groupes et classes

webmaster
webmaster
dans Algèbre
Bonjour,

je butte sur un exercice classique relatif aux classes dans un groupe.
Pourriez-vous me guider vers un début de solution ?

Soient H et K deux sous-groupes d'un groupe G.
On suppose [G:K] fini.

Soit ${x_{i}}_{i \in I}$ une famille de représentants des classes à droite distinctes de H modulo $H \cap K$.
Démontrer que, dans G, on a :
$Kx_{i} \eq Kx_{j} \Leftrightarrow i \eq j$.
(En fait, j'ai du mal à me représenter les classes ${x_{i}$ et $Kx_{i} ).

En déduire la relation : $[H:H \cap K] \leq [G:K]$.
En conclure que $[H:H \cap K]$ est fini.
Prouvez que $[H:H \cap K] \eq [G:K]$ si $G \eq HK$.

Réponses

  • egoroff
    egoroff
    webmaster a écrit :


    Bonjour,

    Je bute sur un exercice classique relatif aux classes dans un groupe.
    Pourriez-vous me guider vers un début de solution ?

    Soient $H$ et $K$ deux sous-groupes d'un groupe $G$. On suppose $[G:K]$ fini.

    Soit $(x_i)_{i \in I}$ une famille de représentants des classes à droite distinctes de $H$ modulo $H \cap K$. Démontrer que, dans $G$, on a :
    $$Kx_i = Kx_j \, \Leftrightarrow \, i = j$$
    (En fait, j'ai du mal à me représenter les classes $x_i$ et $Kx_i$).

    En déduire la relation : $[H:H \cap K] \leq [G:K]$.
    En conclure que $[H:H \cap K]$ est fini.
    Prouvez que $[H:H \cap K] = [G:K]$ si $G = HK$.
  • egoroff
    egoroff
    Salut,


    Il est clair que si $i=j$ alors $Kx_i=Kx_j$. Réciproquement, si $Kx_i=Kx_j$, alors $H \cap (Kx_i)=H \cap (Kx_j)$. Je te laisse montrer, en utilisant le fait que $x_i$ et $x_j$ sont dans $H$, que $H \cap (Kx_i)=(H \cap K)x_i$ et de même pour $x_j$. Donc les classes représentées par $x_i$ et $x_j$ sont les mêmes, et comme on a choisi la famille $(x_i)$ de sorte qu'elle représente injectivement les classes, on en déduit $i=j$.


    On en déduit une injection de l'ensemble de classes à droite de $H$ modulo $H \cap K$ dans l'ensemble des classes à droite de $G$ modulo $K$, d'où e passant aux cardinaux la relation que tu cherches sur les indices.


    Pour la dernière question, je te laisse chercher (je te conseille de faire un dessin).
  • webmaster
    webmaster
    Bonjour,

    A°) Montrons que $Kx_i = Kx_j \Leftrightarrow i = j$.
    $\Rightarrow$) Il est clair que $i = j \Rightarrow Kx_i = Kx_j$.
    $\Leftarrow$) Supposons $Kx_i = Kx_j$ alors $H \cap Kx_i = H \cap Kx_j$. Montrons que, pour tout $i \in I$, $H \cap (Kx_i) = (H \cap K)x_i$. Soit $i \in I$, on a $x_i \in H$ (Question : pourquoi ?) donc $Hx_i = H$ donc $H \cap (Kx_i) = (Hx_i) \cap (Kx_i) = (H \cap K)x_i$ donc $(H \cap K)x_i = (H \cap K)x_j$ donc $x_i = x_j$.

    On en déduit la relation : $[H:H \cap K] \leq [G:K]$.
    Soit l’application $f : (\frac{H}{(H \cap K)})_d \rightarrow (\frac{G}{K})_d$, $(H \cap K)h \rightarrow Kx$. Montrons que $f$ est injective. Soient $Kx, Ky \in (\frac{G}{K})_d$ tels que $Kx = Ky$ alors (là je ne suis pas sûr du tout que l’implication soit juste) $\exists k \in K$ tel que $kx = ky$ donc $x = y$ donc $card((\frac{H}{H \cap K})_d) \leq card((\frac{G}{K})_d)$ soit encore $[H:H \cap K] \leq [G:K]$

    On en conclus que $[H:H \cap K]$ est fini.
    D’une part, on a montré que $[H:H \ cap K] \leq [G:K]$, d’autre part, d’après les hypothèses $[G:K]$ est fini, donc $[H:H \ cap K]$ est fini.

