Discussion:Théorie des groupes/Groupes libres : théorème de Nielsen-Schreier

Exemple

Pour assimiler la preuve, j'essaye de l'appliquer au cas d'un sous-groupe H de F(X) engendré par un mot w non vide (ça devrait redonner le résultat de ce problème : Tout groupe libre est sans torsion). Mais même en supposant w cycliquement réduit, je n'arrive pas à me prendre par la main et construire T (lemme 1). J'essaye aussi de le deviner par la fin en tablant sur le pari que le lemme 8 donne comme base w, mais là non plus je n'arrive à rien. Anne, 11/12/2021, 13 h 30 (heure de Toulouse)

Je vais regarder ça, mais ce sera pour demain. Marvoir (discuter) 11 décembre 2021 à 13:15 (UTC)

Bonjour Anne. Je crains que ce qui suit ne réponde pas à ton attente. Sauf erreur, si le mot $w$ est de longueur 1, on peut prendre pour transversale (droite) de Schreier l'ensemble des éléments de F(X) qui ne commencent ni par la lettre signée $w$ ni par la lettre signée $w^{-1}.$ Si $w$ est de longueur > 1, il me semble plus difficile (si c'est possible) d'indiquer explicitement une transversale de Schreier. Il me semble que la démonstration de l'existence des transversales de Schreier dépend de l'axiome du choix, même si les auteurs de manuels ne le soulignent pas. Je ne consacrerais donc pas beaucoup d'efforts à chercher des transversales de Schreier explicites. Mais si tu en trouves dans un cas où $w$ est de longueur > 1, ça m'intéresserait. Marvoir (discuter) 12 décembre 2021 à 12:07 (UTC)

Ta question a piqué ma curiosité et j'ai eu envie d'examiner le cas où $w=ab$, $a$ et $b$ étant deux différents éléments de $X.$ Si je ne me trompe, on peut prouver (sans utiliser l'axiome du choix) que, dans ce cas, l'ensemble des éléments de $F(X)$ qui ne commencent ni par $a$ ni par $b^{-1}a^{-1}$ est une transversale droite de Schreier de $<w>=<ab>$ dans $F(X).$ (Si on préfère, on peut prendre aussi pour transversale droite de Schreier l'ensemble des éléments de $F(X)$ qui ne commencent ni par $ab$ ni par $b^{-1}.$) Mais je ne sais pas si j'aurai le courage d'examiner le cas où $w$ est de longueur 3... Marvoir (discuter) 14 décembre 2021 à 10:59 (UTC)

Tu as donné dans le problème 4 une méthode de M. Hall pour démontrer l'existence des transversales de Schreier et tu as noté que cela fournit pour le sous-groupe monogène <ab> (a et b étant deux différents éléments de X) la même transversale de Schreier que celle que j'ai indiquée ci-dessus. C'est très intéressant. Je viens de le lire et je n'y ai pas encore réfléchi, mais, comme je l'ai dit, il me semble qu'on peut régler le cas w = <ab> sans utiliser l'axiome du choix, directement ou indirectement. On pourrait donc se demander dans quelle mesure on peut se passer de l'axiome du choix (et de ses conséquences) pour prouver l'existence de transversales de Schreier pour certains sous-groupes (monogènes ? de type fini ?). La réponse est peut-être facile, mais je regarderai ça demain. Marvoir (discuter) 14 décembre 2021 à 13:57 (UTC)

Voici, inspiré de Hall mais sur le même principe que toi donc sans AC, la réponse à ma question initiale :

• si H =〈w〉avec w = a₁…a_n (réduit) et a_i ∈ X ∪ X^-1 (non nécessairement distincts), on peut prendre pour T, si n = 2m ou 2m + 1, l'ensemble des mots réduits ne commençant ni par a_n^-1…a_m+1^-1, ni par a₁…a_m+1 ;
• la base de H qu'on en déduit est {w} (resp. {w^-1}) si a_m+1 ∈ X (resp. X^-1).

