Sous-groupes et quotients

flipflop

Salut,

Une petite question (un peu floue pardon d'avance) concernant les groupes abéliens finis.

Je pense que le résultat suivant est vrai.

Soit $G$ un groupe abélien fini de cardinal $n$ et $H$ un groupe abélien fini de cardinal $d$.

S'il existe une injection de $H \to G$ alors il existe une surjection Edit M$\phi$, morphisme de groupe surjectif, de $G \to H$.
La démonstration que j'ai en tête passe la notion de groupe dual (groupe des caractères). En effet, une injection $H \to G$ donne lieu a une surjection $\widehat{G} \to \widehat{H}$, mais puisque $G$ et $H$ sont abéliens finis, ils sont isomorphes a leurs groupes duaux respectifs.


Le soucis c'est que j'ai besoin de faire la construction explicitement :

Etant donné un sous-groupe $H$ de $G$, est-ce que je peux créer le morphisme $\pi : G \to H$ ?

Pour expliquer mieux. Je souhaite construire une application bijective :
$$
\Phi : \text{sous-groupe de G} \to \text{sous-groupe de G}
$$
vérifiant : si $H$ est un sous-groupe de $G$ alors $\Phi(H)$ est le noyau "du" morphisme $G \to H$.

Le problème est que l'isomorphisme entre un groupe (abélien fini) et son dual n'est pas canonique et j'ai besoin pour ma construction d'avoir un isomorphisme entre $G$ et son dual mais aussi entre $H$ et son dual (et ceci pour chaque sous-groupe $H$). Donc, je me dis que si je me fixe un isomorphisme entre $G$ et son dual, ça ne doit pas être suffisant pour "rigidifié" la situation.

Merci d'avance, si quelqu'un peut m'aider à comprendre ou me permettre d'exprimer mieux la question.

Mathysique

Je pense (j'en suis pas sûr), mais on a même pas besoin d'avoir une structure de groupe. Si A et B sont deux ensembles finis tels qu'il existe une injection de A vers B alors on a une surjection de B vers A.

Je propose une piste, on note $f : A \to B$ injective.
Alors, $f(A)$ est une partie de B. On prend ensuite $a \in A$.
On construit $g$ par :

• Si $x \in f(A)$, $g(x)=$ l'unique antécédent de $x$ par $f$
• Si $x \notin f(A)$, $g(x)=a$

Comme $f$ est injective, $f$ réalise une bijection de $A$ vers $f(A)$, donc tous les éléments de $A$ ont bien un antécédent par $g$.

J'espère que ça répond bien au problème, sinon et bien... je ne pense pas pouvoir faire grand chose de plus. ^^

Cordialement

flipflop

Salut,

Merci, de ta réponse mais il faut que la surjection soit un morphisme de groupe.

Par exemple, le résultat est faux lorsque le groupe $G$ est non abélien. Disons $G = S_3$, soit $H$ le sous-groupe d'ordre $3$ engendré par $(1,2,3)$, alors il n'y a pas de morphisme de groupe $ G \to H$ surjectif. Car sinon, on aurait un sous-groupe d'ordre $2$ normal dans $S_3$. Mais les sous-groupes d'ordres $2$ dans $S_3$ sont les sous-groupes engendré par les transpositions ... et il sont tous conjuguais donc non normaux.

flipflop

Je fais un exemple de ce que je voudrais formaliser.

Prenons le groupe $\left( \Z/13\Z\right)^*$ des inversibles modulo $13$. C'est un groupe cyclique d'ordre $12$ et $3$ est d'ordre $3$ et engendre le sous-groupe $H := \{ 1,3,9\}$ d'autre part on a un morphisme :
$$
\pi : \left( \Z/13\Z \right)^* \to \left( \Z/13\Z \right)^*
$$
$$
x \mapsto x^4
$$
dont l'image est exactement $H$.

