Cardinaux de sous-groupes

[Alpha]

Bonjour,

voici la question que j'ai à vous soumettre :

et étant deux sous-groupes d'un groupe fini, si l'intersection de et est réduite à {e}, il est assez facile de montrer que .

Comment montrer que, dans le cas général, ?

Merci d'avance,

Cordialement

[khivapia]

Si tu as utilisé l'application , bijective dans le cas , il suffit de quotienter par son noyau et tu as la réponse !

Bonne soirée.

[Alpha]

Salut, khivapia!

Pourrais-tu un peu plus détailler ta réponse?

Merci beaucoup.

Cordialement

[khivapia]

Euh... As-tu vu la décomposition canonique d'une application ? Si oui, c'est ce qu'on fait ici, sinon en fait on se met à travailler sur les classes d'équivalence pour la relation

Elles ont le gros avantages de se munir d'une loi de groupe, et tu obtiens ta relation entre les cardinaux.

Je m'exprime très très mal !


Soit f une application de A dans B, ensembles finis, je considère la relation plus haut.

J'ai une surjection (canonique) de A dans les classes d'équivalence dans A pour la relation, c'est x donne classe de x.

Et une injection de A/R, id est A quotienté par ma relation (i.e. de l'ensemble des classes) sur l'image de f, c'est (classe de x) donne f(x) (indépendant du représentant x choisi par définition de ma relation.)


Si maintenant f est un morphisme de groupes surjectif (ce qui est le cas ici ! ) : l'injection devient bijection, et alors A/R et B sont de même cardinal.

De plus les éléments de A/R sont de la forme xKer(f), ils sont donc de même cardinal que Ker(f).

|A/R| |Ker(f)| = |A| (grâce à la surjection, c'est ledit lemme des bergers) et donc (bijection plus haut) |B||Ker(f)| = |A|

Tu as donc le résultat en adaptant f...


Le principe de décomposition en une surjection et une injection est très utile quand il s'agit de groupes finis, ici on peut alléger la démonstration mais le principe est toujours le même !


J'espère avoir à peu près répondu à la question
Bonne soirée.

[khivapia]

Désolé j'ai vraiment eu la flemme de tout taper en TeX, c'est une peu lourd comme rédaction... Mais au XIXième ils rédigaient comme ça :zen:

[Alpha]

Salut, khivapia,

j'ai compris ce que tu as dit, mais, en l'appliquant, j'aboutis au résultat suivant :

,

Or je ne vois pas pourquoi l'on aurait ...

Peux-tu une nouvelle fois m'éclairer?

Merci d'avance.

[khivapia]

Bonsoir Alpha,

Il y a une inclusion évidente, si , et donc (groupe) donc .

Effectivement à la réflexion je ne vois pas pourquoi il y aurait l'autre inclusion, mais elle est sûrement vraie vu que les cardinaux sont égaux en utilisant le résultat qu'on veut montrer...

J'y réfléchis dès que possible !

Bonne nuit

[phenomene]

Si tu as utilisé l'application , bijective dans le cas , il suffit de quotienter par son noyau et tu as la réponse !

Je dis peut-être une grosse bêtise car je n'ai pas encore fini mon café du matin, mais cette application n'est-elle un homomorphisme de groupes que si l'on travaille dans un groupe abélien ?

[phenomene]

De plus, est définie sur si j'ai suivi, et son noyau ne peut pas être inclus dans qui est un sous-groupe de ... On a plutôt .

[Alpha]

Jusque là, je suis d'accord, phenomene!

Bonne fin de café, et bonne matinée!

Amicalement

[khivapia]

Effectivement je me suis placé dans un groupe abélien à la réflexion. C'est donc beaucoup trop facile et accesoirement faux.

Ce que c'est de ne donner qu'une méthode sans avoir tout détaillé...

Désolé pour cette erreur lourde, la méthode ne s'applique pas ici. En revanche elle est très souvent utile, n'y a-t-il pas moyen de l'adapter ? On sait que H1H2 est un groupe si et seulement si H2H1=H1H2....

Bon après-midi.

[tµtµ]

Salut,

C'est un grand classique, mais pas si évident :hum: :

sous-groupe de G.
H est d'indice fini, soient donc les classes (à gauche par exemple, soyons fous) modulo H :
D'après Lagange

Reste à montrer que les forment une partition de (je te le laisse , c'est pas dur ). :zen:

[sept-épées]

Je ne suis pas convaincu par tmutmu...Vous êtes sûrs que vous n'êtes pas en train d'essayer de démontrer un truc faux?

J'aimerais avoir la preuve du fait "assez facile à montrer" énoncé au début de cette discussion :

si H1 et H2 ne se rencontrent qu'en {e}, le cardinal de l'ensemble H1H2 est égal au produit des ordres de H1 et de H2...

Je soumets à votre sagacité l'exemple suivant (je n'ai pas eu à le chercher très loin) :

soit G le groupe des permutations d'un ensemble à trois éléments. G est le groupe d'ordre 6 que vous connaissez bien. En choisissant pour H1 le ss-groupe d'ordre 2 engendré par la transposition (1, 2), et pour H2 le ss-groupe d'ordre 3 engendré par le cycle (1, 2, 3), vous voyez tous que H1 et H2 ne se rencontrent qu'en {e}, or il me semble que l'ensemble H1H2 ne contient que 5 éléments... je vous invite à le vérifier à la main!

Bien sûr, le résultat a été prouvé dès le début pour les groupes abéliens. Pour le généraliser un peu, il doit falloir faire une hypothèse du genre "H1H2 est un groupe"...

[Alpha]

Salut, 7 & P !

Soit l'application de dans qui à associe . Elle est clairement surjective. De plus, d'après l'hypothèse , elle est injective. Elle est donc bijective. Donc . Or il est clair que .

Cordialement.

[sept-épées]

oui, désolé, je me suis trompé. Mon exemple ne tient pas la route.

[Alpha]

Salut, sept-épées, ce n'est pas grave.

Si jamais tu as une idée pour montrer ce que je cherche à montrer, n'hésite pas à l'exposer. Je pense que la formule que je cherche à montrer, à savoir , est juste, puisque le professeur a affirmé qu'elle l'était.

Vos idées sont les bienvenues!

Merci pour votre aide.

[redwolf]

Je réponds deux ans après, mais qui sait ? peut-être quelqu'un veut-il savoir le fin mot de l'histoire.

n'est pas un morphisme de groupes et n'est pas un sous-groupe. Il faut donc juste raisonner sur les ensembles et prouver que tout élément de a le même nombre d'antécédents à savoir : .

Mais si , est un élément de .

Tous les antécédents de sont donc de la forme avec , ce qui prouve la première assertion.