Produit semi-direct et groupe quotient
dans Algèbre
Bonjour,
Si $G$ est un groupe, $A$ un sous-groupe normal dans $G$, et $H$ un sous-groupe de $G$ tels que $G \cong A \rtimes H$, alors $G/A \cong H$. Mon cours dit que la réciproque marche aussi (je cite : "en général, il n'existe pas de sous-groupe de $G$ dont les éléments forment un système de représentants de $G/A$, mais c'est le cas si et seulement s'il existe un sous-groupe $H$ de $G$ tel que $G \cong A \rtimes H$.").
En effet, par exemple pour $\mathbb{Z}/3 \mathbb{Z}$, il n'existe pas de sous-groupe $H$ de $\mathbb{Z}$ tel que $\mathbb{Z}/3 \mathbb{Z} \cong H$ (pour la simple raison qu'il n'existe pas de sous-groupe fini de $\mathbb{Z}$ autre que $ \{0 \}$).
Ok pour le sens : $G \cong A \rtimes H \Rightarrow G/A \cong H$ (car $G=AH$, $A \cap H = \{e_G\}$, et 2ème théorème d'isomorphisme).
Je n'ai pas d'idée pour le sens : $G/A \cong H \Rightarrow G \cong A \rtimes H$.
Merci d'avance.
Si $G$ est un groupe, $A$ un sous-groupe normal dans $G$, et $H$ un sous-groupe de $G$ tels que $G \cong A \rtimes H$, alors $G/A \cong H$. Mon cours dit que la réciproque marche aussi (je cite : "en général, il n'existe pas de sous-groupe de $G$ dont les éléments forment un système de représentants de $G/A$, mais c'est le cas si et seulement s'il existe un sous-groupe $H$ de $G$ tel que $G \cong A \rtimes H$.").
En effet, par exemple pour $\mathbb{Z}/3 \mathbb{Z}$, il n'existe pas de sous-groupe $H$ de $\mathbb{Z}$ tel que $\mathbb{Z}/3 \mathbb{Z} \cong H$ (pour la simple raison qu'il n'existe pas de sous-groupe fini de $\mathbb{Z}$ autre que $ \{0 \}$).
Ok pour le sens : $G \cong A \rtimes H \Rightarrow G/A \cong H$ (car $G=AH$, $A \cap H = \{e_G\}$, et 2ème théorème d'isomorphisme).
Je n'ai pas d'idée pour le sens : $G/A \cong H \Rightarrow G \cong A \rtimes H$.
Merci d'avance.
Réponses
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Attention, ce n'est pas uniquement $G/A\cong H$, plus précisément c'est "la restriction de $G\to G/A$ à $H$ induit un isomorphisme $H\to G/A$".
En particulier, puisqu'elle est injective, tu vas avoir $A\cap H = 1$ et puisqu'elle est surjective, $AH = G$ -
Ok, merci beaucoup Maxtimax. J'étais en train de me dire qu'il fallait montrer que le seul isomorphisme possible entre $H$ et $G/A$ était : $x \mapsto \bar {x}$ (je ne sais pas si c'est vrai). Donc l'isomorphisme entre $H$ et $G/A$ est bien pris par hypothèse comme la restriction à $H$ de la projection canonique de $G$ sur le groupe quotient $G/A$.
Dès lors, si $x \in A \cap H$, l'image de $x$ par le morphisme est $\bar {e}$, donc $x=e$ (car elle est injective), donc $A \cap H=e$ ; et :
Soit $x$ dans $G$, $\exists h \in H$, d'image $\bar{x}$, donc $\bar{h}=\bar{x}$ ; alors $\exists a \in A, h=xa^{-1}$, donc $x=ah$, et $G=AH$.
Donc il existe une bijection : $A \times H \rightarrow G, (a,h) \mapsto ah $ (en utilisant que $A$ est normal dans $G$).
Alors $H$ agit sur $A$ par conjugaison, et on a un isomorphisme de groupes de $G$ vers le produit semi-direct $A \rtimes H, ah \mapsto (a,h)$, i.e. tel que $aha'h'=aha'h^{-1}hh' \mapsto (a,h)(a',h')=(aha'h^{-1}, hh')$.
Tout cela me dit quelque chose (je l'ai déjà vu), ça marche, merci encore. -
Oui, c'est pris comme hypothèse ("les éléments de $H$ sont des représentants de $G/A$"), sinon c'est complètement faux; par exemple il peut y avoir beaucoup d'extensions de $G$ par $G$ qui ne sont pas des produits semi-directs : $\mathbb Z/p^2$ pour commencer
-
Ok merci. Par exemple, $G=\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ et la projection canonique : $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z} \rightarrow (\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}) / (2\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}) =G/A$, et le sous-groupe : $H=2\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}=\{\bar{0},\bar{2} \}$ (le seul sous-groupe possible dans cette situation).