Poirot

Une idée comme ça, en utilisant le théorème de structure des groupes abéliens finis, il suffit de plonger des $\mathbb Z/n\mathbb Z$ dans des $\mathbb Z/d\mathbb Z$ avec $d \mid n$. Après je doute que l'isomorphisme entre un groupe abélien fini et un produit de groupes cycliques soit canonique.

flipflop

Bonjour Poirot,

J'ajoute un petit truc pour les groupes cycliques, il n'y a pas de problème (de choix) car il y a un unique sous-groupe pour chaque diviseurs $d$ de $n$ et aussi un unique quotient.

Si $G$ est cyclique d'ordre $n$.

Si $H$ est un sous-groupe d'ordre $d$ divisant $n$, alors $H$ est l'image de $\phi : G \to G$ élévation à la puissance ${n \over d}$.

En effet, $\text{Ker}(\phi) = \{ x \in G, \, x^{{n \over d}} = 1 \} = $unique sous-groupe de cardinal ${n \over d}$ de $G$ et donc l'image est bien l'unique sous-groupe de cardinal $d$, c'est à dire $H$.

Ensuite, pour un produit de sous-groupe cyclique, je peux faire un petit truc :

Disons $G = G_1 \times G_2$ avec $G_i$ cyclique de cardinal $n_i$; Soit $d_i$ un diviseur de $n_i$, alors il existe un unique sous-groupe $H_i$ de $G_i$ de cardinal $d_i$. Notant, $H = H_1 \times H_2 \subset G$, alors $H$ est l'image du morphisme $\phi : G \to G$ défini par $(a,b) \to (a^{n_1 \over d_1}, b^{n_2 \over d_2})$.

Par contre, il me semble qu'il existe des sous-groupes de $G$ qui ne sont pas rectangulaires (i.e pas un produit cartésien). Et dans ce cas là, je suis un peu à la rue. Et surtout, la démonstration que j'ai en tête passe par les caractères et ici aucune trace de caractère ?

Poirot

Il faut aussi appliquer le théorème de structure des groupes abéliens finis à $H$. Alors $H$ s'identifie à un sous-groupe rectangulaire de $G$.

flipflop

Je pense avoir compris ton idée.

Soit $G = \Z/2\Z \times \Z/4\Z$ (la loi $+$). On considère le sous-groupe $H$ engendré par $(1,3)$. Alors, après calculs que je n'écris pas (mais c'est ton idée), on considère $ \Phi(x,y) = (y,y)$ alors $H$ est l'image de $\Phi$.

Merci Poirot. Je vais voir ce que je peux faire avec ça !

Poirot

Dans cet exemple, on a $H \simeq \mathbb Z/4 \mathbb Z$ via $\varphi$ disons. Alors on considère $(x,y) \mapsto \varphi^{-1}(y)$ par exemple.

En fait pour être complètement dans l'esprit de ce que je disais, on prend $\varphi : H \to \mathbb Z/1\mathbb Z \times \mathbb Z/4\mathbb Z$ un isomorphisme, $p_1 : \mathbb Z/2\mathbb Z \to \mathbb Z/1\mathbb Z$ le morphisme trivial et $p_2 : \mathbb Z/4\mathbb Z \to \mathbb Z/4 \mathbb Z$ l'identité. Alors on prend $(x,y) \mapsto \varphi^{-1}(p_1(x), p_2(y))$ qui a bien $H$ pour image.

AD

Bonjour Flipflop
Il me semble que tu pourrais lire avec profit le chapitre IX de mon livre (si tu ne le possèdes pas, essaye de l'emprunter dans une BU) qui montre que dans un groupe commutatif fini, tout sous-groupe $H$ admet un un sous-groupe orthogonal (non canonique), dont le quotient associé est isomorphe à $H$. Un exemple de calcul du sous-groupe orthogonal y est donné.
Cela permet de définir une symétrie centrale dans le treillis des sous-groupes d'un groupe commutatif fini. Cette symétrie centrale est d'ailleurs systématiquement matérialisée dans les treillis fournis en fin de livre.
Alain

flipflop

Bonjour AD,

Je n'ai pas ton livre ! Un petit tour à la BU s'impose !

Poirot

Je te recommande chaudement la lecture du livre d'AD (pas que le chapitre IX !), tu ne le regretteras pas ;-)

flipflop

Oui, oui, ça fait plusieurs fois que je me le dis.

