur ''n'', on déduit facilement du point a) que :(1) <math>[G : H_{1} \cap ... \cap H_{n}] \leq [G : H_{1}] ... [G : H_{n}]</math> (et <math>H_{1} \cap ... \cap H_{n}</math> est donc d'indice fini dans G). Il nous arrivera de désigner par « théorème de Poincaré » la relation (1), plus forte que l'énoncé b). 2° Soient G un groupe, soient H et K des sous-groupes d'indices finis de G. D'après le point a), :[G : H ⋂ K] ≤ [G : H] [G : K]. Il n'est pas forcément vrai que [G : H ⋂ K] divise [G : H] [G : K]. En effet, prenons pour G le groupe <math>S_{ \{1, 2, 3\} }</math>. Notons <math>(1 \ 2)</math> l'élément de G qui échange les élément 1 et 2 et laisse donc fixe l'élément 3. Cet élément de G est d'ordre 2, donc si nous désignons par H le sous-groupe de G engendré par cet élément, H a pour éléments la permutation identique de l'ensemble {1, 2, 3} et l'élément <math>(1 \ 2)</math>. De même, notons <math>(1 \ 3)</math> l'élément de G qui échange les élément 1 et 3 (et laisse donc fixe l'élément 2) et désignons par K le sous-groupe de G engendré par cet élément <math>(1 \ 3)</math>. Alors <math>H \cap K</math> est trivial, donc <math>[G : H \cap K]</math> est égal à 6 et ne divise donc pas <math>[G : H] [G : K]</math>, qui est égal à 9. == Problème 3 == Soient G un groupe, H et K des sous-groupes d'indices finis de G. On suppose que [G : H] et [G: K] sont premiers entre eux. Prouver que [G : H ⋂ K] = [G : H] [G : K]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème des indices, [G : H ⋂ K] = [G : H] [H : (H ⋂ K)], donc [G : H] divise [G : H ⋂ K]. De même, [G : K] divise [G : H ⋂ K]. Ainsi, [G : H] et [G : K] divisent tous deux [G : H ⋂ K]. Si [G : H] et [G : K] sont premiers entre eux, il en résulte que leur produit [G : H] [G : K] divise [G : H ⋂ K], d'où [G : H] [G : K] ≤ [G : H ⋂ K]. Joint au problème 2, a), cela prouve que [G : H ⋂ K] = [G : H] [G : K]. }} == Problème 4 (facile) == a) Soient <math>B \leq A \leq G</math> des groupes, X une transversale droite de A dans G et Y une transversale droite de B dans A. La façon dont, dans la théorie, on a prouvé que <math>\vert G:B\vert = \vert G:A \vert \cdot \vert A:B \vert </math> revient à prouver que YX est une transversale droite de B dans G (ou l'énoncé analogue pour les transversales gauches). Prouver que YX est une transversale droite de B dans G en utilisant le fait que si K est un sous-groupe de H, une partie T de H est une transversale droite de K dans H si et seulement si l’application <math>K \times T \rightarrow H</math> est une bijection. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque X est une transversale droite de A dans G, l’application <math>A \times X \rightarrow G : (a,x) \mapsto ax</math> est une bijection. Elle induit donc par restriction une bijection <math>Y \times X \rightarrow YX : (y,x) \mapsto yx</math>. Cette dernière bijection admet une réciproque ''f'' qui peut être caractérisée par f(yx) = (y,x).<br /> En composant les bijections :<math>\ B \times YX \rightarrow B \times (Y \times X) : (b, yx) \mapsto (b, f(yx)) = (b, (y, x))</math> :<math>\ B \times (Y \times X) \rightarrow (B \times Y) \times X : (b, (y,x)) \mapsto ((b,y), x)</math> :<math>\ (B \times Y) \times X \rightarrow A \times X : ((b,y), x) \mapsto (by, x)</math> :<math>\ A \times X \rightarrow G : (a, x) \mapsto ax</math> (l'avant-dernière application étant une bijection parce que Y est une transversale droite de B dans A et la dernière application étant une bijection parce que X est une transversale droite de A dans G), nous trouvons que l'application :<math>\ B \times YX \rightarrow G : (b, yx) \mapsto byx</math> est une bijection, donc YX est une transversale droite de B dans G. }} b) Soient G un groupe, B un sous-groupe de G et Y une transversale droite de B dans G. Prouver que, quel que soit l'élément ''x'' de G, Yx est une transversale droite de B dans G. {{clr}} {{Solution | contenu = Il est clair que le singleton {x} est une transversale droite de G dans G. En faisant A = G et X = {x} dans l'énoncé a), nous trouvons que Y {x} est une transversale droite de B dans G, ce qui est l'énoncé b).<br /> (On peut évidemment donner une démonstration plus directe.) }} == Problème 5 (facile) == a) Soient G un groupe, H un sous-groupe de G et T une transversale droite de H dans G. Prouver que T{{exp|-1}} est une transversale gauche de H dans G. {{Solution | contenu = Soit T une transversale droite de H dans G. En composant les bijections :<math>\qquad T^{-1} \times H \rightarrow H \times T : (v, h) \mapsto (h^{-1}, v^{-1})</math> :<math>\qquad H \times T \rightarrow G : (h, t) \mapsto ht</math> :<math>\qquad G \rightarrow G : x \mapsto x^{-1},</math> nous trouvons que l'application :<math>\qquad T^{-1} \times H \rightarrow G : (v, h) \mapsto vh</math> est une bijection, donc T{{exp|-1}} est une transversale gauche de H dans G. }} b) Soient G un groupe, H un sous-groupe de G et U une transversale gauche de H dans G. Prouver que U{{exp|-1}} est une transversale droite de H dans G. {{Solution | contenu = On peut dire par exemple que H est un sous-groupe du groupe opposé de G et que, comme on le vérifie facilement, U est une transversale droite de H dans le groupe opposé de G. D'après le point a), U{{exp|-1}} est donc une transversale gauche de H dans le groupe opposé de G, autrement dit U{{exp|-1}} est une transversale droite de H dans G. }} {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Groupes, premières notions/]] | suivant = [[../Sous-groupe distingué et groupe quotient/]] }} 9djxlxrz26j7y4suffw912h8ya48gps 0 23609 981282 969036 2026-03-29T16:20:50Z CatEatingCake 80047 Rajout des Eurocodes et Belgique 981282 wikitext text/x-wiki {{Chapitre | idfaculté = urbanisme | numéro = 4 | précédent = [[../Conception/]] | suivant = [[../Construction/]] | niveau = 10 }} Il existe plusieurs '''normes''' dans le monde selon les pays. Ces normes sont sous forme de textes dans lesquels on retrouve les combinaisons de charges, les charges minimales, les facteurs de pondération et bien d'autres règles à suivre. On peut aussi y retrouver dans certains cas des éléments de construction standardisés de l’industrie, telles que les poutres en acier. Par exemple, au Canada, toutes les poutres manufacturées sont répertoriées dans un manuel produit par l'Institut canadien de l'acier de construction incluant les dimensions des poutres ainsi que plusieurs détails techniques comme leurs moments d'inertie. == Organismes de normalisation == * International ** [[w:Organisation internationale de normalisation|ISO, Organisation internationale de normalisation]] ** [[w:ASTM Internatioal|ASTM International]] * Amérique ** Canada *** [[w:Association canadienne de normalisation|CSA, Association canadienne de normalisation]] *** ONGC, Office des normes générales du Canada ** États-Unis *** [[w:American Association of State Highway and Transportation Officials|AASHTO, American Association of State Highway and Transportation Officials]] *** [[w:American National Standards Institute|ANSI, American National Standards Institute]] * Europe ** [https://www.cencenelec.eu/about-cen/ CEN, European Committee for Standardization] ** France *** [[w:Association française de normalisation|AFNOR, Association française de normalisation]] ** Belgique *** [[w:Bureau_de_normalisation|NBN, Bureau de normalisation]] == Codes == ''Note : les listes ci-dessous sont non-exhaustives.'' === Amérique du Nord === ==== Canada ==== * National ** Code national du bâtiment ** Code national de la protection des incendies ** Code national de la plomberie ** Code national de la construction des bâtiments agricoles ** Code national de l'énergie pour les bâtiments ** Code national de l'énergie pour les habitations ** Code canadien de l'électricité ** Canadian Highway Bridge Design Code ** Design of Concrete Structures ** Handbook of Steel Construction * Alberta ** Alberta Building Code ** Alberta Fire Code * Québec ** Code de construction du Québec * Ontario ** Ontario Code and Construction Guide for Housing ** Ontario Electrical Safety Code === Europe === Le dimensionnement des constructions se base sur les '''EN Eurocodes et leurs annexes nationales'''<ref>{{Lien web|titre=About the EN Eurocodes {{!}} Eurocodes: Building the future|url=https://eurocodes.jrc.ec.europa.eu/en-eurocodes/about-en-eurocodes|site=eurocodes.jrc.ec.europa.eu|consulté le=2026-03-29}}</ref>, reconnues par les 27 pays membres. Ce sont un ensemble de normes européennes harmonisées pour la conception, le calcul et les essais des structures de bâtiments. Ces normes constituent la base des réglementations en Europe et garantissent la sécurité, la durabilité et la viabilité des structures<ref>{{Lien web|langue=fr|titre=Les Eurocodes : normes de construction uniformes en Europe|url=https://www.nbn.be/fr/themes/eurocodes|site=www.nbn.be|consulté le=2026-03-29}}</ref>. Leurs recommendations ne sont pas exhaustives et peuvent demander des additions externes, par exemple pour des structures spéciales (centrales nucléaires, barrages...). L'ingénieur.e doit toujours spécifier les normes utilisées dans ses études. * EN 1990 : Bases de calcul des structures * EN 1991 : Actions sur les structures * EN 1992 : Calcul des structures en béton * EN 1993 : Calcul des structures en acier * EN 1994 : Calcul des structures mixtes acier-béton * EN 1995 : Conception et calcul des structures en bois * EN 1996 : Calcul des ouvrages en maçonnerie * EN 1997 : Calcul géotechnique * EN 1998 : Calcul des structures pour leur résistance aux séismes * EN 1999 : Calcul des structures en aluminium Ces normes peuvent être divisées en sous-parties. Elles peuvent aussi être accompagnées d'un ou plusieurs addenda (changements de contenu) ou corrigenda (corrections du texte). Certaines versions des normes intègrent ceux-ci dans le texte originel, et sont appelées "consolidées". Pour une liste de tous les Eurocodes, cliquez [https://www.buildwise.be/media/yluggj55/liste_eurocodes.pdf ici]. ==== Belgique ==== La Belgique rajoute une annexe nationale à la plupart des Eurocodes. Pour certains types de structures, des normes d'autre pays sont parfois utilisées, telles que le CUR des Pays-Bas ou DIN d'Allemagne. {{Bas de page | idfaculté = urbanisme | précédent = [[../Conception/]] | suivant = [[../Construction/]] }} 6v1yc0a3hxia1vv114ns9pobsf1cy9c 0 26829 981298 978071 2026-03-30T08:19:24Z Marvoir 1746 /* Problème 8 */ tenu compte d'une modification qui vient d'être apportée à une page mentionnée dans ce problème 981298 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 28 | chapitre = [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]] | précédent = [[../Groupes dicycliques/]] | suivant = [[../Premiers résultats sur les groupes simples/]] | niveau = 13 }} == Problème 1 == Soient G un groupe, Q un sous-groupe d'indice fini de G et T une transversale droite de Q dans G. Tout élément ''x'' de G peut se mettre d'une et une seule façon sous la forme :<math>\qquad x = q_{T}(x) \ \mathrm{repr}_{T}(x),</math> avec <math>q_{T}(x) \in Q</math> et <math>\mathrm{repr}_{T}(x) \in T.