groupe fini (prépa)

Vu comment est posé le problème, j'aurais idée de regarder ce qu'il se passe si on suppose le nombre de sous groupes d'ordre n égal à 2.

Pire, il se peut très bien que $G$ soit non abélien, alors que $\mathbb Z/(2n) \mathbb Z$ l'est...

@boubeldioum
Bien sûr que $G$, d'ordre $2n$,n'est PAS isomorphe à $\Z/(2n)\Z$, cf le post d'Archimède. Tu devrais être capable de trouver beaucoup d'autres exemples. Si l'on avait $G \simeq \Z/(2n)\Z$, la théorie des groupes serait pauvre et triste.

Quelques pistes pour le nombre de sous-groupes d'ordre $n$ d'un groupe $G$ d'ordre $2n$.

1) Se donner un sous-groupe d'ordre $n$, c'est la même chose que se donner un morphisme non trivial $\chi : G \to \{\pm 1\}$. Morphisme cela signifie que $\chi(gg') = \chi(g)\chi(g')$ pour tous $g,g' \in G$ ; et non trivial signifie que l'on n'a pas $\chi(g) = 1$ pour tout $g \in G$.
Vois tu pourquoi ? Il faut être un peu avancé, je ne sais pas si c'est ton cas.

2) Si $\chi, \chi' : G \to \{\pm 1\}$ sont deux morphismes quelconques (triviaux ou pas), alors le produit $\chi\chi' : G \to \{\pm 1\}$ (défini comme on le pense) est encore un morphisme. Pourquoi ?

3) En quoi cela fait avancer le schmilblick ?

4) Pour plus tard (l'an prochain ?) : le nombre de sous-groupes d'ordre $n$ de $G$ est de la forme $2^r - 1$ avec $r \ge 0$. Qui prend les valeurs $0, 1, 3, 7, 15, 31, \cdots$. Ce n'est pas un entier quelconque.

J'ai déjà dit plusieurs fois qu'il ne faut pas avoir peur de l'anglais mathématique. Moi mon niveau dans cette langue est très médiocre, je ne peux suivre un film, ni lire un roman ni un journal, mais avec juste l'anglais scolaire on s'en sort pour les maths. Et comme malheureusement une importante partie des informations mathématiques sont dans cette langue, mieux vaut prendre l'habitude d'y avoir recours.
Bon courage.
Fr. Ch.

Bonsoir Boubeldioum
Pour l'exercice 2.
Que sais-tu des morphismes d'un groupe cyclique (donc monogène) vers un groupe ?
Comment les construire ?
Alain

Bonsoir Boubeldioum
Si $G$ est un groupe cyclique d'ordre $n$, il est donc engendré par un élément, appelle le $a$.
Alors les $n$ éléments de $G$ sont $\{a,a^2,\ldots,a^{n-1},a^n=1\}$.
Soit $f: G\to G'$, que tu veux morphisme de groupe.
Si tu choisis $f(a) \in G'$, alors $f(a^2)=f(a)^2\in G'$ puisque tu veux que $f$ soit un morphisme. Ainsi, pour tout $k$ tu dois avoir $f(a^k)=f(a)^k\in G'$.
Tout ça pour dire que le choix de $f(a)$ détermine complètement le morphisme $f$.
Cependant $f(a)\in G'$ ne peut pas être choisi n'importe comment, parce que dans $G$ tu as la relation $a^n=1$ car $G$ est cyclique d'ordre $n$. et donc $f(a)^n=f(a^n)=f(1)=1\in G'$ ce qui est équivalent à dire que l'ordre de $f(a)$ dans $G'$ doit diviser $n$.
Voici ce que tu aurais dû trouver dans ton cours, ou dans les questions qui ont précédées celle-ci dans ton problème.
Maintenant, tu as tout pour déterminer les endomorphismes de $G$, c'est-à-dire les morphismes $f:G\to G$.
À toi.
Alain

Bonjour Claude

Une question (peut-être naïve) : un entier $r$ étant fixé, peut-on toujours trouver un groupe ayant exactement $2^r-1$ sous-groupes d'indice $2$ ?