Sinon, impossible de finir "proprement" mes calculs avec la méthode que tu proposes !

Disons que le groupe que j'ai c'est $\left( \Z/15\Z\right)^*$ et non pas $\Z/2\Z \times \Z/4\Z$. Mais les deux groupes sont isomorphes.

Disons que j'ai :
$$
\Z/2\Z \times \Z/4\Z \to \Z/2\Z \times \Z/4\Z \\
(1,0) \mapsto (0,0) \\
(0,1) \mapsto (1,-1)
$$
Dont l'image est mon groupe $H$.

Et je veux transporter ce morphisme en un morphisme de $\left( \Z/15\Z\right)^*$ dans $\left( \Z/15\Z\right)^*$

$$
\xymatrix{
\Z/2\Z \times \Z/4\Z \ar[r] \ar[d] & \Z/2\Z \times \Z/4\Z \ar[d]^\psi \\
\left( \Z/3\Z\right)^* \times \left( \Z/5\Z\right)^* \ar[d] & \left( \Z/3\Z\right)^* \times \left( \Z/5\Z\right)^* \ar[d] \\
\left( \Z/15\Z\right)^* & \left( \Z/15\Z\right)^* \\
}$$

Ce qui donne :
$$
\xymatrix{
\left(\text{Log}_2(\ell, \left( \Z/3\Z\right)^*, \text{Log}_2(\ell, \left( \Z/5\Z\right)^* \right)) & \left( \text{Log}_2(\ell, \left( \Z/5\Z\right)^* ,-\text{Log}_2(\ell, \left( \Z/5\Z\right)^* \right) \\
(\ell \pmod{3}, \ell \pmod{5} & \left(2^{\text{Log}_2(\ell, \left( \Z/5\Z\right)^*},\ell^3 \right) \\
\ell \ar[r] & -5 \times 2^{\text{Log}_2(\ell, \left( \Z/5\Z\right)^*} + 6 \ell^3 \\
}$$
Par exemple, si $\ell = 7$, alors $-5 \times 2^{\text{Log}_2(\ell, \left( \Z/5\Z\right)^*} + 6 \ell^3 = 8$.

Le $2^{\text{Log}_2(\ell, \left( \Z/5\Z\right)^*}$ est vraiment affreux !

Bon je vais plutôt passé à la BU voir le livre d'AD :-D Là j'ai l'impression de faire n'importe quoi.

flipflop

Bon j'ai suivie encore un peu les calculs ... informatiquement ... mais on peut faire à la main ...

G<y> := FiniteField(5);

[(-5*2^Log(G!2,G!b)+6*b^3) mod 15: b in [1..15] | GCD(b,15) eq 1];
fibre1 := [ b :  b in {1,2,4,7,8,11,13,14} | (-5*2^Log(G!2,G!b)+6*b^3) mod 15 eq 1 ];
fibre8 :=[ b :  b in {1,2,4,7,8,11,13,14} | (-5*2^Log(G!2,G!b)+6*b^3) mod 15 eq 8 ];
fibre4 := [ b :  b in {1,2,4,7,8,11,13,14} | (-5*2^Log(G!2,G!b)+6*b^3) mod 15 eq 4 ];
fibre2 := [ b :  b in {1,2,4,7,8,11,13,14} | (-5*2^Log(G!2,G!b)+6*b^3) mod 15 eq 2 ];
K<y> := CyclotomicField(15);
/////
tau1 :=&+[y^k : k in fibre1]; 
tau8 := &+[y^k : k in fibre8];
tau4 := &+[y^k : k in fibre4];
tau2 :=&+[y^k : k in fibre2];

Gamma<X> := PolynomialRing(K);
P:=(X-tau1)*(X-tau8)*(X-tau4)*(X-tau2);
P;
                                                               X^4 - X^3 + X^2 - X + 1

Le polynôme engendre une extension abélienne de $\Q$ incluse dans $\Q(\zeta_{15})$, dont le groupe de galois est $H$ modulo mon bordel !

Fonction zéta où es-tu ? Les caractères ... où êtes-vous :-D