Groupe et indice

Regarde ça, la réponse y est peut-être : http://math.uga.edu/~pete/Neumann54.pdf

edit : Mince, pas de s à l'impératif, j'oublie toujours ! Merci AD.
[À ton service ;-) AD]

@reuns : c'est quoi ces "$A \in B$" et autre ? Et puis comme $g \not \in A$, $g \in B$ et donc $g^{-1} \in B$ puisque $B$ est un sous-groupe de $G$. Au passage ça ne s'applique pas au problème de guillaume100 puisqu'a priori $L_1 \cup \dots \cup L_p$ n'est pas un sous-groupe de $G$.

Voici une preuve pour le cas $p=2$.

Soit $H \subseteq G$ d'indice au moins $3$. Soit $L_1, L_2 \subseteq G$ des sous-groupes tels que $G = H \cup L_1 \cup L_2$. Soit $y \in H$. Supposons que $y$ ne soit ni dans $L_1$, ni dans $L_2$. Alors $y(L_1 \setminus H) \subseteq L_2 \setminus H$ (en fait il y a égalité). Soit $a, b \in L_1 \setminus H$ non congrus modulo l'action de $H$ par la gauche (on utilise ici que $[G : H] \geq 3$). Alors $y a, y b \in L_2$. On en déduit que $a^{-1} b \in (L_1 \setminus H) \cap (L_2 \setminus H)$. Mais alors $y a^{-1} b \in (L_2 \setminus H)$, et donc en fait $y \in L_2$.

Voilà, tu peux peut-être t'en inspirer pour le cas général. Le but est de construire un élément de $\left( \bigcap L_i \right) \setminus H$.

Bonjour,

Oui, $L_1 \setminus H$ veut dire $L_1$ privé de $H$.

Voici des questions intermédiaires pour comprendre ce que j'ai écrit. Soit $x \in L_1 \setminus H$. Pourquoi $yx$ ne peut pas être dans $L_1$ ? Pourquoi $yx$ ne peut pas être dans $H$ ? Du coup, est-ce qu'on a bien ce qu'on veut ?

Pour la phrase suivante, il faut d'abord que tu comprennes ce qu'est l'action de $H$ par la gauche sur $G$. On fait agir $h \in H$ comme $g \in G \mapsto hg \in G$. Ensuite, vois-tu que cela induit une relation d'équivalence sur $G$ ? On voudrait avoir $a, b \in L_1 \setminus H$ qui ne sont pas équivalents selon cette relation. Attention, on ne peut en fait pas toujours choisir de tels $a$ et $b$. Mais l'hypothèse que $[G : H] \geq 3$ implique que, à part $H$, il y a deux classes d'équivalence modulo $H$ à gauche. Tu peux faire un dessin si tu veux : il y a $H$ d'un côté, et les deux autres classes d'équivalence modulo $H$, et puis transversalement à ça, il y a $L_1$ et $L_2$. Si on ne pouvait pas choisir de tels $a$ et $b$, ça voudrait dire quoi sur le dessin ? Pourquoi peut-on éliminer ce cas et se concentrer sur l'autre ?

Ok pour le début ! Pour la fin, ce n'est pas $H' = L_1 \setminus H$ qu'on a (ou au moins, je ne vois pas comment tu fais). Un dessin peut aider. Par exemple si $H'$ a une intersection vide avec $L_1 \setminus H$, il a aussi une intersection vide avec $H$ et donc on devrait pouvoir en déduire où sont ses éléments.

Voilà, on obtient $H' \subseteq L_2$. Ça implique que $H \subseteq L_2$ (pourquoi ?), et donc on peut supposer l'existence de $a$ et $b$.

Bonjour,

Tu y étais presque, pourtant.

Je me suis trompé, il faut prendre $a$ et $b$ dans $L_1 \setminus H$ non congrus modulo l'action de $H$ par la droite. Cela veut dire que $a^{-1} b$ n'est pas dans $H$, donc que $a^{-1} b \in L_1 \setminus H$ (puisque $a$ et $b$ sont deux éléments de $L_1$). Du coup, $y a^{-1} b \in L_2 \setminus H$.

Ensuite, on a vu que $ya$ et $yb$ sont dans $L_2$. L'élément par lequel il faut multiplier par la droite pour passer du premier au deuxième est $a^{-1} b$, donc on a $a^{-1} b \in L_2 \setminus H$. On en déduit donc puisqu'on a vu que $y a^{-1} b \in L_2 \setminus H$, que $y \in L_2$.