    Prouvons que $[H:H \cap K] = [G:K]$ si $G = HK$.
    Posons $G = HK$ et montrons que l’application $f : (\frac{H}{H \cap K})_d \rightarrow (\frac{HK}{K})_d$, $(H \cap K)h) \rightarrow Khk$ est bijective. Soient $hk,h’k’ \in HK$, $Khk = Kh’k’ \rightarrow \exists k \in K khk=kh’k’ \rightarrow hk = h’k’$. Soient $Khk \in (HK/K)_d$ alors $Khk = f((H \cap K)h)$ donc $card((\frac{H}{H \cap K})_d) = card((\frac{HK}{K})_d)$ donc $[H :H \cap K] = [G :K]$ si $G = HK$.
  • webmaster
    webmaster
    Nb : Si une âme généreuse voulais apporter quelques corrections à ma tentative de réponse. Merci de votre aide.
  • jobherzt
    jobherzt
    pour ton premier pourquoi, c'est simplement parce qu'on considere des classes a droite de $H$ modulo $K\cap H$. cad l'ensemble, (par definition) :

    $$\{(K\cap H)x, x\in H$\}$$

    donc les $x$ sont dans $H$ simplement parce qu'on se place dans $H$...

    ensuite, l'injection qu'on trouve est triviale, cad que ce n'est rien d'autre que ... l'inclusion !! puisque on a montré que :

    $$(H\cap K)x_i \neq (H\cap K)x_j \Rightarrow x_i\neq x_j$$

    on a bien une injection, 2 elements distincts ne peuvent avoir la meme image. ton erreur est de prendre une fonction quelquonque. en fait, on prend une fonction partiuliere $f$ qui n'est autre que, en gros, l'identité modulo des sous groupes :

    $$f:H/(H\cap K) \rightarrow G/K, (H\cap K)x \rightarrow Kx$$

    en fait, on garde le meme $x$, c'est pour ca que ca marche, je ne sais pas si je suis clair :-)
  • jobherzt
    jobherzt
    Arrf, ya eu u bug, doublon a supprimer.. desolé !

    pour ton premier pourquoi, c'est simplement parce qu'on considere des classes a droite de $H$ modulo $K\cap H$. cad l'ensemble, (par definition) :
    $$\{(K\cap H)x, x\in H\}$$

    donc les $x$ sont dans $H$ simplement parce qu'on se place dans $H$...

    ensuite, l'injection qu'on trouve est triviale, cad que ce n'est rien d'autre que ... l'inclusion !! puisque on a montré que :

    $$(H\cap K)x_i \neq (H\cap K)x_j \RightarrowKx_i\neq Kx_j$$

    on a bien une injection, 2 elements distincts ne peuvent avoir la meme image. ton erreur est de prendre une fonction quelquonque. en fait, on prend une fonction partiuliere $f$ qui n'est autre que, en gros, l'identité modulo des sous groupes :

    $$f:H/(H\cap K) \rightarrow G/K, (H\cap K)x \rightarrow Kx$$

    en fait, on garde le meme $x$, c'est pour ca que ca marche, je ne sais pas si je suis clair :-)
  • jobherzt
    jobherzt

    decidemment, je fatigue ce soir.. desolé, vraiment !!

    pour ton premier pourquoi, c'est simplement parce qu'on considere des classes a droite de $H$ modulo $K\cap H$. cad l'ensemble, (par definition) :
    $$\{(K\cap H)x, x\in H\}$$

    donc les $x$ sont dans $H$ simplement parce qu'on se place dans $H$...

    ensuite, l'injection qu'on trouve est triviale, cad que ce n'est rien d'autre que ... l'inclusion !! puisque on a montré que :

    $$(H\cap K)x_i \neq (H\cap K)x_j \Rightarrow Kx_i\neq Kx_j$$

    on a bien une injection, 2 elements distincts ne peuvent avoir la meme image. ton erreur est de prendre une fonction quelquonque. en fait, on prend une fonction partiuliere $f$ qui n'est autre que, en gros, l'identité modulo des sous groupes :

    $$f:H/(H\cap K) \rightarrow G/K, (H\cap K)x \rightarrow Kx$$

    en fait, on garde le meme $x$, c'est pour ca que ca marche, je ne sais pas si je suis clair :-)
  • jobherzt
    jobherzt
    et note, en suivant ton raisonnement, si on a
    $$Kx=Ky$$

    on ne peut absolument pas en deduire que $x=y$. Tout ce que ca dit, c'est que $x$ et $y$ sont dans la meme classe. cad que
    $$x\cdot y^{-1} \in K$$
    ou autrement dit que
    $$\exists k \in K, y=k\cdotx$$
  • jobherzt
    jobherzt
    et note, en suivant ton raisonnement, si on a
    $$Kx=Ky$$

    on ne peut absolument pas en deduire que $x=y$. Tout ce que ca dit, c'est que $x$ et $y$ sont dans la meme classe. cad que
    $$x\cdot y^{-1} \in K$$
    ou autrement dit que
    $$\exists k \in K, y=k\cdotx$$
  • jobherzt
    jobherzt
    et note, en suivant ton raisonnement, si on a
    $$Kx=Ky$$

    on ne peut absolument pas en deduire que $x=y$. Tout ce que ca dit, c'est que $x$ et $y$ sont dans la meme classe. cad que
    $$x\cdot y^{-1} \in K$$
    ou autrement dit que
    $$\exists k \in K, y=k\cdot x$$
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 17

Foysjean-éric +15 Invités