</math><br /> Pour tout élément ''a'' de G, on pose <math>R(a) = \prod_{t \in T} q_{T}(ta)Q'</math> (le produit étant pris dans le groupe commutatif Q/Q'). Prouver que R est égal au transfert de G vers Q/Q' défini dans la théorie à partir des transversales gauches. (Indication : d’après un exercice de la série [[../Classes modulo un sous-groupe|Classes modulo un sous-groupe]], <math>\ T^{-1}</math> est une transversale gauche de Q dans G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons <math>\qquad ta = q_{T}(ta) \ \mathrm{repr}_{T}(ta),</math> avec :<math>\qquad q_{T}(ta) \in Q</math> et <math>\mathrm{repr}_{T}(ta) \in T.</math> En passant aux inverses, nous obtenons :<math>\qquad a^{-1}t^{-1} = \mathrm{repr}_{T}(ta)^{-1} \ q_{T}(ta)^{-1},</math> avec :<math>\qquad \mathrm{repr}_{T}(ta)^{-1} \in T^{-1}</math> et <math> q_{T}(ta)^{-1} \in Q.</math> Puisque <math>\ T^{-1}</math> est une transversale gauche de Q dans G, nous avons donc :<math>\qquad V(a^{-1}) = \prod _{t\in T} q_{T}(ta)^{-1}Q'.</math> En passant aux inverses et en tenant compte que V est un homomorphisme, nous trouvons :<math>\qquad V(a) = \prod _{t\in T} q_{T}(ta)Q'.</math> :<math>\qquad V(a) = R(a).</math> }} == Problème 2 == a) Soit G un groupe, soit Q un sous-groupe d'indice fini de G; désignons par V le transfert de G vers Q/Q' . Prouver que le dérivé de G est contenu dans le noyau de V. {{clr}} {{Solution | contenu = Le groupe d'arrivée Q/Q' de V est abélien et, de façon générale, si le groupe d'arrivée d'un homomorphisme <math>f</math> est abélien, le dérivé du groupe de départ de <math>f</math> est contenu dans le noyau de <math>f .</math> (Vérification facile.) }} b) Dans les hypothèses et notations du point a), on suppose que <math>g</math> est un élément central de G. Trouver une façon simple de décrire V(g). {{clr}} {{Solution | contenu = Choisissons une transversale gauche L de Q dans G. D'après le chapitre théorique, il existe des éléments <math>h_{1}, \ldots h_{k}</math> de L et des nombres naturels <math>n_{1}, \ldots n_{k}</math> pour lesquels :1° <math>\sum_{i=1}^{k} n_{i} = [G:Q] </math>; :2° pour chaque <math>i</math> dans <math>\{1, \ldots k \}, {h_{i}}^{-1} g^{n_{i}} h_{i}</math> appartient à Q, :3° V(g) est l'image de <math>\prod_{i=1}^{k} ({h_{i}}^{-1} g^{n_{i}} h_{i})</math> par l'homomorphisme canonique de Q sur Q/Q'. Puisque <math>g</math> est censé appartenir au centre de G, chaque facteur <math>{h_{i}}^{-1} g^{n_{i}} h_{i}</math> considéré au point 3° est égal à <math>g^{n_{i}}</math>, donc, compte tenu de 1° et de 2° : :<math>g^{[G:Q]}</math> appartient à Q et V(g) est l'image de <math>g^{[G:Q]}</math> par l'homomorphisme canonique de Q sur Q/Q' .<br /> Cela montre que si <math>g</math> est un élément central de G, il n'est pas nécessaire de recourir à une transversale de Q dans G pour expliciter V(g). }} c) Soit G un groupe fini, soit <math>p</math> un nombre premier, soit N un p-sous-groupe de Z(G), soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. (Puisque N est un p-sous-groupe central de G, N est contenu dans P. Voir [[../Théorèmes de Sylow/|exercices sur le chapitre Théorèmes de Sylow]].) Prouver que :<math>N \cap G' = N \cap P' .</math> Indication : utiliser le point b). {{clr}} {{Solution | contenu = Désignons par V le transfert de G vers P/P'.<br /> Soit <math>\nu</math> un élément de <math>N \cap G' .</math><br /> Puisque <math>\nu</math> appartient à N, il est central dans G, donc, d'après le point b), :(1)<math>\qquad \nu^{[G:P)}</math>appartient à P et <math>V(\nu)</math> est l'image de <math>\nu^{[G:P]}</math> par l'homomorphisme canonique de P sur P/P'. D'après la question a), G' est contenu dans le noyau de V, donc, puisque <math>\nu</math> est supposé appartenir à G', <math>\nu</math> appartient au noyau de V, ce qui, d'après (1), signifie que :<math>\nu^{[G:P]}</math> appartient à P', autrement dit, si <math>\bar{\nu}</math> désigne l'image de <math>\nu</math> par l'homomorphisme canonique de P sur P', :(2)<math>\qquad \bar{\nu}^{[G:P]} = 1</math> dans P/P'. D'autre part, puisque <math>\nu</math> est supposé appartenir à N, :<math>\qquad \nu^{\vert N \vert} = 1</math>, d'où aussi :(3)<math>\qquad \bar{\nu}^{\vert N \vert} = 1</math> dans P/P'. D'après (2) et (3), :(4)<math>\qquad \bar{\nu}^{PGCD([G:P], \vert N \vert ) } = 1</math> dans P/P'. Mais <math>\vert N \vert</math> est une puissance de <math>p</math> et, d'autre part, puisque P est un p-sous-groupe de Sylow de G, <math>[G:P]</math> est premier avec <math>p.</math> Donc <math>PGCD([G:P], \vert N \vert ) = 1</math>, donc (4) peut s'écrire :<math>\qquad \bar{\nu} = 1</math> dans P/P', c'est-à-dire que :<math>\qquad \nu</math> appartient à P'. Ceci étant démontré pour tout élément <math>\nu</math> de <math>N \cap G'</math>, nous avons donc <math>N \cap G' \subseteq N \cap P'.</math> L'inclusion réciproque est évidente, donc :<math>\qquad N \cap G' = N \cap P'</math>, ce qui démontre l'énoncé. }} d) Soit G un groupe fini. On suppose qu'il existe un facteur premier <math>p</math> de <math>\vert G \vert</math> tel que les p-sous-groupes de Sylow de G soient abéliens et que <math>\vert Z(G) \vert</math> soit divisible par <math>p .</math> Prouver que G' < G.<br /> Indication : utiliser le point c). {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque <math>\vert Z(G) \vert</math> est supposé divisible par <math>p</math>, Z(G) contient au moins un sous-groupe N d'ordre <math>p</math> (théorème de Cauchy). Choisissons un p-sous-groupe de Sylow P de G. D'après le point c), :(1)<math>\qquad N \cap G' = N \cap P' .</math> Puisque nous supposons que les p-sous-groupes de Sylow sont abéliens, P' = 1, donc le membre droit de (1) est égal à 1, donc :<math>\qquad N \cap G' = 1.</math> Si <math>G'</math> était égal à <math>G</math>, on aurait donc <math>N = 1</math>, ce qui contredit le choix de <math>N</math>. Donc <math>G' < G</math>, ce qui prouve l'énoncé. }} == Problème 3 == Soit G un groupe fini. On va prouver que G est nilpotent si et seulement s'il est p-nilpotent pour tout facteur premier <math>p</math> de <math>\vert G \vert.</math><br /> a) On suppose que G est nilpotent. Prouver qu'il est p-nilpotent pour tout facteur premier <math>p</math> de <math>\vert G \vert.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Soit <math>p</math> un facteur premier de <math>\vert G \vert .</math> Il s'agit de prouver que G est p-nilpotent.<br /> Soient <math>q_{1}, \ldots , q_{n}</math> les différents facteurs premiers de <math>\vert G \vert </math> autre que <math>p.</math><br /> Puisque G est nilpotent, il a un seul p-sous-groupe de Sylow, soit P, et pour chaque <math>i</math> (<math>1 \leq i \leq n</math>), il a un seul <math>q_{i}</math>-sous-groupe de Sylow, soit <math>Q_{i}</math>; de plus,<br /> G est produit direct <math>P \times Q_{1} \times \cdots \times Q_{n}.</math><br /> Donc G est le produit direct du p-groupe P et du groupe <math>Q_{1} \times \cdots \times Q_{n}</math>, les éléments de <math>Q_{1} \times \cdots \times Q_{n}</math> étant d'ordre non divisible par <math>p.</math> Il en résulte clairement que les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math> sont les éléments de <math>Q_{1} \times \cdots \times Q_{n}</math> et forment donc un sous-groupe de G, ce qui prouve que G est p-nilpotent. }} b) Réciproquement, on suppose que G est p-nilpotent pour tout facteur premier <math>p</math> de <math>\vert G \vert.</math> Prouver que G est nilpotent. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit <math>p</math> un facteur premier de <math>\vert G \vert</math>, soit <math>q</math> un facteur premier de <math>\vert G \vert</math> autre que <math>p.</math><br /> D'après les hypothèses du point b), G est q-nilpotent, donc<br /> :(1)<math>\qquad </math>les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>q</math> forment un sous-groupe de G, qu'on notera <math>G_{q}.</math> Un élément <math>x</math> de G est un p-élément de G (c'est-à-dire a pour ordre une puissance de <math>p</math>) si et seulement si, pour tout facteur premier <math>q</math> de <math>\vert G \vert</math> autre que <math>p</math>, l'ordre de <math>x</math> n'est pas divisible par <math>q.</math> Compte tenu de (1), cela revient à dire que l'ensemble des p-éléments de G est l'ensemble des éléments de G qui appartiennent à <math>G_{q}</math> pour chaque facteur premier <math>q</math> de <math>\vert G \vert</math> autre que <math>p.</math> (Autrement dit, avec les précautions d'usage en ce qui concerne l'intersection, l'ensemble des p-éléments de G est l'intersection des <math>G_{q}</math>, où <math>q</math> parcourt les facteurs premiers de <math>\vert G \vert</math> autres que <math>p.</math>) Donc :(2)<math>\qquad</math>l'ensemble des p-éléments de G est un sous-groupe de G. Vu la maximalité des p-sous-groupes de Sylow de G parmi les p-sous-groupes de G, (2) revient clairement à dire que G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow. Cela étant démontré pour chaque facteur premier <math>p</math> de <math>\vert G \vert</math>, G est donc nilpotent. }} == Problème 4 == On a vu dans un [[../Action de groupe/|exercice sur le chapitre Action de groupe]] que si <math>G</math> est un groupe agissant sur un ensemble <math>E</math>, si <math>H</math> est un sous-groupe de <math>G</math>, si <math>E^{H}</math> désigne l'ensemble des points fixes de <math>H</math> (c'est-à-dire l'ensemble des éléments de <math>E</math> fixés par tout élément de <math>H</math>), alors l'action <math>G \times E \to E</math> induit par restriction une action de <math>N_{G}(H)</math> sur <math>E^{H} .</math><br /> On va voir que si le groupe <math>G</math> est fini, si <math>H</math> est un sous-groupe de Sylow de <math>G</math>, si l'action de <math>G</math> sur <math>E</math> est transitive, alors l'action de <math>N_{G}(H)</math> sur <math>E^{H}</math> est transitive. a) Soit G un groupe fini opérant (par exemple à gauche) sur un ensemble X, soit Q un sous-groupe de G, soient ''x'' et ''y'' deux points fixes de Q dans X. (Donc Q est contenu dans G_x et dans G_y.) On suppose que ''x'' et ''y'' appartiennent à la même G-orbite et que Q est un sous-groupe de Sylow de G_x. Prouver que ''x'' et ''y'' appartiennent à la même <math>\ N_{G}(Q) -</math>orbite. {{clr}} {{Solution | contenu = Notons que, d’après un exercice de la série [[../Action de groupe|Action de groupe]], G_x et G_y sont conjugués et ont donc le même ordre, de sorte que, puisque Q est un sous-groupe de Sylow de G_x, c’est aussi un sous-groupe de Sylow de G_y, mais ce fait ne nous servira pas.