Pour les sous-groupes de type fini, je soupçonne comme toi qu'on peut encore construire une transversale de Schreier sans AC, mais mon seul motif d'espérer ça est que Nielsen avait (avant que Schreier fasse mieux) démontré que ces sous-groupes-là sont libres par un algorithme. Mais je ne l'ai pas étudié donc ne sais pas si on peut en tirer une transversale de Schreier. Anne, 15/12/2021, 8 h 43

D'accord avec toi. Je venais justement dire que ce que M. Hall dit p. 94 me donne l'impression que Nielsen a démontré sans l'axiome du choix que si le sous groupe considéré de F(X) est de type fini, il a une transversale de Schreier. Je vais essayer de lire attentivement la démonstration de M. Hall pour voir si on ne peut pas en extraire une preuve sans axiome du choix dans le cas où le sous-groupe H est de type fini. Dans ce cas, l'ensemble des "lettres signées" (mots de longueur 1) qui apparaissent dans les éléments de H forment un ensemble fini et on peut donc définir sans l'axiome du choix un bon ordre sur cet ensemble. On verra. Marvoir (discuter) 15 décembre 2021 à 09:11 (UTC)

Que penses-tu de ceci ?

Lemme. Soient X un ensemble et Y une partie de X. Donc F(Y) est un sous-groupe de F(X). Soit H un sous-groupe de F(Y), soit T une transversale à droite schreiérienne de H dans F(Y). Désignons par E l'ensemble des éléments de F(X) qui ne commencent pas par un élément de $Y\cup Y^{-1}$. Alors TE est une transversale à droite schreiérienne de H dans F(X). (Démonstration longuette, mais si j'ai bien les yeux en face des trous, facile et indépendante de l'axiome du choix.)

Théorème. Soit X un ensemble (fini ou infini), soit H un sous-groupe de type fini de F(X). On peut prouver indépendamment de l'axiome du choix qu'il existe une transversale schreiérienne de H dans F(X).

Démonstration. Puisque H est de type fini, il est engendré par une quantité finie de mots réduits et dans chacun de ces mots réduits il n'apparaît qu'un nombre fini d'éléments de X, donc H est contenu dans un sous-groupe F(Y) de F(X), avec Y fini. Puisque Y est fini, on n'a pas besoin de l'axiome du choix pour le munir d'un bon ordre et, si je ne me trompe, cela suffit pour prouver que H admet une transversale droite schreiérienne dans F(Y). Donc, d'après le lemme, il admet une transversale droite schreiérienne dans F(X). Marvoir (discuter) 15 décembre 2021 à 14:32 (UTC)

Parfait ! Anne, 15 h 59

Démonstration de Steinberg

Merci d'avoir signalé la démonstration de Benjamin Steinberg, que je ne connaissais pas. Je viens d'y jeter un coup d'œil hâtif, je la lirai plus en détail quand j'aurai liquidé certains travaux en cours. Si, comme le dit Steinberg, sa preuve est plus "conceptuelle" et plus "appealing" que la démonstration "combinatoriale" classique, je n'aurais pas d'objection à remplacer celle-ci par celle de Steinberg. (Tant qu'on y est, on pourrait peut-être donner les deux démonstrations, en consacrant un chapitre à chacune ?) Il faudra faire attention à ce que des lemmes démontrés dans le chapitre sur le théorème de Nielsen-Schreier sont réutilisés dans le chapitre sur le théorème de Howson. Marvoir (discuter) 13 décembre 2021 à 14:35 (UTC)

Moi aussi je n'y ai pour l'instant jeté qu'un coup d'œil hâtif, mais je vais m'atteler de ce pas à la digérer/rédiger, plutôt sous forme d'exos pour ne pas désorganiser l'existant. La preuve du cours est (pour moi) indigeste mais probablement d'intérêt historique. Anne 17 h 49 (heure de Toulouse)

J'ai saucissonné Steinberg en :

• Action de groupe#Problème 9 (finalement pas utile mais tant pis) ;
• Groupes libres, premiers éléments#Problème 7 (caractérisation des bases en termes d'action) ;
• Groupes libres : théorème de Nielsen-Schreier#Problème 3 (une preuve du théorème de Nielsen-Schreier reposant sur la notion d'action de groupe)
• Groupes libres : théorème de Nielsen-Schreier#Problème 4 (une preuve d'existence de transversales de Schreier s'appuyant sur le lemme de Zorn) (facultatif, mais tant qu'à faire…)

Anne, 14/12, 11 h 21