Il n'existe pas de produit direct : $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z} \cong (2\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}) \times (2\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}) \cong (\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) $ (on peut parler de produit direct puisque le groupe est abélien).
Donc logiquement, il n'existe pas de sous-groupe de $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ dont les éléments forment un système de représentants de $(\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}) / (2\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}) = \{\bar{0},\bar{1} \}$. Par la projection canonique, on a : $\bar{0} \mapsto \bar{0},\bar{1} \mapsto \bar{1} , \bar{2} \mapsto \bar{0}, \bar{3} \mapsto \bar{1}$ (je note les éléments de $G$ et ceux de $G/A$ de la même façon).
Il y a 4 systèmes de représentants de $ G/A $ : $\{\bar{0},\bar{1} \}, \{\bar{0},\bar{3} \}, \{\bar{2},\bar{1} \}, \{\bar{2},\bar{3} \}$. Et il n'y a pas de tel sous-groupe de $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$.
Je trouve ça très fort, dans le sens qu'il ne saute pas aux yeux, ce lien entre système de représentants des classes d'équivalence d'un groupe quotient, et existence d'un produit semi-direct.
Donc ici, il y a bien un isomorphisme entre $H$ et $G/A$, mais ce n'est pas la projection canonique (la projection de $H$ donne $\bar{0}$). -
En fait, cela saute un peu plus aux yeux si on le voit de la manière suivante (c'est comme ça que j'ai traduit l'énoncé) : si la projection $p: G\to G/A$ a une section, c'est-à-dire un morphisme $s: G/A\to G$ tel que $p\circ s = id_{G/A}$, alors $G$ est un produit semi-direct de $A$ par $G/A$.
Exercice : cette formulation est équivalente.
Maintenant, pourquoi ça saute aux yeux dit comme ça ?
Bah grâce à cette section j'ai désormais deux morphismes : $i: A\to G, s:G/A\to G$ et je sais (le sais-tu ?) que je peux les "recoller" en un morphisme $A\rtimes_\varphi G/A\to G$ si et seulement si ils vérifient $s(x)i(y)s(x)^{-1} = i(\varphi(x)(y))$
Mais là vu que $A$ est a priori distingué dans $G$, je peux définir $\varphi$ par cette formule, et donc m'assurer le recollement voulu.
En fait, en un certain sens, la raison pour laquelle les suites exactes $1\to A\to G\to Q\to 1$ ne se scindent pas en $A\rtimes Q$, c'est parce qu'on n'a pas de moyen de comparer ce dernier à $G$ : si on le pouvait, la comparaison serait "automatiquement" un isomorphisme (plus précisément, comparer ces deux extensions de $Q$ par $A$)
De même, la raison pour laquelle elle ne se scinde pas en $A\times Q$ est qu'on n'a pas de moyen de comparer dans l'autre sens, i.e. pas de bonne flèche $G\to A$. Exercice : dès que tu as une rétraction $G\to A$ (càd un morphisme qui vaut l'identité sur $A$), alors $G$ se scinde en $A\times G/A$
Bon, on pourrait en parler des heures, et il y a des énoncés plus précis que ça, mais je m'arrête là -
Merci Maxtimax. J'essaie de faire le 1er exercice : tu veux dire que si $G$ est un groupe et $A$ est distingué dans $G$, alors :
1) il existe un sous-groupe $H$ de $G$ tel que $G$ soit produit semi-direct (interne) de $A$ par $H$ ssi $G$ est produit semi-direct de $A$ par $G/A$ (donc externe car $G/A$ n'est pas un sous-groupe de $G$) ?
2) et cela ssi il existe une section de la projection de $G$ sur $G/A$ ?
ou que le 1), ou que le 2) ? -
Il existe une section de $G\to G/A$ si et seulement si il existe $H$ tel que tu décris, si et seulement si il y a un $\varphi$ et un isomorphisme $A\rtimes G/A\to G$ qui est compatible aux inclusions de $A$ (i.e. qui envoie $(a,1)$ sur $a$)
(il ne suffit pas de dire que, "abstraitement", $G$ est un produit semi-direct de $A$ et $G/A$, il faut s'assurer que c'est "le bon $A$"; un peu comme plus tôt où il fallait s'assurer que l'isomorphisme $H\cong G/A$ était "le bon") -
Je reviens un peu un arrière pour essayer de mieux comprendre le produit semi-direct. Si je comprends bien, pour avoir une décomposition d'un groupe $G$ en un produit semi-direct $G=A \rtimes H$, $A$ et $H$ sous-groupes de $G$, il suffit d'avoir une bijection ensembliste $A \times H \rightarrow G, (a,h) \mapsto ah$, avec $A$ normal dans $G$.