<br /> Par hypothèse, il existe un élément ''g'' de G tel que :<math>(1) \qquad y = g^{-1}x.</math> Pour tout élément ''u'' de Q, nous avons donc :<math> \qquad gug^{-1}x = guy</math>. Puisque ''y'' est point fixe de Q, nous pouvons remplacer uy par y, donc :<math> \qquad gug^{-1}x = gy,</math> d'où, d’après (1), :<math> \qquad gug^{-1}x = x,</math> donc <math>\ gQg^{-1}</math> fixe ''x''.<br /> Ainsi, :<math>(2) \qquad gQg^{-1} \leq G_{x}.</math> Par hypothèse, il existe un nombre premier ''p'' tel que Q soit un p-sous-groupe de Sylow de G_x. Puisque <math>\ gQg_{-1}</math> a le même ordre que Q, il résulte de (2) que <math>\ gQg_{-1}</math> est lui aussi un p-sous-groupe de Sylow de G_x. Donc, d’après le théorème de Sylow, <math>\ Q</math> et <math>\ gQg_{-1}</math> sont conjugués dans <math>\ G_{x}.</math><br /> Il existe donc un élément ''h'' de <math>\ G_{x}.</math> tel que :<math> \qquad gQg^{-1} = hQh^{-1}.</math> Ceci entraîne :<math> \qquad h^{-1}gQg^{-1}h = Q,</math> donc :<math>(3) \qquad h^{-1}g \in N_{G}(Q).</math> De plus, <math>\ (h^{-1}g)y = h^{-1}(gy),</math> d'où, d’après (1), <math>\ (h^{-1}g)y = h^{-1}x.</math> Puisque ''h'' appartient à <math>\ G_{x},</math> ceci peut s'écrire :<math>\qquad (h^{-1}g)y = x.</math> D'après (3), il en résulte que ''x'' et ''y'' appartiennent à la même <math>\ N_{G}(Q)</math>-orbite. }} b) Soient G un groupe fini opérant (par exemple à gauche) sur un ensemble X, soit Q un sous-groupe de Sylow de G, soient ''x'' et ''y'' deux points fixes de Q dans X. (Donc Q est contenu dans G_x et dans G_y.) On suppose que ''x'' et ''y'' appartiennent à la même G-orbite. Prouver que ''x'' et ''y'' appartiennent à la même <math>\ N_{G}(Q)</math>-orbite. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque Q est un sous-groupe de Sylow de G contenu dans G_x, c’est un sous-groupe de Sylow de G_x, donc il suffit d'appliquer le point a). }} c) Tirer de b) une nouvelle preuve du fait suivant : si G est un groupe fini et Q un sous-groupe de Sylow de G, si deux éléments de <math>\ C_{G}(Q)</math> sont conjugués dans G, ils sont conjugués dans <math>\ N_{G}(Q)</math>. (Ce fait a été démontré dans le chapitre théorique [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Faire opérer G à gauche sur son ensemble sous-jacent par conjugaison : g * x = g x g{{exp|-1}}. Les éléments de <math>\ C_{G}(Q)</math> sont les points fixes de Q pour cette opération. Deux éléments de l’ensemble sous-jacent de G appartiennent à la même G-orbite si et seulement s'ils sont conjugués dans G. Puisque <math>\ C_{G}(Q)</math> est contenu dans <math>\ N_{G}(Q)</math>, deux éléments de <math>\ C_{G}(Q)</math> appartiennent à la même <math>\ N_{G}(Q)</math>-orbite si et seulement s'ils sont conjugués dans <math>\ N_{G}(Q)</math>. Le point c) résulte donc clairement du point b). }} d) Déduire de b) ce théorème de Burnside qui a été démontré dans les exercices sur les théorèmes de Sylow : soient G un groupe fini, p un diviseur premier de l’ordre de G, P un p-sous-groupe de Sylow de G, U et W des sous-groupes distingués de P; U et W sont conjugués dans G si et seulement s'ils sont conjugués dans le normalisateur N_G(P). {{clr}} {{Solution | contenu = Faire opérer G à gauche sur l’ensemble de ses parties par conjugaison. Alors U et W sont des points fixes de P, donc, d’après le point b), s'ils sont conjugués dans G (c'est-à-dire s'ils appartiennent à la même G-orbite) ils appartiennent à la même N_G(P)-orbite. Puisqu’ils sont contenus dans P et donc dans N_G(P), cela revient à dire qu’ils sont conjugués dans N_G(P). }} == Problème 5 == Soient <math>G</math> un groupe fini et <math>H</math> un sous-groupe de Hall ''normal'' de <math>G</math>. Prouver que <math>H</math> est l’ensemble des éléments de <math>G</math> dont l'ordre divise <math>\vert H \vert</math>, que <math>H</math> est seul de son ordre parmi les sous-groupes de <math>G</math> et est un sous-groupe caractéristique de <math>G</math>. (Cet énoncé est utilisé dans le chapitre théorique.) {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque H est un sous-groupe de Hall de G, l’ordre de G est de la forme ''ab'', où ''a'' est l’ordre de H et où ''b'' est un nombre naturel premier avec ''a''. Pour démontrer l'énoncé, on peut par exemple prouver que H est l’ensemble des éléments ''x'' de G tels que x{{exp|a}} = 1.<br /> Puisque H est d'ordre ''a'', nous savons que x{{exp|a}} = 1 pour tout élément ''x'' de H. Réciproquement, prouvons que si ''x'' est un élément de G tel que x{{exp|a}} = 1, alors x appartient à H.<br /> Puisque H est normal dans G, nous pouvons considérer le groupe G/H et l'homomorphisme canonique ''f'' de G sur G/H. De notre hypothèse x{{exp|a}} = 1 résulte f(x){{exp|a}} = 1, autrement dit l’ordre de f(x) divise ''a''. D'autre part, l’ordre de G/H est ''b'', donc l’ordre de f(x) divise ''b''. Ainsi, l’ordre de f(x) divise à la fois ''a'' et ''b''. Puisque ''a'' et ''b'' sont premiers entre eux, l’ordre de f(x) est donc égal à 1, donc f(x) est l'élément neutre de G/H; autrement dit ''x'' appartient à H, comme annoncé.<br /> Nous avons donc prouvé que H est l’ensemble des éléments ''x'' de G tels que x{{exp|a}} = 1. Il en résulte clairement que H est le seul sous-groupe d'ordre ''a'' de G et est donc caractéristique dans G. }} == Problème 6 == a) Soit G un groupe fini. On suppose que pour tout diviseur premier ''p'' de l’ordre de G, G admet un p-sous-groupe de Sylow cyclique. (Puisque deux p-sous-groupes de Sylow sont toujours conjugués et donc isomorphes, ceci revient à supposer que tous les p-sous-groupes de Sylow sont cycliques.) Prouver que G est résoluble. (Indication. Raisonner par récurrence sur <math>\vert G \vert </math>. Appliquer l'hypothèse de récurrence au complément normal N d'un p-sous-groupe de Sylow de G, ''p'' désignant le plus petit facteur premier de l’ordre de <math>\vert G \vert </math>.) {{clr}} {{Solution | contenu = On raisonne par récurrence sur l’ordre de G. Si cet ordre est égal à 1, G est résoluble, donc nous pouvons supposer que <math>\vert G \vert > 1.</math> Nous pouvons alors considérer le plus petit facteur premier de <math>\vert G \vert ,</math> soit ''p'', et choisir un p-sous-groupe de Sylow P de G. D'après le chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] de la théorie, P admet un complément normal dans G, soit N. Il est clair que N est un sous-groupe de Hall de G, donc tout sous-groupe de Sylow de N est un sous-groupe de Sylow de G. D'après les hypothèses de l'énoncé, il en résulte que tout sous-groupe de Sylow de N est cyclique. D'autre part, <math>\vert P \vert > 1,</math> donc <math>\vert N \vert < \vert G \vert,</math> donc, par hypothèse de récurrence, N est résoluble. D'autre part, N est produit semi-direct de N et de P, donc G/N est isomorphe à P. Puisque P est cyclique, il est commutatif et donc résoluble. Ainsi, N et G/N sont résolubles, donc G est résoluble. }} b) On dit qu'un nombre naturel est sans carrés s'il n'est divisible par le carré d'aucun nombre naturel > 1, ce qui revient à dire qu’il n'est divisible par le carré d'aucun nombre premier. Prouver que si ''n'' est un nombre naturel sans carrés, tout groupe d'ordre ''n'' est résoluble. {{clr}} {{Solution | contenu = Soient G un groupe d'ordre ''n'' et ''p'' un diviseur premier de ''n''. Puisque ''n'' est sans carrés, tout p-sous-groupe de Sylow de G est d'ordre premier et est donc cyclique. La thèse résulte donc du point a). }} == Problème 7 == a) Soit <math>G</math> un groupe simple fini non abélien, soit <math>p</math> un diviseur premier de <math>\vert G \vert .</math> On note <math>n_{p}</math> le nombre des <math>p</math>-sous-groupes de Sylow de <math>G.</math><br /> Prouver que <math>\vert G \vert</math> n'est égal ni à <math>p n_{p}</math> ni à <math>p^{2} n_{p}.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Supposons que, par absurde, on ait :(hyp. 1)<math>\qquad \vert G \vert = p^{a} n_{p}</math> avec <math>a = 1</math> ou <math>2.</math> D'après un théorème de Sylow, <math>n_{p} \equiv 1 \pmod{p}</math> et, en particulier, :(2)<math>\qquad n_{p}</math> est premier avec <math>p.</math> Choisissons un <math>p</math>-sous-groupe de Sylow <math>P</math> de <math>G.</math><br /> D'après (1) et (2), :(3)<math>\qquad P</math> est d'ordre <math>p^{a}.</math> Puisque <math>a</math> est égal à <math>1</math> ou à <math>2</math>, il en résulte que :(4)<math>\qquad P</math> est abélien. Toujours d'après les théorèmes de Sylow, <math>n_{p}</math> est l'indice de <math>N_{G}(P)</math> dans <math>G</math>, donc, d'après l'hypothèse (1), <math>N_{G}(P)</math> est d'ordre <math>p^{a}.</math> Donc, d'après (3), <math>N_{G}(P) = P.</math> Puisqu'on a vu en (4) que <math>P</math> est abélien, <math>P</math> est donc évidemment central dans <math>N_{G}(P)</math>, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, <math>P</math> admet un complément normal <math>H</math> dans <math>G.</math> Puisque <math>G</math> est supposé simple, il faut <math>H = G</math> ou <math>H = 1.</math> Le cas <math>H = G</math> est impossible, car il entraîne <math>P = 1</math>, ce qui est impossible puisque <math>p</math> divise <math>\vert G \vert .</math> Dans le cas <math>H = 1</math>, on aurait <math>G = P</math>, donc <math>G</math> serait un <math>p</math>-groupe, ce qui est impossible, puisque tout groupe ayant pour ordre une puissance de nombre premier est nilpotent et a fortiori résoluble, alors que <math>G</math>, supposé être un groupe simple non abélien, n'est pas résoluble. Cela montre que l'hypothèse (1) est contradictoire, d'où l'énoncé du point a). }} b) Soit <math>G</math> un groupe simple fini non abélien, soit <math>p</math> un diviseur premier de <math>\vert G \vert .</math> On note <math>n_{p}</math> le nombre des <math>p</math>-sous-groupes de Sylow de <math>G.</math> On suppose que <math>\vert G \vert </math> n'est pas divisible par <math>p^{3}.</math> Prouver que :<math>\vert G \vert = p^{a} n_{p} b</math>, où <math>a</math> est égal à <math>1</math> ou à <math>2</math> et où <math>b</math> est premier avec <math>p</math> et <math>\geq 2.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque <math>\vert G \vert </math> n'est pas divisible par <math>p^{3}</math>, nous avons :(1)<math>\qquad \vert G \vert = p^{a} m</math>, où <math>m</math> est premier avec <math>p</math> et où <math>a</math> est égal à <math>1</math> ou à <math>2.</math> D'après les théorèmes de Sylow, <math>m</math> est divisible par le nombre <math>n_{p}</math> des <math>p</math>-sous-groupes de Sylow de <math>G.</math> Soit <math>m = n_{p} b.</math> Alors (1) s'écrit :<math>\qquad \vert G \vert = p^{a} n_{p} b</math>, où <math>b</math> (qui divise <math>m</math>) est premier avec <math>p.