Théorie des groupes/Exercices/Classes modulo un sous-groupe

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.)

Solution

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

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

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

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.
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 non trivial, soit p le plus petit facteur premier de l'ordre de G; on suppose que l'ordre de G n'est pas divisible par p². Prouver que G a au plus un sous-groupe d'indice p.

Solution

Soit K un sous-groupe d'indice p dans G (s'il en existe). Puisque, par hypothèse, l'ordre de G n'est pas divisible par p², il résulte de la formule des indices que K n'a pas de sous-groupe d'indice p. De plus, puisque p est le plus petit facteur premier de l'ordre de G, K n'a pas de sous-groupe d'indice < p et n'a donc pas de sous-groupe propre d'indice ≤ p. Les hypothèses du point a) sont donc satisfaites avec n = p, donc K est le seul sous-groupe d'indice p de G, ce qui prouve l'énoncé.

 

En particulier, si G un est un groupe (fini) d'ordre 2k, où k est un nombre naturel impair, G a au plus un sous-groupe d'ordre k.

Remarque. L'énoncé b) peut être amélioré, car nous verrons au chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside que si les hypothèses de l'énoncé b) sont satisfaites (c'est-à-dire si G est un groupe fini non trivial et que, p désignant le plus petit facteur premier de l'ordre de G, l'ordre de G n'est pas divisible par p²), alors G a un (et, d'après le point b, un seul) sous-groupe d'indice p. Dans le cas p = 2, nous en donnerons uns démonstration supplémentaire dans les exercices sur le chapitre Groupes alternés.

Problème 2

a) Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G. Prouver que [G : H ⋂ K] ≤ [G : H] [G : K].

Solution

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.)

Solution

C'est une conséquence immédiate du point a).

 

Remarques. 1° Soient G un groupe et $H_{1},...H_{n}$ des sous-groupes d'indices finis de G. Par récurrence sur n, on déduit facilement du point a) que

(1) $[G:H_{1}\cap ...\cap H_{n}]\leq [G:H_{1}]...[G:H_{n}]$

(et $H_{1}\cap ...\cap H_{n}$ 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 $S_{\{1,2,3\}}$. Notons $(1\ 2)$ 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 $(1\ 2)$. De même, notons $(1\ 3)$ 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 $(1\ 3)$. Alors $H\cap K$ est trivial, donc $[G:H\cap K]$ est égal à 6 et ne divise donc pas $[G:H][G:K]$, 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].

Solution

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 $B\leq A\leq G$ 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 $\vert G:B\vert =\vert G:A\vert \cdot \vert A:B\vert$ 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 $K\times T\rightarrow H$ est une bijection.

Solution

Puisque X est une transversale droite de A dans G, l’application $A\times X\rightarrow G:(a,x)\mapsto ax$ est une bijection. Elle induit donc par restriction une bijection $Y\times X\rightarrow YX:(y,x)\mapsto yx$. Cette dernière bijection admet une réciproque f qui peut être caractérisée par f(yx) = (y,x).
En composant les bijections

$\ B\times YX\rightarrow B\times (Y\times X):(b,yx)\mapsto (b,f(yx))=(b,(y,x))$

$\ B\times (Y\times X)\rightarrow (B\times Y)\times X:(b,(y,x))\mapsto ((b,y),x)$

$\ (B\times Y)\times X\rightarrow A\times X:((b,y),x)\mapsto (by,x)$

$\ A\times X\rightarrow G:(a,x)\mapsto ax$

(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

$\ B\times YX\rightarrow G:(b,yx)\mapsto byx$

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.

Solution

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).
(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^-1 est une transversale gauche de H dans G.

Solution

Soit T une transversale droite de H dans G. En composant les bijections

$\qquad T^{-1}\times H\rightarrow H\times T:(v,h)\mapsto (h^{-1},v^{-1})$

$\qquad H\times T\rightarrow G:(h,t)\mapsto ht$

$\qquad G\rightarrow G:x\mapsto x^{-1},$

nous trouvons que l'application

$\qquad T^{-1}\times H\rightarrow G:(v,h)\mapsto vh$

est une bijection, donc T^-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^-1 est une transversale droite de H dans G.

Solution

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^-1 est donc une transversale gauche de H dans le groupe opposé de G, autrement dit U^-1 est une transversale droite de H dans G.