J'imagine que l'intérêt est alors de découper le groupe en 2, et d'effectuer les opérations sur $A$ d'une part, sur $H$ d'autre part, et de recoller ensuite les morceaux. Mais pour cela, il faut pouvoir calculer $aha'h'$ de cette manière-là, et cela s'y prête bien si $A$ est distingué dans $AH=G$ (car $aha'h'=aha'h^{-1}hh'$, avec $ha'h^{-1} \in A$), (et c'est même une condition nécessaire vue la décomposition unique car $ha'=bk \Leftrightarrow ha'h^{-1}h=bk \Leftrightarrow h=k, ha'h^{-1}=b \Leftrightarrow ha'h^{-1} \in A$). Bref.
Certains groupes (comme $\mathbb{Z}$) n'admettent pas cette décomposition de manière non triviale (ce serait $\mathbb{Z}=n \mathbb{Z} \times m \mathbb{Z}$, il faudrait $n$ et $m$ premiers entre eux, mais dans tous les cas, la décomposition ne serait pas unique : $x=an+bm=(a-km)n+(b+kn)m$).
Auriez-vous un exemple d'un groupe $G$ admettant une décomposition bijective en $A \times H$, mais avec ni $A$ ni $H$ distingués dans $G$ ? -
Julia Paule a écrit:pour avoir une décomposition d'un groupe $G$ en un produit semi-direct $G=A \rtimes H$, $A$ et $H$ sous-groupes de $G$, il suffit d'avoir une bijection ensembliste $A \times H \rightarrow G, (a,h) \mapsto ah$, avec $A$ normal dans $G$.
"il suffit" NON, il faut en plus que $A\cap H=\{e\}$ (pour avoir l'unicité de la décomposition).
Pour l'exemple que tu recherches, tu peux prendre $G=\mathfrak S_4$, pour $A$ un $2$-Sylow (d'ordre 8, isomorphe à $\mathcal D_4$, non distingué dans $\mathfrak S_4$ puisqu'il y a $3$ tels $2$-Sylow) et pour $H$ un $3$-Sylow (d'ordre $3$ isomorphe à $C_3$, non distingué puisqu'il y a $4$ tels $3$-Sylow).
Tu as bien ensemblistement $A\times H$ de cardinal 24.
Alain -
Plutôt que $A\times H$, il vaudrait mieux noter $AH=\{ah\,:\ a\in A,\ h\in H\}$. Dans l'exemple d'AD, on a bien $AH=\mathfrak{S}_4$, voici une vérification automatisée.
sage: G = SymmetricGroup(4) sage: A = G.sylow_subgroup(2) sage: A Subgroup generated by [(3,4), (1,2), (1,3)(2,4)] of (Symmetric group of order 4! as a permutation group) sage: H = G.sylow_subgroup(3) sage: H Subgroup generated by [(1,2,3)] of (Symmetric group of order 4! as a permutation group) sage: len(set([a*h for a in A for h in H])) 24
(Il est bien clair, sans vérification nécessaire, que le cardinal du produit cartésien $A\times H$ est $24$.) -
AD : si si, il suffit, puisque Julia nous parle de bijection. Si $A\times H\to G, (a,h)\mapsto ah$ est bijective, alors on a bien $A\cap H = 1$ (c'est la partie "injective")
Math Coss: il vaudrait mieux, mais non, puisque c'est un objet différent ;-) Bon, si $A\times H\to G$ est injective, alors c'est essentiellement pareil, mais je pense que Julia avait bien en tête $A\times H$. -
J'ai luJulia Paule a écrit:le groupe $G$ admettant une décomposition bijective en $A\times H$
-
Merci à tous pour vos réponses.
@AD Merci beaucoup pour ton exemple, ça marche, $A$ et $H$ ne sont pas distingués dans $\mathfrak{S}_4$ (avec les $p$-Sylows), et on a bien une bijection $A \times H \rightarrow \mathfrak{S}_4$.
Si l'application : $A \times H \rightarrow G, (a,h) \mapsto ah$ est bijective, alors on a automatiquement $A \cap H = 1$ (en effet, si $x \in A \cap H$, alors l'image de $(x, x^{-1})$ est $1$, donc $x=1$, du fait de l'injectivité).
@Math Coss : $A \cap H = 1$ et $o(A)o(H)=o(G)$, cela suffit pour dire que $G=AH=HA$ ? Donc cela suffit pour dire qu'on a bien la bijection $A \times H \rightarrow AH=G$.