</math> D'après le point a), <math>b</math> n'est pas égal à <math>1</math>, ce qui achève de démontrer le point b). }} c) Soit <math>G</math> un groupe simple fini non abélien, soit <math>p</math> un diviseur premier de <math>\vert G \vert .</math> Prouver que :<math>2 p (p+1) \leq \vert G \vert</math> (d'où <math>p < \sqrt{\vert G \vert / 2}</math>). {{clr}} {{Solution | contenu = Notons <math>n_{p}</math> le nombre des <math>p</math>-sous-groupes de Sylow de <math>G</math> et <math>p^{a}</math> la plus grande puissance de <math>p</math> qui divise <math>\vert G \vert .</math><br /> D'après les théorèmes de Sylow, :(1)<math>\qquad \vert G \vert </math> est divisible par <math>p^{a} n_{p}.</math> De plus, puisque <math>G</math> est supposé simple et non abélien, le théorème 5, point a) du [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|chapitre théorique]] donne :(2)<math>\qquad n_{p} \geq p+1.</math> Si <math>\qquad \vert G \vert </math> est divisible par <math>p^{3}</math>, alors, d'après (1) et (2), :<math>\qquad \vert G \vert \geq (p+1) p^{3},</math> d'où, largement, <math>\vert G \vert \geq 2 p (p+1)</math>, donc l'énoncé est vrai dans ce cas.<br /> Reste le cas où <math>\vert G \vert </math> n'est pas divisible par <math>p^{3}.</math> Alors, d'après le point b), :<math>\qquad \vert G \vert = p^{a} n_{p} b</math>, où <math>a</math> est égal à <math>1</math> ou à <math>2</math> et où <math>b \geq 2.</math> Donc :<math>\qquad \vert G \vert \geq 2 p^{a} n_{p}.</math> D'après (2), cela entraîne <math>\vert G \vert \geq 2 p^{a} (p+1).</math> Puisque <math>a \geq 1</math>, on a donc encore <math>\vert G \vert \geq 2 p (p+1).</math> }} d) Soit <math>p</math> un nombre premier. Prouver qu'aucun groupe d'ordre <math>p(p+1)</math> ni aucun groupe d'ordre <math>p^{2} (p+1)</math> n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, :(hyp. 1)<math>\qquad G</math> un groupe simple d'ordre <math>p(p+1)</math> ou <math>p^{2} (p+1)</math>. L'ordre de <math>G</math> n'est pas premier, donc <math>G</math> est un groupe simple non abélien. D'après les hypothèses et les théorèmes de Sylow, le nombre <math>n_{p}</math> des <math>p</math>-sous-groupes de Sylow de <math>G</math> divise <math>p+1</math> et, d'après le théorème 5, point a) du [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|chapitre théorique]], <math>n_{p} \geq p+1</math>, donc <math>n_{p} = p+1.</math> L'hypothèse (1) donne donc :<math>\vert G \vert = p n_{p}</math> ou <math>p^{2} n_{p}</math>, ce qui contredit le point a). L'hypothèse (1) est donc absurde, d'où l'énoncé. }} == Problème 8 == Soit ''n'' un nombre naturel impair, soit G un groupe d'ordre 2n. On a vu dans les exercices de la série [[../Groupes alternés|Groupes alternés]] que G admet un et un seul sous-groupe d'ordre ''n''. Prouver ce fait à l'aide du chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. {{clr}} {{Solution | contenu = Choisissons un 2-sous-groupe de Sylow P de G. Puisque 2 ne divise qu'une fois l’ordre de G, P est d'ordre 2. Il est donc cyclique. Puisque 2 est le plus petit facteur premier de l’ordre de G, il résulte d'un théorème démontré dans le chapitre théorique que G est 2-nilpotent, d'où l'énoncé. Voici une démonstration plus directe. P est normal dans N_G(P) et on a vu dans les exercices de la série [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur|Conjugaison, centralisateur, normalisateur]] qu'un sous-groupe normal d'ordre 2 est central, donc P est central dans N_G(P). D'après le théorème du complément normal de Burnside, il en résulte que P admet un complément normal dans G. Un tel complément est d'ordre ''n'' et, d'après le chapitre théorique, est l'unique sous-groupe d'ordre ''n'' de G, d'où l'énoncé. }} == Problème 9 == a) Soit ''p'' un nombre premier impair (autrement dit > 2), soit G un groupe fini d'ordre <math>p \frac{p^{2} + 1}{2}.</math> Prouver que G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow. (Cette partie du problème ne fait intervenir que les propriétés classiques des sous-groupes de Sylow démontrées au chapitre [[../../Théorèmes de Sylow|Théorèmes de Sylow]].) {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est de la forme np+1, avec ''n'' naturel ≥ 0, et il divise <math>\frac{p^{2} + 1}{2}.</math> De ce second fait, il résulte que :(1) n < p. D'autre part, puisque np+1 divise <math>\frac{p^{2} + 1}{2},</math> il divise ''a fortiori'' <math>2 n^{2} \ \frac{p^{2} + 1}{2} = n^{2} p^{2} + n^{2}</math>. Comme np est congru à -1 modulo np+1, il en résulte que n² + 1 est multiple de np+1, d'où n² ≥ np. Si ''n'' était non nul, on aurait donc n ≥ p, ce qui contredit (1). Donc n = 0, c'est-à-dire que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est égal à 1. }} b) Soit G un groupe d'ordre 2p (p² + 1), où ''p'' est un nombre premier > 3. Prouver que G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow. (Indication. Dans le chapitre théorique, on a démontré un « cas particulier » du théorème du complément normal de Burnside. Appliquer ce cas particulier à un 2-sous-groupe de Sylow de G, puis utiliser le point a).) {{Solution | contenu = On montre facilement que si ''a'' est un nombre naturel, a² + 1 n'est divisible ni par 3 ni par 4. Donc l’ordre 2p (p² + 1) de G n’est pas divisible par 3 et il est divisible par 4 sans être divisible par 8. Choisissons un 2-sous-groupe de Sylow S de G. D'après ce qui précède, S est d'ordre 4 (et, en particulier, abélien) donc Aut(S) est d'ordre 2 ou 6, selon que S est un groupe cyclique ou un groupe de Klein. (Pour le cas où S est cyclique, voir le chapitre [[../../Automorphismes d'un groupe cyclique|Automorphismes d'un groupe cyclique]]. Pour le cas où S est un groupe de Klein, et donc un 2-groupe élémentaire, voir un problème de la série [[../Groupes commutatifs finis, 1|Groupes commutatifs finis, 1]].) On a vu que <nowiki>|G|</nowiki> n’est pas divisible par 3, donc :PGCD(<nowiki>|Aut(S)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = 2. D'après le « cas particulier » du théorème du complément normal de Burnside, S admet donc un complément normal N dans G. (On aurait aussi pu utiliser le théorème qui dit que si G est un groupe fini > 1, si ''q'' désigne le plus petit facteur premier de l’ordre de G, si l’ordre de G n'est divisible ni par q³ ni par 12, alors G est q-nilpotent.) N est d'ordre <math>p \frac{p^{2} + 1}{2},</math> donc, d’après la partie a) du problème, il n'a qu'un p- sous-groupe de Sylow, soit P. D'après le chapitre [[../../Sous-groupes caractéristiques|Sous-groupes caractéristiques]] (exemples), P est caractéristique dans N. Puisque N est normal dans G, P est donc normal dans G. Puisque l’ordre de G n'est divisible qu'une fois par ''p'', P est un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisqu’il est normal dans G, c’est le seul p-sous-groupe de Sylow de G. }} == Problème 10 == Soit G un groupe simple fini, soit <math>p</math> un diviseur premier impair de l'ordre de G, soit P un <math>p</math>-sous-groupe de Sylow de G. On suppose que <math>\vert N_{G}(P) \vert = 2p^{2} .</math> Prouver que <math> N_{G}(P) </math> est isomorphe soit au groupe diédral d'ordre <math>2p^{2}</math> soit au groupe diédral généralisé construit sur <math>\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} .</math><br /> Indication : dans les [[../Groupes diédraux/|exercices sur le chapitre Groupes diédraux]], on a classifié les groupes non abéliens d'ordre <math>2p^{2} .</math> {{Solution | contenu = Il résulte des hypothèses que l'ordre de G est composé, donc, puisque G est supposé simple, G est un groupe simple fini non abélien. D'autre part, il est clair que les <math>p</math>-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre <math>p^{2},</math> donc ils sont abéliens. Donc, d'après [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|le chapitre théorique]], :(1)<math>\qquad P \cap Z(N_{G}(P)) = 1</math>, ce qui entraîne que <math>(N_{G}(P)</math> n'est pas abélien. On a vu dans les [[../Groupes diédraux/|exercices sur le chapitre Groupes diédraux]] (problème Classification des groupes d'ordre 18) que tout groupe non abélien d'ordre <math>2p^{2}</math> est isomorphe soit au groupe diédral d'ordre <math>2p^{2}</math>, soit au groupe diédral généralisé construit sur <math>\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z},</math> soit au produit direct <math>\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times D_{2p}</math>, où <math>D_{2p}</math> désigne le groupe diédral d'ordre <math>2p .</math> Donc pour démontrer l'énoncé, il suffit de prouver que :(thèse 2)<math>\qquad N_{G}(P) </math> n'est pas isomorphe au produit direct <math>\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times D_{2p} .</math> Supposons que cette thèse soit fausse, ce qui revient à supposer que :(hyp. 3)<math>\qquad N_{G}(P)</math> soit produit direct interne <math>K \times L</math>, où K est un groupe d'ordre p et L un groupe isomorphe à <math>D_{2p}.</math> Alors <math>Z(N_{G}(P)) = Z(K) \times Z(L) = K \times Z(L)</math>, donc :(4)<math>\qquad Z(N_{G}(P))</math> contient K. Puisque P est le seul p-sous-groupe de Sylow de <math>N_{G}(P)</math>, K est contenu dans P, donc, d'après (4), <math>P \cap Z(N_{G}(P)) \not= 1</math>, ce qui contredit (1). Cette contradiction prouve que notre hypothèse (3) est absurde, autrement dit notre thèse (2) est vraie. Comme nous l'avons vu, cela prouve l'énoncé. }} {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Groupes dicycliques/]] | suivant = [[../Premiers résultats sur les groupes simples/]] }} kghvev196meltxfrfwfwc2ki0k16ucd 0 28449 981297 979222 2026-03-30T08:10:47Z Marvoir 1746 /* Problème. Sous-groupes simples de Sn */ ajouté preuve de l'unicité 981297 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 12 | chapitre = [[../../Groupes alternés/]] | précédent = [[../Groupes symétriques finis/]] | suivant = [[../Groupes linéaires/]] | niveau = 13 }} == Problème. Centre d'un groupe alterné == Prouver que si ''n'' est un nombre naturel <math>\ \geq 4</math>, le centralisateur du groupe alterné <math>\ A_{n}</math> dans <math>\ S_{n}</math> est réduit à l'élément neutre. (A fortiori, le centre de <math>\ A_{n}</math> est réduit à l'élément neutre.) {{Solution | contenu = Soit <math>\ \sigma</math> un élément de <math>\ S_{n}</math> qui centralise <math>\ A_{n}</math>. Il s'agit de prouver que <math>\ \sigma</math> est la permutation identique. Soit ''a'' un élément de {1, 2, ... , n}; il s'agit de prouver que <math>\ \sigma</math> fixe ''a''. Puisque ''n'' est supposé au moins égal à 4, nous pouvons choisir dans {1, 2, ... , n} trois éléments distincts de ''a'', soient ''b'', ''c'' et ''d''. Les 3-cycles (a b c) et (b c d) appartiennent à <math>\ A_{n}</math>, donc ils commutent avec <math>\ \sigma</math>, d'où :<math>\ \sigma</math> (a b c) <math>\ \sigma^{-1}</math> = (a b c) et :<math>\ \sigma</math> (b c d) <math>\ \sigma^{-1}</math> = (b c d). Compte tenu de l'effet d'une conjugaison sur un cycle (voir théorie), cela peut s'écrire :(<math>\ \sigma</math>(a) <math>\ \ \sigma</math>(b) <math>\ \ \sigma</math>(c) ) = (a b c) et :(<math>\ \sigma</math>(b) <math>\ \ \sigma</math>(c) <math>\ \ \sigma</math>(d) ) = (b c d). En passant aux supports, nous trouvons :{<math>\ \sigma</math>(a), <math>\ \sigma</math>(b), <math>\ \sigma</math>(c)} = {a, b, c} et :{<math>\ \sigma</math>(b), <math>\ \sigma</math>(c), <math>\ \sigma</math>(d)} = {b, c, d}. Donc :{<math>\sigma</math>(a), <math>\sigma</math>(b), <math>\ \sigma</math>(c)} \ {<math>\ \sigma</math>(b), <math>\ \sigma</math>(c), <math>\ \sigma</math>(d)} = {a, b, c} \ {b, c, d}, d'où :<math>\ \sigma</math>(''a'') = ''a'', ce qui, comme nous l'avons vu, prouve l'énoncé. Remarque. Le fait que pour <math>n \geq 4</math>, le centre de <math>A_{n}</math> est réduit à l'élément neutre pourrait se déduire de la détermination des sous-groupes normaux de <math>\ A_{n}</math> qui a été faite au chapitre théorique.