Nombre de sous-groupes
Bonsoir à tous.
En ce moment je me régale en lisant le livre "Problèmes d'arithmétiques des corps et de théorie de Galois" de Bruno Deschamps, les thèmes abordés sont vraiment intéressants. L'un des problèmes concerne le nombre de sous-extensions d'une extension de degré fini. On y montre entre autre qu'il n'en existe qu'un nombre fini si l'extension est séparable.
La première étape consiste à étudier le cas où l'extension est galoisienne. Par la correspondance de Galois, toute extension intermédiaire correspond à un sous-groupe du groupe de Galois de l'extension, il n'y en a donc qu'un nombre fini. On donne même une borne sur ce nombre de sous-groupes, la voici :
Disons que l'extension est de degré $n$, et donc que le groupe $G$ en question soit de cardinal $n$. L'auteur utilise l'argument suivant : par Lagrange tout sous-groupe de $G$ est d'ordre $d$ divisant $n$, et un tel sous-groupe possède nécessairement le neutre $e$ de $G$. Ainsi il y a au plus ${n-1}\choose{d-1}$ sous-groupes d'ordre $d$, et finalement, au plus $$\sum_{d \mid n} {{n-1}\choose{d-1}}$$ sous-groupes de $G$.
Clairement, la borne n'est pas optimale puisqu'il est faux que toute partie à $d$ éléments de $G$ forme un sous-groupe (il suffit d'en prendre une avec un élément qui n'a pas d'inverse dans cette partie). Aussi je me demande comment obtenir une meilleure borne, voire optimale si cela est connu. Merci d'avance pour vos réponses.
En ce moment je me régale en lisant le livre "Problèmes d'arithmétiques des corps et de théorie de Galois" de Bruno Deschamps, les thèmes abordés sont vraiment intéressants. L'un des problèmes concerne le nombre de sous-extensions d'une extension de degré fini. On y montre entre autre qu'il n'en existe qu'un nombre fini si l'extension est séparable.
La première étape consiste à étudier le cas où l'extension est galoisienne. Par la correspondance de Galois, toute extension intermédiaire correspond à un sous-groupe du groupe de Galois de l'extension, il n'y en a donc qu'un nombre fini. On donne même une borne sur ce nombre de sous-groupes, la voici :
Disons que l'extension est de degré $n$, et donc que le groupe $G$ en question soit de cardinal $n$. L'auteur utilise l'argument suivant : par Lagrange tout sous-groupe de $G$ est d'ordre $d$ divisant $n$, et un tel sous-groupe possède nécessairement le neutre $e$ de $G$. Ainsi il y a au plus ${n-1}\choose{d-1}$ sous-groupes d'ordre $d$, et finalement, au plus $$\sum_{d \mid n} {{n-1}\choose{d-1}}$$ sous-groupes de $G$.
Clairement, la borne n'est pas optimale puisqu'il est faux que toute partie à $d$ éléments de $G$ forme un sous-groupe (il suffit d'en prendre une avec un élément qui n'a pas d'inverse dans cette partie). Aussi je me demande comment obtenir une meilleure borne, voire optimale si cela est connu. Merci d'avance pour vos réponses.
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Réponses
$$s(G) \leqslant n^{(1/4+o(1))\log \log n}.$$
Référence. A. V. Borovik, L. Pyber, A. Shalev, Maximal subgroups in finite and profinite groups, Trans. Amer. Math. Soc. 348 (1996), 3745--3761.
Si $K(x)/K$ est une extension finie, alors l'application qui à un corps intermédiaire $L$ associe le polynôme minimal $m_L$ de $x$ sur $L$ est injective. On en déduit une majoration du nombre de corps intermédiaire (car $m_L$ divise $m_{K(x)}$), mais je ne sais pas si elle est meilleur que celle que tu as obtenu.
Référence : Démonstration.
Edit : En fait, j'ai l'impression qu'on retrouve la même borne...
Il est toujours très difficile de répondre à ce genre de question.
Ce que l'on peut dire, c'est qu'en général les problèmes de dénombrements en théorie des groupes sont très délicats à traiter. Mais dans certains cas particuliers, on peut utiliser des raisonnements de théorie des nombres (souvent liés à la convolution de Dirichlet) qui facilitent grandement les calculs.
Par exemple, il est connu que le nombre de sous-groupes d'indice $n$ de $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ est égal à $\sigma(n)$.
Plus généralement, si $m,n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ et si $s(m,n)$ désigne le nombre de sous-groupes de $\mathbb{Z} / m \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$, alors
$$s(m,n) = \sum_{a \mid m, \, b \mid n} \textrm{pgcd}(a,b)$$
alors que le nombre $c(m,n)$ de sous-groupes cycliques de ce même groupe est égal à
$$c(m,n) = \sum_{a \mid m, \, b \mid n} \varphi(\textrm{pgcd}(a,b))$$
où $\varphi$ est le totient d'Euler.
Je ne connais pas de formule pour majorer le nombre de sous-groupes d'un groupe fini donné.
Commençons déjà par voir ce qui se passe pour un $p$-groupe $G$ d'ordre $p^m$ ($p$ premier).
On constate que de tous les groupes d'ordre $p^m$, l'abélien élémentaire $C_p^{\,m}\simeq \mathbb F_p^{\,m}$ est celui qui a le plus grand nombre de sous-groupes. Je n'en ai pas la preuve (peut-être par récurrence ?), mais cela apparaît nettement quand on regarde les treillis des sous-groupes des $5$ groupes d'ordre $2^3=8$, des $14$ groupes d'ordre $2^4=16$, des $51$ groupes d'ordre $2^5=32$ etc. Ainsi que ceux des 5 groupes d'ordre $3^3=27$ etc.