En effet, avec ces hypothèses, l'application $A \times H \rightarrow AH, (a,h) \mapsto ah$ est bijective (surjective évident, injective facile avec un petit calcul et $A \cap H = 1$). Une considération des cardinalités montre alors que $AH=G$.
Donc c'est le cas avec l'exemple de AD car $A \cap H = 1$ (l'ordre de $A \cap H$ divise 8 et 3) et $o(A)o(H)=o(G)=24$.
Je vais essayer maintenant de comprendre les exos de Maxtimax. -
@Maxtimax
Je pense que ton 1er exercice est le suivant :
1) si l'application : $A \times H \rightarrow G, (a,h) \mapsto ah$ est bijective et $A$ est distingué dans $G$, alors la projection canonique $G \rightarrow G/A$ a une section.
En effet, on a alors (vu plus haut) $G/A \cong H$, alors l'injection de $H$ dans $G$ est une section.
2) inversement, si la projection canonique $G \rightarrow G/A$ a une section, alors $\exists H$ sous-groupe de $A$ tel que $A \times H \rightarrow G, (a,h) \mapsto ah$ est bijective : il suffit (je pense) de prendre $H=s(G/A)$.
On obtient alors l'équivalence avec le produit semi-direct défini ainsi. -
Bonjour,
Voici un résumé de ce qui précède.
La définition du produit semi-direct de mon cours est la suivante (c'est la plus claire et la plus parlante que j'ai trouvée, ce qui me fait réagir).
Soit $G$ un groupe, $A$ et $H$ deux sous-groupes de $G$, et $A$ est distingué dans $G$. Alors on dit que $G$ est un produit semi-direct de $A$ par $H$ si l'application $A \times H \rightarrow G, (a,h) \mapsto ah$ est bijective. Notation : $G=A \rtimes H$.
Alors $G=A \rtimes H \Leftrightarrow H $ est un système de représentants des classes d'équivalence de $G$ modulo $A \Leftrightarrow$ la restriction à $H$ de la projection canonique $G \rightarrow G/A$ induit un isomorphisme $H \rightarrow G/A$ (i.e. l'application $H \rightarrow G/A, h \mapsto Ah$ est bijective, puisque c'est un morphisme).
La 2ème équivalence est presque évidente. La 1ère se montre ainsi :
- dans le sens $\Rightarrow$ : on a $\forall ah \in AH=G, ah=h$ (mod $A$) ; et $A \cap H=1$, donc $\forall h,k \in H, h=k$ (mod $A$) $\Rightarrow h=k$, donc $H$ est un système de représentants des classes d'équivalence de $G$ modulo $A$,
- dans le sens $\Leftarrow$ : $\forall x \in G, \exists ! h \in H, \bar{x}=\bar{h}, \exists ! a \in A, xh^{-1}=a$, donc $\exists ! (a,h) \in A \times H, x=ah$, on peut donc définir l'application $G \rightarrow A \times H , ah \mapsto (a,h)$ et elle est bijective.
Voilà, je vois mieux ainsi le lien entre produit semi-direct $A \rtimes H$, et $H=$ système de représentants des classes d'équivalence de $G$ modulo $A$.
Reste à faire le lien avec la section s : $G/A \rightarrow G$ de la projection p : $G \rightarrow G/A$.
Si on a un produit semi-direct $G=A \rtimes H$, on a la section d'après ce qui précède.
Maintenant, sans autre hypothèse sur $G$ que $A$ est distingué dans $G$, je crois que je vais remettre à plus tard. -
Oui bon, si la projection : $p : G\rightarrow G/A$ a une section, alors $s(G/A)$ est un sous-groupe $H$ de $G$, et $p(H)=G/A$, autrement dit la restriction à $H$ de $p$ induit un isomorphisme $H \rightarrow G/A$. On a donc bien un produit semi-direct (interne) $G=A \rtimes H$. Il reste ensuite à trouver le morphisme $\varphi$ qui réalise le produit semi-direct externe $G=A \rtimes_{\varphi} G/A$.
C'est le terme de "formulation équivalente" que je ne trouve pas évident. -
Je continue. Par contre, s'il existe seulement une bijection : $A \times H \rightarrow G, (a,h) \mapsto ah$ mais qu'aucun des 2 sous-groupes n'est distingué dans $G$ (exempe d' AD), alors il existe quand même une bijection : $H \rightarrow cl(G/A)_d$ (ensemble des classes à droite de $G$ modulo $A$), $h \mapsto Ah$, mais ce n'est pas un morphisme (c'est un morphisme ssi $A$ est distingué dans $G$), et de toute façon, l'ensemble des classes à droite n'est pas un groupe ?
Pouvez-vous confirmer ? Merci d'avance.
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