<br /> }} == Problème. Contre-exemple à une réciproque du théorème de Lagrange == Prouver que le groupe alterné A₄, qui est d'ordre 12, n'a pas de sous-groupe d'ordre 6. (Cela montre qu'on ne peut pas énoncer cette réciproque du théorème de Lagrange : « Si d est un diviseur de l’ordre d'un groupe fini G, G admet un sous-groupe d'ordre d. ») {{Solution | contenu = Un sous-groupe d'ordre 6 de A₄ serait d'indice 2 dans A₄, donc (exercices sur le chapitre ''Sous-groupes distingués, groupe quotient'') serait un sous-groupe distingué de A₄. C'est impossible, puisque (chapitre ''Groupes alternés'', section ''[[../../Groupes alternés#Sous-groupes distingués des groupes alternés|Sous-groupes distingués des groupes alternés]]'') les seuls sous-groupes distingués de A₄ sont 1, A₄ lui-même et un sous-groupe d'ordre 4 de A₄. }} == Problème. Un sous-groupe maximal n'est pas forcément d'indice premier == On a vu dans un [[../Groupes monogènes, ordre d'un élément/|exercice sur le chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément]] que si G est un groupe, si M est un sous-groupe ''normal'' et maximal de G, alors M est d'indice (fini) premier dans G. Prouver que ce n'est pas forcément vrai si on ne suppose pas que M est normal. (Indication : on a prouvé dans un précédent exercice que le groupe alterné A₄ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6.) {{Solution | contenu = Nous pouvons choisir un sous-groupe M d'ordre 3 de A₄, par exemple le sous-groupe de A₄ engendré par l'élément <math>(1 2 3)</math>. Prouvons que M est un sous-groupe maximal de A₄. Soit H un sous-groupe de A₄ tel que <math>M \leq H \leq A_{4}</math>. D'après la [[../../Classes modulo un sous-groupe/|formule des indices]], :[A₄:H] [H:M] = [A₄:M], c'est-à-dire :(1)<math>\qquad </math> [A₄:H] [H:M] = 4. On a vu dans un précédent exercice que A₄ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6, autrement dit n'a pas de sous-groupe d'indice 2, donc la relation (1) n'est possible qu'avec [A₄:H] = 1 ou [H:M] = 1. Si [A₄:H] = 1, alors H est égal à A₄; si [H:M] = 1, alors H est égal à M. Nous avons donc prouvé que tout sous-groupe H de A₄ tel que <math>M \leq H \leq A_{4}</math> est égal à M ou à A₄, ce qui revient à dire que M est un sous-groupe maximal de A₄. Puisque M est d'indice 4, et donc d'indice non premier, dans A₄, cela démontre l'énoncé. }} == Problème. Classes de conjugaison du groupe alterné A₄ == a) Soit ''n'' un nombre naturel, soit <math>\sigma</math> un élément de <math>A_{n}</math>; on suppose qu'il existe une permutation impaire <math>\lambda \in S_{n}</math> telle que <math>\sigma = \lambda^{-1} \circ \sigma \circ \lambda</math> (autrement dit, la permutation <math>\sigma</math> est sa propre conjuguée par une permutation impaire dans <math>S_{n}</math>). Prouver que la classe de conjugaison de <math>\sigma</math> dans <math>A_{n}</math> est identique à sa classe de conjugaison dans <math>S_{n}</math>. {{Solution | contenu = Tout conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>A_{n}</math> est conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>S_{n}</math>, donc il suffit de prouver que tout conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>S_{n}</math> est conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>A_{n}</math>. Soit <math>\mu</math> un élément de <math>S_{n}</math>; il s'agit de prouver que <math>\mu^{-1} \sigma \mu</math> est conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>A_{n}</math>. C'est évident si la permutation <math>\mu</math> est paire. Si <math>\mu</math> est impaire, cela résulte de :<math>\mu^{-1} \sigma \mu = \mu^{-1} (\lambda^{-1} \sigma \lambda) \mu = (\lambda \mu)^{-1} \sigma \lambda \mu</math>, où <math>\lambda \mu</math> est paire. }} b) Déterminer le nombre des classes de conjugaison dans le groupe alterné <math>A_4</math>. Pour chaque classe, préciser le cardinal de cette classe et en indiquer un élément. {{Solution | contenu = Le groupe <math>A_4</math> est formé d'un élément d'ordre 1, de trois éléments d'ordre 2, à savoir (1 2) (3 4), (1 3) (2 4) et (1 4) (2 3), c'est-à-dire les trois éléments de <math>S_4</math> de structure cyclique 2-2, et de huit éléments d'ordre 3, à savoir les huit 3-cycles de <math>S_4</math> : (1 2 3) et son inverse, (1 2 4) et son inverse, (1 3 4) et son inverse, (2 3 4) et son inverse. Un élément de la forme (a b) (c d) est son propre conjugué par la permutation impaire (a b), donc, d'après le point a), sa classe de conjugaison dans <math>A_4</math> est égale à sa classe de conjugaison dans <math>S_4</math>. Donc les trois éléments d'ordre 2 de <math>A_4</math> forment une classe de conjugaison dans <math>A_4</math>. :Voici une autre justification de ce fait. Si (a b) (c d) n'avait qu'un conjugué dans <math>A_4</math>, (a b) (c d) serait un élément central de <math>A_4</math>, ce qui est impossible, car d'après un problème précédent, le centre de <math>A_4</math> est réduit à l'élément neutre. Si (a b) (c d) avait exactement deux conjugués dans <math>A_4</math>, son centralisateur dans <math>A_4</math> serait d'ordre 6, ce qui est impossible, car d'après un problème précédent, <math>A_4</math> n'a pas de sous-groupe d'ordre 6. Donc (a b) (c d) a au moins trois conjugués dans <math>A_4</math>, qui sont a fortiori des conjugués de (ab) (cd) dans <math>S_4</math>. Comme (ab) (cd) a exactement trois conjugués dans <math>S_4</math>, les conjugués de (ab) (cd) dans <math>A_4</math> sont donc exactement les trois conjugués de (ab) (cd) dans <math>S_4</math>, à savoir (1 2) (3 4), (1 3) (2 4) et (1 4) (2 3). Montrons maintenant que les huit 3-cycles (conjugués dans <math>S_4</math>) se partagent en deux classes de conjugaison dans <math>A_4</math> comprenant chacune quatre éléments. Soit <math>\gamma</math> un 3-cycle de <math>S_4</math>. Son centralisateur dans <math>S_4</math> est d'ordre 4!/8 = 3. Comme ce centralisateur contient <math>\gamma</math>, il est égal à <math>\langle \gamma \rangle</math> donc inclus dans <math>A_4</math>, si bien que le centralisateur de <math>\gamma</math> dans <math>A_4</math> est, lui aussi, égal à <math>\langle \gamma \rangle</math>, donc la classe de conjugaison de <math>\gamma</math> dans <math>A_4</math> est de cardinal (4!/2)/3 = 4. Il en résulte que les huit éléments d'ordre 3 de <math>A_4</math> se partagent en deux classes de conjugaison de 4 éléments chacune. Montrons que <math>\gamma</math> et <math>\gamma^{-1}</math> ne sont pas conjugués dans <math>A_4</math>. Soit <math>\tau</math> l'une des trois transpositions de support inclus dans celui de <math>\gamma</math>. On vérifie que :<math>\tau^{-1}\gamma\tau=\gamma^{-1}</math> donc pour tout autre élément <math>\rho</math> de <math>S_4</math> tel que <math>\gamma^{-1} = \rho^{-1} \gamma \rho</math>, le produit <math>\rho\tau^{-1}</math> appartient au centralisateur <math>\langle \gamma \rangle\subset A_4</math>, donc <math>\rho\in A_4\tau=S_4\setminus A_4</math>. Ceci prouve que <math>\gamma</math> et <math>\gamma^{-1}</math> ne sont pas conjugués dans <math>A_4</math>. En particulier, (1 2 3) et (1 3 2) ne sont pas conjugués dans <math>A_4</math>. Les 4 classes de conjugaison dans <math>A_4</math> sont donc la classe de l'élément neutre, la classe de (1 2) (3 4), la classe de (1 2 3) et la classe de (1 3 2). }} Remarque. Cet exercice nous servira dans un chapitre ultérieur ([[../Caractères irréductibles de quelques groupes/]]) pour déterminer les caractères complexes irréductibles du groupe <math>A_4</math>. == Problème. Sous-groupes simples de S_n == a) Soient G un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G. Prouver que S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N. (Indication : considérer le sous-groupe <math>S\cap N</math> de S.) {{Solution | contenu = Le sous-groupe <math>S\cap N</math> de S est normal dans S, donc, puisque S est simple, <math>S\cap N</math> est égal à S ou réduit à l'élément neutre. Dans le premier cas, S est contenu dans N, donc l'énoncé est vrai dans ce cas. Dans le second cas, il résulte du [[../../Sous-groupe distingué et groupe quotient#Les trois théorèmes d'isomorphisme|second théorème d'isomorphisme]] que S est isomorphe à SN/N, qui est un sous-groupe de G/N, donc l'énoncé est encore vrai dans ce cas. }} b) Soient ''X'' un ensemble fini et G un sous-groupe de S_X comprenant au moins une permutation impaire. Prouver que G a au moins un sous-groupe d'indice 2. Plus généralement, prouver que si H est un groupe, s'il existe un homomorphisme <math>f</math> de H dans un groupe symétrique fini <math>S_{X}</math> et un élément <math>x</math> de H tel que f(x) soit une permutation impaire, alors H a au moins un sous-groupe d'indice 2. {{Solution | contenu = Démontrons d'abord le second énoncé. Faisons suivre <math>f</math> par l'homomorphisme signature de <math>S_{X}</math> dans le groupe <math>\{1, - 1 \} .