Forum de mathématiques - Bibm@th.net

bridgslam

Membre

Lieu : Rospez

Inscription : 22-11-2011

Messages : 1 587

représentants magiques

Bonjour,

Pour ceux qui s'intéressent aux groupes, un joli résultat ( proposé comme exercice, bien guidé, dans "éléments de théorie des groupes" de Josette Calais):

Soit G un groupe et H un sous-groupe de G d'indice fini r.
Alors il existe r éléments de G, représentants, à la fois, des classes à gauche et des classes à droite modulo H.

Un résultat harmonieux, mais difficile de concevoir le démarrage (pour ma part en tout cas ), à savoir l'idée d'utiliser les doubles classes HgH, pour y arriver de façon logique et infaillible, autrement dit sans être guidé pas à pas avec la démarche proposée dans l'exercice !

On peut s' amuser aussi à le voir sur quelques exemples de groupes (par exemple finis)  et de sous-groupes non distingués (sinon c'est trivial), d'indice pas trop élevé.

Rapidement, l'idée consiste à symétriser la question de latéralité au moyen de la partition de G en double-classes (en fait partition finie), et de voir que chaque double-classe est conjointement réunion (finie disjointe) de classes $z_iH$ d'une part, et de classes $ Hz_i$ d'autre part , ce qui donne le résultat final (chaque sous-famille $(z_i)$, finie dépendant de chaque double-classe, on réunit donc toutes ces sous-familles comme représentants "magiques" ).

A.

---

"Ceux qui ne savent rien en savent toujours autant que ceux qui n'en savent pas plus qu'eux" -Pierre Dac
"Travailler sur un groupe haddock, ou être heureux comme un poisson dans l'eau..."

bridgslam

Membre

Lieu : Rospez

Inscription : 22-11-2011

Messages : 1 587

Re : représentants magiques

Bonjour,

le point qui m'a donné un peu de souci dans une des étapes fondamentales (tout le reste est relativement trivial, compte-tenu de quelques résultats annexes très simples évoqués dans un ou deux autres exercices annexes ) :

Etant donné g dans G, montrer que l'on a: $ HgH = \bigcup_{1 \le i \le p } Hgx_i $  , avec p qui est l'indice de $ H \cap g^{-1} Hg $ dans $H$ , $x_i \in H \;\; \forall  1 \le i \le p $ , et vérifiant $ i \ne j \Rightarrow Hgx_i \cap Hgx_j = \emptyset $.

Or si $x=h_1gh_2 \in HgH$ , $\exists h_3 \in H , x_i \in H$ tels que $ h_2 = g^{-1}h_3g x_i $ en prenant évidemment pour $x_i$ un  représentant dans
l' ensemble-quotient à droite  $H/ H \cap g^{-1} Hg$ équivalent à $h_2$ ( on a fixé p représentants une fois pour toutes de cet ensemble- quotient fini de cardinal p).

Alors $x = h_1gg^{-1}h_3g x_i = h_1h_3g x_i \in Hgx_i $ donne l'inclusion non triviale pour la réunion (l'autre inclusion l'est).

Si $ i \ne j $ , alors $x_i$ et $x_j$ sont tels par définition que $ (H \cap g^{-1} Hg x_i ) \cap (H \cap g^{-1} Hg x_j )= \emptyset$.
Donc si on avait $Hgx_i \cap Hgx_j \ne \emptyset $ , en terme de classes à droite modulo $H$, on aurait $Hgx_i = Hgx_j$.
Autrement-dit $gx_j \in Hgx_i$ qui s'écrit $x_j = (g^{-1}hg)x_i$
Comme $g^{-1}hg = x_j x_i^{-1} \in H \cap g^{-1}Hg$ les classes dans $H$ de $x_i \;\; et \;\; x_j $ sont égales modulo  $ H \cap g^{-1} Hg $ à droite. Contradiction.

Le reste du sujet permet de symétriser cette situation avec le même p (au moyen d'une conjuguaison, selon un petit résultat annexe issu d'un autre exercice ) donnant un système de $ y_i, 1 \le i \le p$ qui donne cette fois une réunion en classes du genre $y_igH$ puis d'obtenir le résultat partiel ( pour chaque $HgH$ ) attendu en considérant les $z_i = y_igx_i$ qui fonctionnent en fait des deux côtés.
Enfin la réunion sur toutes les doubles-classes fournit le clairement résultat final.

Bonne a-m.
A.

Dernière modification par bridgslam (14-12-2024 10:40:34)

---

"Ceux qui ne savent rien en savent toujours autant que ceux qui n'en savent pas plus qu'eux" -Pierre Dac
"Travailler sur un groupe haddock, ou être heureux comme un poisson dans l'eau..."