Théorie des groupes.

Pablo_de_retour

Bonsoir à tous,

Pouvez vous m'aider à établir l'exercice suivant ( Je ne sais pas quelle est l'idée à partir de laquelle il faut démarrer ) :

Soient $ G $ un groupe, et $ \{ \ a_1 G_1 , \dots , a_k G_k \ \} $ ( $ k > 1 $ ) une partition finie de $ G $ par des classes à gauche suivant des sous groupes $ G_1 , \dots , G_k $.

Montrer que $ [G : G_1 ] , \dots , [G : G_k ] $ ne peuvent être tous distincts.

Merci pour votre aide.

raoul.S

Moi j'établis que l'exercice est faux donc pas besoin de démarrer (:D

Pablo_de_retour

Comment le sais-tu @raoul.S ? :-D

Edit : Comment tu sais que c'est faux ?

raoul.S

Je le sais car j'ai trouvé un contre-exemple. D'ailleurs c'est ça le véritable exercice que tu devrais faire : trouver un contre-exemple (:D

Titi le curieux

Salut,

Je suis en train de me casser la tête sur ce problème.... Tout ce que j'arrive à voir c'est que les indices des sous-groupes ne peuvent pas être "premiers deux à deux" et j'ai un vague argument menant à penser que le contre-exemple "le plus simple" n'utilisera pas de sous-groupe d'indice 2 (autant le faire directement dans ce sous-groupe). On peut avoir des indications sur le contre-exemple, s'il te plaît raoul.S.

NoName

Indice: $1/2+1/3+1/6=1$.

Fin de partie

Déjà, trouver un groupe qui vérifie les hypothèses n'est pas une mince affaire.

Si j'ai compris l'énoncé:

Pour chaque sous-groupe $G_1,G_2,....,G_k$ de $G$ on sélectionne une classe à gauche de telle manière à former une partition de $G$ avec ces $k$ classes.

Chat-maths

@FdP: je crois qu'il n'y a pas besoin de prendre tous les sous-groupes de $G$. Simplement une famille de sous-groupes de $G$.

Fin de partie

Chat-maths:

Je n'ai jamais pensé que $G_1,...,G_k$ étaient tous les sous-groupes de $G$.

Même en prenant deux sous-groupes, trouver un exemple n'est pas immédiat me semble-t-il.

Il ne me semble pas, par exemple, qu'on puisse réaliser avec $G=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ une telle partition si on prend deux sous-groupes de $G$.

Chat-maths

Vu que tu disais pour "chaque" sous-groupe ... de $G$, je n'étais pas sur.

Mais effectivement, rien que l'existence d'une telle partition n'est pas claire pour tout groupe (excepté des partitions "inintéressantes", où tous les $G_i$ sont égaux et où la partition est celle des classes à gauches par ce sous-groupe).

Je pense avoir un contre-exemple avec $\mathfrak{S}_3$, j'ai l'impression que c'est le même que celui de NoName.

Edit: eh ben non.

Titi le curieux

Bonjour,

Chat-math, ne cherche pas dans $\mathfrak{S}_3$, un groupe d'ordre 6 dont les sous-groupes propres sont d'indice 2 ou 3, tu ne trouveras rien.

Je précise juste le truc pour qu'on évite de continuer à s'embêter avec des indices premiers entre eux:

Soit $G$ un groupe, $H$ et $I$ deux de ses sous-groupes, $a$ et $b$ deux éléments du groupe, $aH\cap bI \neq \emptyset \leftrightarrow \exists c\in G, aH\cap bI = c(H\cap I)$. Cette identité, assez simple à retrouver et à démontrer peut par exemple permettre de montrer que l'intersection de deux sous-groupe d'indice fini est un sous-groupe d'indice fini (notons qu'en ce qui me concerne, je n'arrive pas à montrer que tous les sous-groupes du problème sont d'indice fini, ça paraît intuitif, mais j'ai loupé un truc). Associé à l'identité $[G: H\cap I]= [G:H][H: H\cap I]$ on peut aussi montrer que l'indice de $H\cap I$ est un multiple du ppcm des indices de $H$ et $I$ et il est assez évident que cet indice ne peut dépasser le produit des indices de $H$ et $I$ car l'égalité atteinte est équivalente à "toutes les classes à gauches suivant $H$ croisent toutes les classes à gauche suivant $I$". Donc pas d'indices premiers entre eux ou c'est mort pour la partition, car deux des parties utilisées ne seront pas disjointes.