</math> Nous obtenons ainsi un homomorphisme <math>g : H \to \{1, - 1 \}</math> qui, d'après les hypothèses, prend la valeur -1, et est donc surjectif. D'après le premier théorème d'isomorphisme, <math>H/Ker g</math> est donc isomorphe à <math>\{1, - 1 \}</math> et est donc d'ordre 2, donc <math>Ker g</math> est un sous-groupe d'indice 2 de H, ce qui prouve le second énoncé du point b). On en tire le premier énoncé en faisant H = G et en prenant pour <math>f</math> l'homomorphisme inclusion <math>t \mapsto t</math> de G dans S_X }} Remarque. Le premier énoncé du point b) nous servira dans la suite du présent problème. Le second énoncé nous servira dans un problème de la série [[../Premiers résultats sur les groupes simples/|Premiers résultats sur les groupes simples]]. c) Soient ''X'' un ensemble fini et G un sous-groupe simple de S_X dont l’ordre est au moins égal à 3. Prouver de deux façons, l'une à l'aide du point a) et l'autre à l'aide du point b), que G est contenu dans A_X. {{Solution | contenu = Voici tout d’abord une démonstration à l'aide du point a). On a vu dans la théorie que A_X est un sous-groupe normal de S_X. D'après le point a), G est donc contenu dans A_X ou isomorphe à un sous-groupe de S_X/A_X. Mais S_X/A_X est d'ordre au plus égal à 2 (et en fait, dans nos hypothèses, d'ordre égal à 2). Donc G, qui est supposé d'ordre au moins égal à 3, ne peut pas être isomorphe à un sous-groupe de S_X/A_X, donc il est contenu dans A_X, ce qui prouve l'énoncé.<br /> Voici maintenant une démonstration à l'aide du point b). Il revient au même de prouver que si G n’est pas contenu dans A_X, il n’est pas simple. Or d’après le point b), G contient alors un sous-groupe d'indice 2, soit H. Puisque l’ordre de G est > 2, on a 1 < H < G; de plus, tout sous-groupe d'indice 2 étant normal, H est normal dans G. Il en résulte que G n’est pas simple. }} Remarque. L'énoncé c) nous servira pour démontrer dans le chapitre [[../../Premiers résultats sur les groupes simples|Premiers résultats sur les groupes simples]] que si un groupe simple G d'ordre au moins égal à 3 admet un sous-groupe propre d'indice fini ''n'', G est isomorphe à un sous-groupe de A_n. (Théorème de plongement.) d) Soient ''n'' un nombre naturel '''impair''' et G un groupe d'ordre 2''n''. Prouver que G contient un et un seul sous-groupe d'ordre ''n''. (Indication : pour prouver l'existence d'un sous-groupe d'ordre ''n'' de G, utiliser le point b), en considérant un certain sous-groupe isomorphe à G dans le groupe S_E, où E désigne l’ensemble sous-jacent de G.) Pour prouver l'unicité du sous-groupe d'ordre ''n'' de G, utiliser un [[../Classes modulo un sous-groupe|exercice sur le chapitre Classes modulo un sous-groupe]].) {{Solution | contenu = Désignons par E l’ensemble sous-jacent de G. Pour tout élément ''g'' de G, désignons par L_g la permutation <math>\ x \mapsto gx</math> de E. D'après le [[../../Action de groupe#Théorème de Cayley|théorème de Cayley]], <math>\ g \mapsto L_{g}</math> définit un isomorphisme de G sur un sous-groupe H de S_E. D'après le théorème de Cauchy, G admet un élément ''a'' d'ordre 2. Alors L_a est un élément d'ordre 2 de H. D'autre part, du fait que ''a'' n’est pas l'élément neutre de G, il résulte que L_a ne fixe aucun point. En considérant la décomposition de L_a en cycles à supports disjoints, on trouve que L_a est le produit de ''n'' transpositions et est donc une permutation impaire. Ainsi, H comprend une permutation impaire. D'après le point b), H a donc un sous-groupe d'indice 2. Puisque H est isomorphe à G, G a donc un sous-groupe d'indice 2, autrement dit un sous-groupe d'ordre ''n''. D'aitre part, puisque ''n'' est impair, il résulte d'un [[../Classes modulo un sous-groupe|exercice sur le chapitre Classes modulo un sous-groupe]] que G a au plus un sous-groupe d'ordre ''n'', donc il en a un et un seul. }} Remarque. Dans les exercices de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] on prouvera d'une autre façon que sous les hypothèses du point d), G a un et un seul sous-groupe d'ordre ''n''. == Problème. Sous-groupes normaux de S_n == Prouver que si ''n'' est un nombre naturel distinct de 4, les sous-groupes normaux de S_n sont 1, A_n et S_n. Prouver que les sous-groupes normaux de S₄ sont 1, V, A₄ et S₄, où V désigne le sous-groupe :V = {1, (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), (1 4) (2 3)} de S₄. (Indication : on peut utiliser les résultats du chapitre théorique sur les sous-groupes normaux de A_n et le fait suivant, démontré dans un problème ci-dessus : si G est un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G, alors S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N.) {{Solution | contenu = Vu l'effet d'une conjugaison sur la décomposition d'une permutation en cycles, V est un sous-groupe normal de S₄. Comme (pour tout nombre naturel ''n'') 1, A_n et S_n sont normaux dans S_n, il reste à prouver que :(thèse 1) si ''n'' est un nombre naturel distinct de 4, tout sous-groupe normal de S_n est égal à 1, à A_n ou à S_n et que :(thèse 2) tout sous-groupe normal de S₄ est égal 1, à V, à A₄ ou à S₄. Si n ≤ 2, la thèse (1) est banale. Il suffit donc de la démontrer dans le cas où ''n'' est égal à 3 ou au moins égal à 5. D'après le chapitre théorique, A_n est alors simple. On a vu dans un problème ci-dessus que si G est un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G, alors S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N. En faisant G = S_n et S = A_n, nous trouvons que si N est un sous-groupe normal de S_n, alors A_n est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de S_n/N. Si tout d'abord A_n est contenu dans N (d'où A_n ≤ N ≤ S_n), alors, puisque A_n est d'indice 2 dans S_n, la formule des indices entraîne que N est égal à A_n ou à S_n, donc la thèse (1) est vraie dans ce cas. Si maintenant A_n est isomorphe à un sous-groupe de S_n/N, alors <nowiki>|</nowiki>A_n<nowiki>|</nowiki> divise <nowiki>|</nowiki>S_n/N<nowiki>|</nowiki>, donc <nowiki>|</nowiki>N<nowiki>|</nowiki> divise <nowiki>|</nowiki>S_n/A_n<nowiki>|</nowiki> = 2, donc <nowiki>|</nowiki>N<nowiki>|</nowiki> = 1 ou 2. Si <nowiki>|</nowiki>N<nowiki>|</nowiki> était égal à 2, alors, puisque N est normal dans S_n, N serait central dans S_n, ce qui est impossible, car on a vu dans les exercices de la série [[../Groupes symétriques finis|Groupes symétriques finis]] que si n ≥ 3, le centre de S_n est réduit à l'élément neutre. Donc N = 1, ce qui achève de démontrer la thèse (1). Prouvons la thèse (2). On pourrait donner une démonstration, assez lourde, dans la ligne de ce qui précède, mais voici une démonstration élémentaire et simple. Soit N un sous-groupe normal de S₄, distinct de 1, de A₄ et de S₄. Il s'agit de prouver que :(thèse 3) N est égal à V. Si N comprenait une transposition, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait toutes les transpositions, donc il serait égal à S₄, contradiction. Donc N ne comprend aucune transposition.<br /> Si N comprenait un 3-cycle, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait tous les 3-cycles, donc il contiendrait A₄. Comme A₄ est d'indice 2 dans S₄, N serait donc égal à A₄ ou à S₄ (formule des indices), contradiction. Donc N ne comprend aucun 3-cycle.<br /> Si N comprenait un 4-cycle, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait tous les 4-cycles et comprendrait donc (1 2 3) = (1 3 2 4) (1 3 4 2), ce qui contredit le résultat précédent. Donc N ne comprend aucun 4-cycle.<br /> D'après ce qui précède, N est contenu dans V. Puisque N n'est pas réduit au neutre, il comprend un élément de structure cyclique 2-2; puisqu'il est normal dans S₄, il comprend donc tous les éléments de structure cyclique 2-2 et contient donc V, donc est égal à V, ce qui prouve la thèse (3). }} Remarque. [[w:Représentations du groupe symétrique#Représentation θ|Le groupe quotient S₄/V est isomorphe à S₃]]. == Problème. Exemple de groupe simple infini == a) Soient ''X'' un ensemble fini, ''Y'' une partie de ''X'' et <math>\sigma </math> une permutation de ''X'' dont le support est contenu dans ''Y''. Il est clair que <math>\sigma </math> induit une permutation <math>\sigma|Y : x \mapsto \sigma(x)</math> de ''Y'' que nous appellerons la birestriction<ref>Si ''f'' est une application d'un ensemble A dans un ensemble B, si A' est une partie de A et B' une partie de B telles que f(A') soit contenu dans B', l’application <math>x \mapsto f(x)</math> de A' dans B' est appelée la birestriction de ''f'' à (A', B'). Voir par exemple Aleksandr Yakovlevich Khelemskiĭ, ''Lectures and Exercises on Functional Analysis'', American Mathematical Soc., 2006, p. 3. On s'écarte ici légèrement de cette terminologie, puisqu'on ne parle pas de la birestriction à (Y, Y) mais à Y. De même, notre notation <math>\sigma|Y</math> n’est pas conforme à celle de Khelemskiĭ, qui écrit, à droite de la barre verticale, l’ensemble de départ de la birestriction en bas et son ensemble d'arrivée en haut.</ref> de <math>\sigma </math> à ''Y''. Montrer que <math>\sigma </math> est une permutation paire de ''X'' si et seulement si <math>\sigma|Y</math> est une permutation paire de ''Y''. {{Solution | contenu = Choisissons une décomposition de <math>\sigma|Y</math> comme produit <math>\tau_{1} \ldots \tau_{n}</math> de transpositions de ''Y''. Nous savons que <math>\sigma|Y</math> est paire si et seulement si ''n'' est pair. Pour chaque ''i'' (<math>1 \leq i \leq n</math>), désignons par <math>\tilde{\tau_{i}}</math> la permutation de ''X'' qui coïncide avec <math>\tau_{i}</math> en tout point de ''Y'' et laisse fixes tous les points de ''X'' - ''Y''. Il est clair que <math>\tilde{\tau_{i}}</math> est une transposition de ''X'' et que <math>\sigma </math> est égale au produit <math>\tilde{\tau_{1}} \ldots \tilde{\tau_{n}}</math>. Donc <math>\sigma </math> est paire si et seulement si ''n'' est pair. Ainsi, <math>\sigma|Y</math> et <math>\sigma</math> sont paires à la même condition. }} b) Soient ''X'' un ensemble fini, ''Y'' une partie de ''X'' et <math>\sigma </math> une permutation de ''X'' dont le support est contenu dans ''Y''. Comme noté à la question précédente, <math>\sigma </math> induit une permutation <math>\sigma|Y : x \mapsto \sigma(x)</math> de ''Y'' que nous appelons la birestriction de <math>\sigma </math> à ''Y''. Montrer que <math>\sigma </math> est un produit de cycles de longueur 3 de ''X'' si et seulement si <math>\sigma|Y</math> est un produit de cycles de longueur 3 de ''Y''. {{Solution | contenu = Conséquence immédiate du problème précédent, puisque si ''E'' désigne un ensemble fini, les permutations paires de ''E'' sont exactement les produits de cycles de longueur 3 de ''E''. }} Soit ''E'' l’ensemble (infini) des nombres naturels > 0. Comme pour un ensemble fini, on appelle transposition de ''E'' toute permutation <math>\tau</math> de ''E'' pour laquelle il existe deux éléments distincts ''a'', ''b'' de ''E'' tels que <math>\tau(a) = b</math>, <math>\tau(b) = a</math> et <math>\tau(x) = x</math> pour tout ''x'' distinct de ''a'' et de ''b''. On désigne par <math>A_{\infty}</math> l’ensemble des permutations de ''E'' qui peuvent s'écrire comme produit d'un nombre pair de transpositions de ''E'' (non forcément deux à deux distinctes). C'est clairement un sous-groupe infini de ''S_E''. On va prouver que ce groupe infini est simple. c) Pour chaque nombre naturel ''n'' > 0, désignons par ''B_n'' le sous-groupe de <math>A_{\infty}</math> formé