@b.b.
Pour moi, ii n'y a pas de question naïve mais seulement des questions. Il suffit de prendre $G = \mathbb F_2^r = \mathbb F_2 \times \cdots \times \mathbb F_2$ : un sous-groupe d'indice $2$ n'est autre qu'un hyperplan de $G$ vu comme $\mathbb F_2$-espace vectoriel. Et cet exemple débarque assez naturellement car le nombre $2^r - 1$ provient de cet espace vectoriel.

@boubeldioum C'est l'objet de mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1549940,1550006#msg-1550006

@claude quitté
Ce que j'ai fait, c'est considérer dans la catégorie des groupes la sous-catégorie pleine constituée des groupes abéliens dont chaque élément est d'ordre $p$ (il s'agit de la même chose qu'un $\Z_p$-espace vectoriel). Il s'agit d'une sous-catégorie réflexive, ça se montre de la même manière que pour tous les groupes abéliens. Cela veut dire que pour $G$ un groupe, il existe un $\Z_p$-espace vectoriel $G'$ tel que $\DeclareMathOperator{\Hom}{Hom}\Hom(G,H) \cong \Hom(G',H)$ naturellement lorsque $H$ parcourt les $\Z_p$-espaces vectoriels (on peut « projeter » sur la sous-catégorie un peu de la même manière qu'on peut projeter orthogonalement sur un sous-espace fermé dans un Hilbert).

Cela fonctionne pour n'importe quel anneau $R$, on peut « $R$-moduliser » un groupe. Une manière de faire est de prendre $\DeclareMathOperator{\Ab}{Ab}R \otimes_\Z \Ab(G)$ avec $\Ab(G)$ l'abélianisé de $G$. Mais on peut le voir de manière plus directe (à mon avis), en voyant que la théorie des $R$-modules est une « sur-théorie » de celle des groupes (on rajoute des symboles et des axiomes). Là on a deux manières de procéder, l'une « sémantique » et l'autre « syntaxique ».
Pour la manière sémantique, on considère tous les morphismes (de groupes) $G \to M$ avec $M$ un $R$-module, et on regarde le produit de tous ces morphismes (qui va vers un gros produit de $R$-modules). Ensuite on prend l'image $G'$ de $G$ par ce produit de morphismes. Le produit n'est pas indexé par un ensemble, mais de toute manière $G'$ est un ensemble car c'est un quotient de $G$. Une autre manière de résoudre ça est de prendre uniquement les morphismes surjectifs. Alors tout $G \to M$ se factorise via $G'$, et uniquement car $G \to G'$ est un épimorphisme.
Pour la manière syntaxique, je ne sais pas l'expliquer assez bien mais c'est ce qu'on fait quand on dit qu'un espace vectoriel libre est un ensemble des combinaisons linéaires formelles, ou qu'un groupe libre est un ensemble de mots. On considère toutes les expressions, et on quotiente par les axiomes. C'est ce qu'on fait avec $\Ab(G)/p\Ab(G)$ : on commence par ajouter la commutativité, puis on ajoute l'axiome $p \cdot x=0$.
Une façon de relier les deux est de dire qu'on quotiente par la relation $a \sim b$ si et seulement si $a$ et $b$ ont même image par tout morphisme de $G$ vers un $R$-module. Chaque $G \to M$ donne une congruence (quotient) sur $G$, on prend leur borne inférieure. D'ailleurs je n'ai jamais regardé en détail mais c'est probablement la même idée qu'on utilise pour le théorème HSP de Birkhoff https://en.wikipedia.org/wiki/Variety_(universal_algebra)#Birkhoff.27s_theorem (on regarde les quotients d'objets libres, ça donne la théorie de Lawvere, ie les axiomes, etc.).
Je ne sais pas si c'est lié à des théorèmes généraux d'existence d'adjoints (en particulier la première méthode)… Avec cette technique on peut aussi construire le quotient de Hausdorff d'un espace topologique.