Il est par ailleurs assez évident que si $H$ est un sous-groupe d'indice 2 et $I$ un sous-groupe tel que $\neg I\subset H$ alors $I$ coupe les deux classes selon $H$ et chacune des classes selon $I$ coupe aussi les deux classes selon $H$, donc si il y a un sous-groupe d'indice 2 dans la famille des $G_i$ tous les autres sont inclus dedans, c'est pour ça que disais qu'un potentiel contre-exemple utilisant un sous-groupe d'indice 2 ne serait pas le contre-exemple le "plus simple".

Chat-maths

Oui, Titi, mon cerveau a bugué et mon truc ne marche pas :-D

NoName

En fait, mon contre-exemple n'en était pas un !
Désolé !

Pablo_de_retour

Au chers forumeurs visitant ce fil :
Ce fil se voulait être une simple farce pour mesurer votre niveau de créativité, parce que, si vous regardez ici : https://en.wikipedia.org/wiki/Herzog–Schönheim_conjecture , vous découvrirez qu'il s'agit d'une conjecture difficile à résoudre meme pour les spécialistes. ;-)

raoul.S

Désolé mon contre-exemple était faux, je pensais au groupe abélien $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ avec :

$G_1=\{0\}$, $G_2=\{0,2,4\}$, $G_3=\{0,3\}$ et $a_1=0$, $a_2=1$, $a_3=3$

mais j'y avais pensé à la va vite... je m'étais dit que Pablo avait mal recopié un énoncé pris dans un de ces fameux PDF. Une fois n'est pas coutume il avait posé une "vraie" question... piège.

Poirot

Bien joué (tu)

Homo Topi

Oui, une vraie conjecture difficile, pas comme celle de Hodge !

Titi le curieux

En effet, bien joué Pablo.

Je serai beau joueur, je n'enverrai pas la facture de mon psy à Pablo ou raoul (:P) .

raoul.S

Mouah Pablo a voulu se venger pour ça.

Champ-Pot-Lion

Bien joué Pablo ! (tu) :-D
Mais il fallait laisser plus longtemps, peut-être que quelqu'un aurait trouvé quelque chose !

Paul Broussous

Ca me fait penser au problème classique et plus abordable suivant.

Soient $m\geqslant 2$ et
$$
\N = \bigsqcup_{i=1,...,m} \{ a_i +kr_i\ ; \ k\in \N\}
$$
une partition de $\N$ en $m$ suites arithmétiques (pour chacune, le premier terme est $a_i$ et la raison $r_i$). Montrer qu'il y a au moins deux raisons égales.

Homo Topi

Un brin d'humour ne fait jamais de mal.

Maxtimax

Titi : le problème a l'air compliqué, en tout cas selon wikipedia; mais la question de la finitude des indices est, je crois, classique (ça ne veut pas dire facile pour autant)
Enfin je ne suis plus sûr de l'énoncé précis, mais je crois que si $G= G_1\cup ... \cup G_k \cup H$, tous des sous-groupes, et si $H$ est d'indice infini, alors $G=G_1\cup...\cup G_k$ .
Je ne suis pas sûr que l'énoncé soit celui-ci et je ne me souviens plus de la preuve (+ ai la flemme de chercher); mais j'imagine qu'elle doit pouvoir s'adapter à des cosets plutôt que des sous-groupes, auquel cas ta question se règle via ça (mais bon il y a beaucoup d'incertitude dans ce que je raconte)

Champ-Pot-Lion

Oui Maxtimax, c'est ça l'énoncé et Christophe C en avait donné une preuve à base de théorie de Ramsey ici. J'avais donné une autre preuve là.

Pour montrer que les sous-groupes sont d'indices finis, on peut regarder dans On disjoint covering of groups by their cosets, théorème 1. Je ne sais pas si c'est lié au problème dont tu parles.

Maxtimax

Champ-Pot-Lion : ah oui bien vu, je m'en souviens maintenant - j'avais été surpris par cet usage de Ramsey d'ailleurs. Merci !

Titi le curieux

Re,

Merci Champ-Pot-Lion et Maxtimax pour vous être penché sur le problème de la finitude des indices, l'article m'a beaucoup éclairé.