par les permutations <math>\in A_{\infty}</math> dont le support est contenu dans <math>\{1, \ldots n\}</math>. Prouver que, pour tout élément <math>\sigma</math> de ''B_n'', la birestriction de <math>\sigma</math> à <math>\{1, \ldots n\}</math> est une permutation paire de <math>\{1, \ldots n\}</math> et que ''B_n'' est isomorphe à ''A_n''. {{Solution | contenu = Puisque <math>\sigma</math> appartient à <math>A_{\infty}</math>, il existe des transpositions <math>\tau_{1}, \ldots \tau_{2k}</math> de ''E'' telles que <math>\sigma = \tau_{1} \ldots \tau_{2k}</math>. Soit ''X'' la réunion de <math>\{1, \ldots n\}</math> et des supports des <math>\tau_{i}</math>. Puisque le support de <math>\sigma</math> est contenu dans ''X'' (par exemple parce qu’il est contenu dans <math>\{1, \ldots n\}</math>), nous pouvons considérer la birestriction <math>\sigma |X</math> de <math>\sigma</math> à ''X''. Pour chaque ''i'' (<math>1 \leq i \leq 2k</math>), désignons par <math>\bar{\tau_{i}}</math> la birestriction de <math>\tau_{i}</math> à ''X'' (ce qui est possible puisque le support de <math>\tau_{i}</math> est contenu dans ''X''). Il est clair que <math>\sigma |X</math> est le produit des <math>\bar{\tau_{i}}</math> (<math>i \leq 2k</math>), donc c’est une permutation paire de ''X''. Son support est contenu dans <math>\{1, \ldots n\}</math> (puisque le support de <math>\sigma</math> l'est lui-même) donc, d’après la question a), la birestriction de <math>\sigma |X</math> à <math>\{1, \ldots n\}</math> est une permutation paire de <math>\{1, \ldots n\}</math>, autrement dit la birestriction de <math>\sigma</math> à <math>\{1, \ldots n\}</math> est une permutation paire de <math>\{1, \ldots n\}</math>, comme annoncé. Nous pouvons donc définir une application de ''B_n'' dans ''A_n'' qui à tout élément <math>\sigma</math> de ''B_n'' fait correspondre sa birestriction à <math>\{1, \ldots n\}</math>. D'autre part, si <math>\varphi</math> est un élément de ''A_n'', on montre facilement que la permutation de ''E'' qui coïncide avec <math>\varphi</math> en tout élément de <math>\{1, \ldots n\}</math> et laisse fixes tous les autres éléments de ''E'' appartient à ''B_n'', ce qui permet de définir une application de ''A_n'' dans ''B_n'', réciproque de l’application que nous avons définie de ''B_n'' dans ''A_n''. Ainsi, il existe une bijection de ''B_n'' sur ''A_n'' qui applique tout élément <math>\sigma</math> de ''B_n'' sur sa birestriction à <math>\{1, \ldots n\}</math>. On vérifie facilement que cette bijection est un isomorphisme, donc ''B_n'' est isomorphe à ''A_n'' comme annoncé.<br /> }} d) Soit <math>H \not= 1</math> un sous-groupe distingué de <math>A_{\infty}</math>. En raisonnant sur le sous-groupe <math>H \cap B_{n}</math> de ''B_n'', montrer que <math>H = A_{\infty}</math>, ce qui prouve que <math>A_{\infty}</math> est simple. {{Solution | contenu = Choisissons dans ''H'' un élément <math>\sigma \not= 1</math>. Il est clair que <math>A_{\infty}</math> est la réunion des ''B_n'', donc il existe un ''n''₀ tel que <math>\sigma \in B_{n_{0}}</math>. Soit ''n''₁ le plus grand des deux nombres ''n''₀ et 5. Il est clair que la suite des ''B_n'' est croissante, donc <math>\sigma</math> appartient à ''B_n'' pour tout nombre naturel <math>n \geq n_{1}</math>. Soit ''n'' un tel nombre naturel. Puisque ''H'' est distingué dans <math>A_{\infty}</math>, <math>H \cap B_{n}</math> est distingué dans ''B_n''. Puisque <math>n \geq 5</math>, ''A_n'' est simple. Puisque, d’après la question c), ''B_n'' est isomorphe à ''A_n'', ''B_n'' est simple. Ainsi, <math>H \cap B_{n}</math> est un sous-groupe distingué du groupe simple ''B_n'' et comprend l'élément <math>\sigma \not= 1</math>. On a donc <math>H \cap B_{n} = B_{n}</math>, autrement dit, ''H'' contient ''B_n''. Puisque ceci est vrai pour tout <math>n \geq n_{1}</math> et que la suite des ''B_n'' est croissante, ''H'' contient ''B_n'' pour tout <math>n \geq 1</math>. Puisque <math>A_{\infty}</math> est la réunion des ''B_n'', ''H'' est donc égal à <math>A_{\infty}</math> tout entier, ce qui prouve bien que <math>A_{\infty}</math> est simple. (Cette démonstration s'étend de façon immédiate à l'énoncé suivant : si un groupe est réunion d'une suite croissante de sous-groupes simples, ce groupe est simple.) Remarque : le point a) n’est pas vraiment nécessaire pour prouver que <math>A_{\infty}</math> est simple. Il suffit de définir ''B_n'' comme l’ensemble des éléments de <math>A_{\infty}</math> dont le support est contenu dans <math>\{1, \ldots n\}</math> et dont la restriction à <math>\{1, \ldots n\}</math> est une permutation paire de <math>\{1, \ldots n\}</math>. Cela permet d'abréger la démonstration, mais a l'inconvénient de donner une définition redondante de ''B_n'', puisque, d’après le point a), on peut éliminer de cette définition la condition que la restriction à <math>\{1, \ldots n\}</math> soit une permutation paire. }} == Problème. Groupes d'ordre 12 ayant plusieurs sous-groupes d'ordre 3. == Soit G un groupe d'ordre 12 ayant plusieurs sous-groupes d'ordre 3. Prouver que G est isomorphe à A₄. (Indication : faire opérer G par conjugaison sur l'ensemble des 3-Sylow de G et raisonner sur le noyau de l'homomorphisme correspondant à cette opération.) {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow, l'ensemble E des 3-Sylow de G est de cardinal 4 et G opère transitivement sur E par conjugaison, ce qui nous fournit un homomorphisme <math>\varphi:G\to S_E</math>. Montrons que cet homomorphisme est injectif. Soit <math>x\in\ker\varphi</math>. Pour tout <math>P\in E</math>, on a <math>x^{-1}Px=P</math> donc <math>x</math> appartient au normalisateur de P. Ce normalisateur est d'indice <math>\vert E \vert </math> = 4 dans G, donc est d'ordre 3. Comme il contient P, il est donc égal à P. Ainsi, x appartient au sous-groupe <math>K:=\cap_{P\in E}P</math>. L'intersection de deux sous-groupes d'ordre 3 distincts est réduite à l'élément neutre, donc K est réduit à l'élément neutre, ce qui prouve que <math>\varphi</math> est injectif. Donc G est isomorphe au sous-groupe im(<math>\varphi</math>) de S_E. Puisque E a 4 éléments, S_E est isomorphe à S₄, donc G est isomorphe à un sous-groupe de S₄, sous-groupe d'ordre <math>\vert G \vert </math> = 12. On a noté dans le chapitre [[../../Groupes alternés|Groupes alternés]] que pour n ≥ 2, le seul sous-groupe d'indice 2 de S_n est A_n, donc G est isomorphe à A₄. Remarque : de façon générale, si H est un sous-groupe d'un groupe G, l'intersection des conjugués de H dans G est appelée le {{w|Cœur d'un sous-groupe|cœur}} de H dans G. Donc, dans le cas qui nous a occupés, K était le cœur dans G de chacun des quatre 3-Sylow. }} Remarques. 1° L'énoncé du présent problème nous servira à classifier les groupes d'ordre 12 dans [[../Groupes dicycliques#Problème 4 (Classification des groupes d'ordre 12)|un exercice sur le chapitre des groupes dicycliques]]. 2° Il nous servira aussi à prouver que tous les [[../../Intermède : groupes simples d'ordre 168#Section 3. Groupes simples d'ordre 168|groupes simples d'ordre 168]] sont isomorphes. == Problème. Sur certains groupes d'ordre 24== a) Soit G un groupe d'ordre 24 ayant plus d'un 3-sous-groupe de Sylow. Prouver que G est isomorphe à S₄ ou G/Z(G) isomorphe à A₄. (Indication : G opère par conjugaison sur l’ensemble E de ses 3-sous-groupes de Sylow. Raisonner sur le noyau de l'homomorphisme de G dans S_E correspondant à cette opération et appliquer un problème sur les sous-groupes de Sylow.) {{clr}} {{Solution | contenu = D'après un théorème de Sylow, le nombre des sous-groupes d'ordre 3 de G est congru à 1 modulo 3 et divise 8. Par hypothèse, ce nombre est > 1, donc il est égal à 4. L'ensemble E des 3-sous-groupes de Sylow de G est donc un ensemble à 4 éléments. D'après un théorème de Sylow, E est une classe de conjugaison de sous-groupes de G, donc G opère sur E par conjugaison. Soit ''f'' l'homomorphisme de G dans S_E correspondant à cette opération, soit K le noyau de ''f''. Alors <math>K = \bigcap_{i=1}^{4}N_{G}(P_{i})</math>, où les P_i sont les quatre sous-groupes d'ordre 3 de G. D'après un exercice sur le chapitre des sous-groupes de Sylow (où on fait p = 3), l’ordre de K divise donc 2 <math>\vert \bigcap_{i=1}^{4}P_{i} \vert </math>. L'intersection de deux différents sous-groupes d'ordre 3 est réduite à l'élément neutre, donc <math>\vert \bigcap_{i=1}^{4}P_{i} \vert </math> = 1, donc l’ordre de K est égal à 1 ou à 2.<br /> Puisque K est le noyau d'un homomorphisme partant de G, c’est un sous-groupe normal de G. Un sous-groupe normal d'ordre égal à 1 ou à 2 est central, donc K est contenu dans le centre de G. D'autre part, comme noté audit exercice sur les sous-groupes de Sylow, le centre de G est contenu dans <math>\bigcap_{i=1}^{4}N_{G}(P_{i})</math>, c'est-à-dire dans K. Donc K = Z(G) et Z(G) est d'ordre 1 ou 2.<br /> D'après le premier théorème d'isomorphisme, G/K est isomorphe à un sous-groupe de S_E, donc à un sous-groupe de S₄. On a vu que K = Z(G), donc G/Z(G) est isomorphe à un sous-groupe de S₄. Si Z(G) est d'ordre 1, G est donc isomorphe à un sous-groupe d'orde 24 de S₄, qui ne peut être que S₄ lui-même. Si Z(G) est d'ordre 2, G/Z(G) est isomorphe à un sous-groupe d'ordre 12 de S₄; on a noté au chapitre [[../../Groupes alternés|Groupes alternés]] que (pour n ≥ 2) A_n est le seul sous-groupe d'indice 2 de S_n, donc G/Z(G) est isomorphe à A₄. }} b) Soit G un groupe d'ordre 24. On suppose que G a un sous-groupe normal d'ordre 4 qui est son propre centralisateur dans G. Prouver que G est isomorphe à S₄. (Indication : prouver que G a plus d'un sous-groupe d'ordre 3 et que son centre est réduit à l'élément neutre.) {{clr}} {{Solution | contenu = Choisissons un sous-groupe normal H d'ordre 4 de G qui soit son propre centralisateur dans G.<br /> Supposons que, par absurde, G n'ait qu'un sous-groupe d'ordre 3, soit P. Alors P est normal dans G. Comme les ordres de H et de P sont premiers ente eux, H ⋂ P = 1. On a vu dans les exercices de la série [[../Sous-groupe distingué, groupe quotient|Sous-groupe distingué, groupe quotient]] que si deux sous-groupes normaux d'un groupe ont une intersection réduite à l'élément neutre, ils se centralisent mutuellement. Donc P centralise H, ce qui est absurde puisque P n’est pas contenu dans H et que H est supposé être son propre centralisateur. La contradiction obtenue prouve que :(3) G a plus d'un sous-groupe d'ordre 3.