Je confirme qu'il est possible de généraliser le raisonnement ci-dessus. Je ne sais pas quel est ton niveau mais ce n'est pas un exercice facile, je trouve (ou alors j'ai manqué quelque chose). J'ai rédigé une solution, si tu veux je te la donne mais il y a encore des "trous" dedans, donc il faudra compléter.

Voilà un copier-collé de ce que j'ai fait.

Proposition. Soit $H \subseteq G$ un sous-groupe d'indice infini. Soit $L_1,\dots ,L_p \subseteq G$ tels que $G = H \cup L_1 \cup \cdots \cup L_p$. Alors $G = L_1 \cup \cdots \cup L_p$.

Lemme. On reprend le contexte de la proposition. Soit $y \in H\setminus (L_1\cup \cdots \cup L_p)$, soit $1\leq k\leq p$ et soit $(a_i)_{i\in \N } \subseteq (L_1\cap \cdots \cap L_k)\setminus H$ tel que $a_i^{-1} a_j \not\in H$ pour tout $i\neq j$. Alors il y a une contradiction.

Preuve du lemme.
Notons que la multiplication par $y$ stabilise $G\setminus H$ et envoie $L_i$ dans $G\setminus L_i$.

On procède par récurrence descendante sur $k$, en commençant par $k=p$. Alors $ya_0$ ne peut être dans aucun des $L_i$, ni dans $H$. C'est donc que $G \neq H \cup L_1 \cup \cdots \cup L_p$, contradiction.

Supposons maintenant $k<p$. Soit $i\in \N $. Alors $y a_i \in L_{k+1} \cup \cdots \cup L_p$ puisque cet élément ne peut être dans aucun des $L_1,\dots ,L_p$, ni dans $H$. Par le principe des pigeons, on peut se ramener sans perte de généralité à $(ya_i)_i \subseteq L_{k+1}$. Soit $b_i := a_0^{-1} a_{i+1}$ pour $i\in \N $. Alors $b_i \in (L_1 \cap \cdots \cap L_{k+1}) \setminus H$ pour tout $i$ et donc $(b_i)_{i\in \N }$ permet de conclure par récurrence.

Preuve de la proposition.
On va montrer par récurrence quelque chose de plus fort : si les groupes $L_1,\dots ,L_p$ couvrent un nombre infini de classes d'équivalence d'éléments de $G$ modulo multiplication par la droite par $H$, alors ils couvrent $H$.

Le cas $p=1$ est direct : si $L_1$ couvre une classe d'équivalence modulo $H$ à droite, alors en fait $L_1 \supseteq H$ puisque $x^{-1} y \in L_1$ dès que $x,y \in L_1$.

Supposons le résultat vrai pour $p$ et supposons que $L_1,\dots ,L_{p+1}$ couvre une infinité de classes d'équivalence. Dans le cas où $L_1$ n'intersecte qu'un nombre fini de ces classes d'équivalence, c'est que $L_2,\dots ,L_{p+1}$ en couvre une infinité et donc on peut appliquer l'hypothèse de récurrence. Dans le cas contraire, il existe une suite $a_1,a_2,\dots \in L_1\setminus H$ d'éléments jamais congrus modulo $H$ par la droite. S'il existait $y \in H\setminus (L_1\cup \cdots \cup L_p)$, on obtiendrait une contradiction d'après le lemme. On en déduit donc que $H \subseteq L_1\cup \cdots \cup L_p$.

1. Pour tout $i$, on a $y a_0 \in L_{k+1}$ et $y a_{i+1} \in L_{k+1}$, et comme pour passer de l'un à l'autre on multiplie par $a_0^{-1} a_{i+1}$, c'est que $b_i \in L_{k+1}$. Donc $b_i$ est dans $L_1$, dans $L_2$, etc. jusqu'à $L_{k+1}$, donc dans leur intersection. De plus, par hypothèse $a_i^{-1} a_j$ n'est jamais dans $H$, donc $b_i^{-1} b_j = a_{i+1}^{-1} a_{j+1}$ n'est bien jamais dans $H$ et on peut appliquer la récurrence.

2. Si $L_1$ couvre même une seule classe d'équivalence de $H$, c'est qu'il existe $x$ tel que $xH \subseteq L_1$. Autrement dit, pour tout $h \in H$, on a $xh \in L_1$ et donc puisque $x = xe \in L_1$, on a $h = x^{-1} (xh) \in L_1$. Donc $H \subseteq L_1$. (Une autre manière de dire : $xH \subseteq L_1$ implique que $H \subseteq x^{-1} L_1$, mais comme $x^{-1} \in L_1$, on a $x^{-1} L_1 = L_1$.)