Une fois cela admis, c'est intéressant car on sait dénombrer les sous-groupes d'un groupe $p$-abélien élémentaire, c'est-à-dire le nombre de sous-espaces vectoriels de l'espace $\mathbb F_p^{\,m}$.
Le nombre de sous-espaces vectoriels de dimension 1 de $G$ est égal au nombre d'éléments non nuls dans $G$, divisé par le nombre d'éléments dans un espace de dimension 1.
Cela donne $\dfrac{p^m-1}{p-1}$.
Le nombre de sous-espaces vectoriels de dimension 2 de $G$ est égal au nombre de paires d'éléments linéairement indépendants dans $G$, divisé par le nombre de bases dans un espace de dimension 2.
Cela donne $\dfrac{(p^m-1)(p^m-p)}{(p^2-1)(p^2-p)} = \dfrac{(p^m-1)(p^{m-1}-1)}{(p^2-1)(p-1)} $.
Le nombre de sous-espaces vectoriels de dimension $k$ de $G$, $1\leq k\leq m$ est égal au nombre de familles de $k$ éléments linéairement indépendants dans $G$, divisé par le nombre de bases dans un espace de dimension $k$.
Cela donne $\dfrac{(p^m-1)(p^m-p)\cdots(p^m-p^{k-1})}{(p^k-1)(p^k-p)\cdots(p^k-p^{k-1})} = \dfrac{(p^m-1)(p^{m-1}-1)\cdots(p^{m-k+1}-1)}{(p^k-1)(p^{k-1}-1)\cdots(p-1)} $.
Le nombre de sous-groupes de $G=C_p^{\,m}$ est donc $$
s_{p,m} = 1+\sum_{k=1}^m \dfrac{(p^m-1)(p^{m-1}-1)\cdots(p^{m-k+1}-1)}{(p^k-1)(p^{k-1}-1)\cdots(p-1)} $$ le $1$ initial est pour le sous-espace $\{0\}$ qui admet $\emptyset$ pour base.
Il est probable qu'on puisse donner une formulation plus simple de cette expression (c'est construit comme des coefficients binomiaux, mais sur les puissances de $p$ ?).
On peut aller plus loin que les seuls $p$-groupes, en considérant les groupes nilpotents (en particulier les groupes commutatifs), qui sont produit direct de leurs $p$-Sylow. Comme les facteurs directs de $G$ (les $p_i$-Sylow) sont d'ordres deux à deux premiers entre eux, tout sous-groupe est facteur direct de ses traces sur les facteurs directs de $G$, le nombre de sous-groupes de $G$ est donc majoré par le produit des majorations des nombres de sous-groupes des facteurs directs.
Si $G$ est nilpotent fini et si $|G|=n=p_1^{m_1}p_2^{m_2}\ldots p_r^{m_r}$ est la décomposition de $n$ en facteurs premiers, alors le nombre $s_G$ de sous-groupes de $G$ est majoré : $$
s_G \leq \prod_{p_i\mid n} s_{p_i,m_i} = \prod_{p_i\mid n}\Big( 1+\sum_{k=1}^{m_i} \dfrac{(p_i^{m_i}-1)(p_i^{m_i-1}-1)\cdots(p_i^{m_i-k+1}-1)}{(p_i^k-1)(p_i^{k-1}-1)\cdots(p_i-1)}\Big).
$$ Cette borne étant atteinte pour les groupes produits directs de groupes $p$-abéliens élémentaires.
Pour les autres groupes finis (les résolubles non nilpotents et les non-résolubles), je suspecte que cette borne est toujours valable, mais je ne sais pas, aujourd'hui, le prouver.
Alain
Cette majoration ne se prolonge pas aux groupes non nilpotents ! :-(
En effet, $\mathfrak S_3$ d'ordre $6=2\times 3$ admet 6 sous-groupes${}^1$ alors que la majoration ne lui en accorde que $2\times 2=4$.
Alain.
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${}^1$ Il y a le sous-groupe trivial ; 3 sous-groupes d'ordre 2 engendrés chacun par une transposition ; le sous-groupe distingué d'ordre 3 engendré par un cycle d'ordre 3 et le groupe $\mathfrak S_3$ lui-même.
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Bonjour
Je ne connais pas de formule pour majorer le nombre de sous-groupes d'un groupe fini donné.
>>
Ah bon ?
Un groupe $H$ de $G$ d'ordre $n$ est en particulier un sous-ensemble de l'ensemble $G$, donc il y a sûrement moins de sous-groupes de $G$ que de parties de $G$, soit $2^n$.
D'accord, c'est grossier, mais on ne peut pas dire qu'il n'y ait pas de formule si ? En fait on peut même enlever toutes les parties qui ne contiennent pas l'élément neutre, car $H$ et $G$ ont toujours au moins cet élément en commun...
Bien cordialement,
Jean-Yves Degos
Je ne dis pas qu'il n'y a pas ... je dis que je ne connais pas ...
Il est bien évident qu'un groupe fini a nécessairement un nombre fini de sous-groupes !
Et l'initiateur du fil donnait déjà dans son message une majoration meilleure que les $2^n$ que tu fournis.
Alain