<br /> Prouvons maintenant que Z(G) = 1. Choisissons un élément d'ordre 3 de G, soit ''a''. Puisque ''a'' est d'ordre 3, il n'appartient pas à H. Puisque H est son propre centralisateur, ''a'' ne centralise donc pas H. Puisque H est normal dans G, chaque automorphisme intérieur de G admet une birestriction à H et l’application de G dans Aut(H) qui à ''g'' fait correspondre l'automorphisme x ↦ gxg^-1 de H est un homomorphisme de G dans Aut(H). Puisque ''a'' est d'ordre 3, l’ordre de son image par cet homomorphisme divise 3, autrement dit l’ordre de l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H divise 3. On a vu que ''a'' ne centralise pas H, donc l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H n’est pas l'identité, donc cet automorphisme de H est d'ordre 3. Il en résulte que la permutation de H - {1} induite par cet automorphisme est elle aussi d'ordre 3 et est donc un 3-cycle, donc l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H n'a pas de point fixe dans H - {1}. Puisqu'un élément de Z(G) est un point fixe de cet automorphisme, aucun élément de Z(G) n'appartient à H - {1}. Mais, puisque H est son propre centralisateur dans G, Z(G) est contenu dans H, donc :(4) Z(G) = 1. Compte tenu de (3) et (4), l'énoncé résulte du point a). }} c) Soit G un groupe d'ordre 24 admettant plus d'un 2-sous-groupe de Sylow et plus d'un 3-sous-groupe de Sylow. Prouver que G est isomorphe à S₄. (Indication. Il résulte du point a) que dans le cas contraire, G/Z(G) serait isomorphe à A₄. Un [[Théorie des groupes/Exercices/Théorèmes de Sylow|exercice sur les théorèmes de Sylow]] permet d'exprimer les 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G) en fonction des 2-sous-groupes de Sylow de G. En déduire que A₄ aurait plus d'un 2-sous-groupe de Sylow et conclure.) {{clr}} {{Solution | contenu = Supposons que, par absurde, G ne soit pas isomorphe à S₄. Alors, d'après le point a), G/Z(G) est isomorphe à A₄, ce qui entraîne que Z(G) est d'ordre 2. Par hypothèse, nous pouvons choisir deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G, soient P et Q. D'après un [[Théorie des groupes/Exercices/Théorèmes de Sylow|exercice sur les théorèmes de Sylow]], PZ(G)/Z(G) et QZ(G)/Z(G) sont des 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G). S'ils n'étaient pas distincts, on aurait, en passant aux réunions, : (1) PZ(G) = QZ(G). Mais, d'autre part, comme Z(G) est un sous-groupe normal d'ordre 2 de G, il est contenu dans tous les 2-sous-groupes de Sylow de G, donc PZ(G)= P et QZ(G) = Q, donc notre résultat (1) peut s'écrire P = Q, ce qui contredit le choix de P et Q. Donc PZ(G)/Z(G) et QZ(G)/Z(G) sont deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G). On a vu que G/Z(G) est isomorphe à A₄, donc, d'après ce qui précède, A₄ compte plus d'un 2-sous-groupe de Sylow. Ceci est faux, car on a vu dans le chapitre théorique que A₄ a un sous-groupe normal d'ordre 4, qui est donc son unique 2-sous-groupe de Sylow. La contradiction obtenue prouve l'énoncé. }} Remarques. 1° Le point b) nous servira à prouver que le groupe des automorphismes du groupe des quaternions est isomorphe à S₄.</br> 2° Le point c) nous servira dans le [[../../Intermède : groupes simples d'ordre 168|chapitre sur les groupes simples d'ordre 168]].</br> 3° En cherchant quelle pourrait être la structure cyclique d'un élément d'ordre 6 de S₄, on voit facilement que S₄ n'a pas d'élément d'ordre 6. Dans [[../Produit semi-direct|un exercice sur le chapitre Produit semi-direct]], on verra que tout groupe d'ordre 24 sans élément d'ordre 6 est isomorphe à S₄. == Un sous-groupe normal maximal qui n'est pas un sous-groupe maximal == Au chapitre [[../../Sous-groupe distingué et groupe quotient|Sous-groupe distingué et groupe quotient]], on a défini un sous-groupe normal maximal d'un groupe G comme un élément maximal de l'ensemble des sous-groupes normaux propres de G, cet ensemble étant ordonné par inclusion. Prouver par un exemple qu'un sous-groupe normal maximal d'un groupe n'est pas forcément un sous-groupe maximal de ce groupe. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le chapitre théorique, le groupe A₅ est un groupe simple, donc le sous-groupe trivial 1 de A₅ est un sous-groupe normal maximal de A₅. En revanche, 1 n'est pas un sous-groupe maximal de A₅, puisque, par exemple, on peut choisir un 3-cycle dans A₅ et que le sous-groupe H de A₅ engendré par ce 3-cycle est d'ordre 3, d'où 1 < H < A₅. }} == Notes et références == <references/> {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Groupes symétriques finis/]] | suivant = [[../Groupes linéaires/]] }} 8dec1jstoomna55sm2poo1f7k8dvgg3 0 47457 981289 981277 2026-03-29T19:45:28Z Crochet.david 317 Révocation d’une modification de [[Special:Contributions/~2026-19557-65|~2026-19557-65]] ([[User talk:~2026-19557-65|discussion]]) vers la dernière version de [[User:Fourmidable|Fourmidable]] 894299 wikitext text/x-wiki {{À fusionner|Préparation au CEP camerounais}} {{Structure | titre = Certificat d'études primaires | contexte = [[Scolarité au Cameroun]] | cours = oui | pays = Cameroun }} p6atqzru2rzozadbhduhzemhy73bg63 2 86786 981292 980828 2026-03-30T06:12:30Z Adù229 68830 Modification du sujet 981292 wikitext text/x-wiki [[Catégorie:{{#titleparts: {{PAGENAME}} | | 2 }}]] == Étudiants étrangers - Entraide entre pairs == === Question === Dans quelles mesures les étudiants étrangers subsahariens francophones mobilisent leurs pairs pour accéder à des ressources dans le pays d’accueil au sein d’espaces prenant de groupes en ligne ? === Corpus === Discussion d'un groupe WhatsApp d'étudiants étrangers originaire d'un pays de l'Afrique subsaharienne francophone. mwuyc067dtknxhaluml2wqd3ml9fnix 981293 981292 2026-03-30T06:13:27Z Adù229 68830 981293 wikitext text/x-wiki [[Catégorie:{{#titleparts: {{PAGENAME}} | | 2 }}]] == Étudiants étrangers - Entraide entre pairs == === Question === Dans quelles mesures les étudiants étrangers subsahariens francophones mobilisent leurs pairs pour accéder à des ressources dans le pays d’accueil au sein d’espaces prenant la forme de groupes en ligne ? === Corpus === Discussion d'un groupe WhatsApp d'étudiants étrangers originaire d'un pays de l'Afrique subsaharienne francophone. kt4j6lt5slnkpc5jms03yrw8x38i9qf 981294 981293 2026-03-30T06:50:02Z Adù229 68830 981294 wikitext text/x-wiki [[Catégorie:{{#titleparts: {{PAGENAME}} | | 2 }}]] == Étudiants étrangers - Liens et entraide entre pairs == === Question === Dans quelles mesures les étudiants étrangers subsahariens francophones mobilisent leurs pairs pour accéder à des ressources dans le pays d’accueil au sein d’espaces prenant la forme de groupes en ligne ? === Corpus === Discussion d'un groupe WhatsApp d'étudiants étrangers originaire d'un pays de l'Afrique subsaharienne francophone. fc5a0ofoqzj79akgioynthk0az8m28m 0 86804 981283 2026-03-29T16:41:55Z CatEatingCake 80047 création de la page 981283 wikitext text/x-wiki <!-- NE RIEN ÉCRIRE AU-DESSUS DE CETTE LIGNE --> {{Cours | idfaculté = sciences de l'ingénieur | département = Génie civil | scolarité = <!-- exemple : [[Première générale (France)|Première générale]] --> | niveau = 12 | titre = Bâtiments en acier | chapitres = <!-- oui facultatif --> | fiches = <!-- oui facultatif --> | option = <!-- nouvelle rubrique --> | option2 = <!-- nouvelle rubrique --> | option3 = <!-- nouvelle rubrique --> | option4 = <!-- nouvelle rubrique --> | option5 = <!-- nouvelle rubrique --> | quiz = <!-- oui facultatif --> | feuilles-exercices = <!-- oui facultatif --> | devoirs = <!-- oui facultatif --> | dissertations = <!-- oui facultatif --> | TP = <!-- oui facultatif --> | sujets-examen = <!-- oui facultatif --> | compléments = <!-- oui facultatif --> | annexes = <!-- oui facultatif --> }} <!-- NE RIEN ÉCRIRE SOUS CETTE LIGNE --> dn9rphilzyimz61cbcrxkpn4f77bzfp 0 86805 981284 2026-03-29T16:49:15Z CatEatingCake 80047 création page 981284 wikitext text/x-wiki <!-- NE RIEN ÉCRIRE AU-DESSUS DE CETTE LIGNE --> {{Leçon | idfaculté = sciences de l'ingénieur | département = Génie civil | cours = Types de bâtiments en acier | niveau = 12 | PlusLoin = <!-- oui si cette leçon est un prérequis pour une ou plusieurs autres --> | 1 = Généralités | 2 = Types de bâtiments en acier | 3 = <!-- etc. --> | fiche1 = <!-- {{F|Titre de la fiche 1|avancement (0 à 4)}} --> | annexe1 = <!-- {{Ann|Titre de l'annexe 1|avancement (0 à 4)}} --> | quiz1 = <!-- {{Qu|Titre du quiz 1|avancement (0 à 4)}} --> | exo1 = <!-- {{Exo|Titre de l'exercice 1|avancement (0 à 4)}} --> | tp1 = <!-- {{TP|Titre du travail pratique 1|avancement (0 à 4)}} --> | autres projets = <!-- afficher des liens vers les projets frères : oui ou rien --> | w = Construction en acier | commons = <!-- titre de la catégorie correspondante sur Commons (facultatif) --> | wikt = <!-- titre du mot correspondant sur Wiktionnaire (facultatif) --> | b = <!-- titre du manuel correspondant sur Wikibooks (facultatif) --> | imprimable = <!-- "oui" pour pouvoir créer une version imprimable --> }} <!-- NE RIEN ÉCRIRE SOUS CETTE LIGNE --> mn06gmg3sn8qr0jo0hetsne5ykmep3v 0 86806 981285 2026-03-29T16:52:17Z CatEatingCake 80047 création page 981285 wikitext text/x-wiki __EXPECTED_UNCONNECTED_PAGE__ * Objectif n° 1 : découvrir les types communs de bâtiments construits en acier * Objectif n° 2 : apprendre les différents termes permettant de décrire la structure métallique de ces bâtiments * Objectif n° 3 : apprendre les bases de conception de bâtiments en acier {{AutoCat}} 7c3riuar6vvvfg9mh5zr21bca7xmbtq 0 86807 981286 2026-03-29T16:56:31Z CatEatingCake 80047 création page 981286 wikitext text/x-wiki Cette leçon concerne les bâtiments construits majoritairement en acier, tels que halls industriels, stades, piscines et autres. Les différents types de bâtiments seront présentés, ainsi que la terminologie permettant de décrire une ossature métallique. Enfin, les bases générales pour la conception de tels bâtiments seront données. s9c2dbo8xyqitfrlq60ngl6egkqdayl 2 86808 981287 2026-03-29T17:12:13Z CatEatingCake 80047 création page 981287 wikitext text/x-wiki {{BUdébut}} {{Utilisateur fr}} {{Utilisateur en-4}} {{Utilisateur nl-2}} {{Utilisateur no-2}} {{Utilisateur Âge|année=1998|mois=3|date=17|qui=CatEatingCake}} {{BUfin}} Bonjour à tous, ingénieur civil des constructions en Belgique (UCLouvain) et je suis un grand fan des connaissances accessibles à tous. J'ai travaillé dans l'infrastructure et je suis maintenant dans une entreprise qui conçoit principalement des structures métalliques. jvjukkz3n48eajt5farubocsa4gnofx 981288 981287 2026-03-29T17:12:31Z CatEatingCake 80047 981288 wikitext text/x-wiki {{BUdébut}} {{Utilisateur fr}} {{Utilisateur en-4}} {{Utilisateur nl-2}} {{Utilisateur no-2}} {{Utilisateur Âge|année=1998|mois=3|date=17|qui=CatEatingCake}} {{BUfin}} Bonjour à tous, je suis ingénieur civil des constructions en Belgique (UCLouvain) et je suis un grand fan des connaissances accessibles à tous. J'ai travaillé dans l'infrastructure et je suis maintenant dans une entreprise qui conçoit principalement des structures métalliques. 62zk7um5tljtusgzqxdxopk56qr88k7