Extension de groupes - scindage à droite, scindage à gauche

Julia Paule

Bonjour. Cet article de Wiki dit que dans une suite exacte courte, "une extension de groupes est scindée à droite si et seulement si c'est un produit semi-direct, et scindée à gauche si et seulement si c'est un produit direct.".

Il me semble pourtant avoir vu quelque part (mais je ne retrouve plus où), pour une suite exacte courte étant donnée, l'équivalence entre :

1) la suite exacte courte est scindée (à droite),

2) l'extension est un produit semi-direct,

3) la suite exacte courte possède une rétraction, i.e. elle est scindée à gauche.

Ne la retrouvant plus, j'ai démontré cette équivalence, mais j'ai peut-être fait une erreur.

Pouvez-vous me confirmer ce que dit Wiki, à savoir qu'il faut un produit direct pour avoir l'équivalence, en particulier pour lequel : scindée à droite => PSD, mais pas forcément scindée à gauche ? 

Ou encore un contre-exemple d'une suite exacte courte scindée à droite et pas scindée à gauche, pour mettre le doigt sur mon erreur ?

Si j'ai le courage, je mettrai ici ma démonstration.

Julia Paule

Oups, en l'écrivant ici, je me rends compte que j'ai démontré que si la suite exacte $1 \to H \to^u G \to^p F \to 1$ est scindée à droite, alors il existe une application $r : G \to H$ telle que $r \circ u=Id_H$, mais il faut encore montrer que c'est un morphisme (ce qui colle si $G$ est abélien EDIT : si $u(H)$ et $s(F)$ commutent, donc si le produit est direct). Désolée.

Le contre-exemple tient toujours. Merci d'avance.

Math Coss

Trouver une rétractation ensembliste, c'est toujours possible (définir $r(y)=x$ si $y=u(x)$ et $r(y)=1$ si $y$ n'a pas d'antécédent). Quand on parle de scindage à gauche de la suite exacte, on exige que la rétraction soit un morphisme.
On part alors de notre produit semi-direct non abélien préféré, $D_4$. Il ne possède pas de quotient cyclique d'ordre $4$ car il y a un seul élément d'ordre $2$ central et le quotient correspondant est $\Z/2\Z \times \Z/2\Z $. Donc ce n'est pas scindé à gauche. 

Julia Paule

@Math Coss, comme d'habitude, je pars de ton exemple $\mathbb D_4$ mais je ne lis pas ton explication parce que je n'y comprends rien (pourquoi parles-tu tout de suite d'un quotient cyclique d'ordre $4$ ?).

$\mathbb D_4$ peut s'insérer dans deux suites exactes (car il possède deux sous-groupes distingués).

La 1ère : $1 \to \langle a \rangle \to \mathbb D_4 \to \langle b \rangle \to 1$, c'est un PSD interne non direct, donc la suite est scindée, si elle possède une rétraction $r : \mathbb D_4 \to \langle a \rangle$, alors elle est définie par $r(a)=a$ (donné par la restriction de $r$ à $u(H)$, isomorphisme réciproque de l'inclusion $u$ de $H$ dans $u(H)$) et $r(b)=e$ ; c'est une rétraction de la suite ; pas de problème pour celle-là. et ce n'est pas une rétraction (plus bas).

La 2ème : $1 \to \langle a^2,b \rangle \to \mathbb D_4 \to \langle ab \rangle \to 1$, la suite est scindée, une rétraction serait donnée par $r(a^2)=a^2, r(b)=b$. $\mathbb D_4$ possède deux autres éléments d'ordre $2$, $ab$ et $a^3b$, dont l'image est d'ordre divisant $2$, cela ne peut être que $r(ab)=e$, mais alors $r(ab)=r(a)b=e \Rightarrow r(a)=b, r(a^2)=e$, impossible, donc cette suite n'admet pas de rétraction.

Merci beaucoup, pour l'exemple.

Julia Paule

Concernant les liens entre les trois conditions sur la suite exacte $1 \to H \to^u G \to^p F \to 1$ de mon message initial, il me semble qu'on a :

$(1) \Leftrightarrow (2)$

$(3) \Rightarrow (2)$ EDIT : et $G$ produit direct de $u(H)$ par $s(F)$

$(2)$ et $G$ produit direct de $u(H)$ par $s(F)$ $\Rightarrow (3)$.

C'est un peu plus précis que Wiki. C'est ce que dit Wiki.

Pouvez-vous confirmer ? Merci d'avance.

GaBuZoMeu

Bonjour,

Soit $H$ un sous-groupe distingué de $G$. On suppose qu'il existe une rétraction $r : G\to H$, un homomorphisme tel que $r(h)=h$ pour tout $h\in H$. Posons $K=\ker(r)$ : alors $G$ est (isomorphe au) produit direct $H\times K$.

J'en montre un bout : $H$ et $K$ commutent. En effet, si $h\in H$ et $k\in K$, alors $k^{-1}hk\in H$ puisque $H$ est distingué et donc $k^{-1}hk=r(k^{-1}hk)=r(k)^{-1}r(h)r(k)=h$. Je te laisse finir.

Math Coss

Julia Paule a dit :

@Math Coss, comme d'habitude, je pars de ton exemple $\mathbb D_4$ mais je ne lis pas ton explication parce que je n'y comprends rien (pourquoi parles-tu tout de suite d'un quotient cyclique d'ordre $4$ ?).

Si $i:H\to G$ est un morphisme injectif et s'il existe une rétraction $r:G\to H$ (telle que $r\circ i=\mathrm{id}_H$), alors $r$ est surjective et $H\simeq G/\ker r$ : c'est un quotient de $G$.

Dans le cas de $D_4$, pour la présentation la plus habituelle comme produit semi-direct $1\to \Z/4\Z\stackrel{i}{\to} D_4\to\Z/2\Z\to1$, une rétraction permettrait de voir $\Z/4\Z$ comme un quotient de $D_4$, ce qui n'est pas possible (car le groupe par lequel il faudrait quotienter serait d'ordre $2$ et distingué donc son élément différent du neutre serait central donc ce serait l'élément d'ordre $2$ du sous-groupe cyclique d'ordre $4$ de $D_4$).

Julia Paule

Merci beaucoup @GaBuZoMeu Tu pointes le doigt sur mon erreur. Ce n'est pas dur à finir : donc $hk=kh$. J'ai rectifié plus haut.

Cela parait normal car si on généralise et on prolonge la suite par : $1 \to H \to^u G \to^p G/u(H) \to 1$, et si $r$ est une rétraction de $u$, alors $u(H) = \ker p$, posons $K= \ker r$, donc $u(H)$ et $K$ sont deux sous-groupes distingués de $G$ tels que $u(H) \cap K = 1$ :

(en effet, si $g \in u(H) \cap K$, alors $r(g)=1, g=u(h), u \circ r(g)=u \circ r(u(h))=u(h)=u(1)=1$, donc $g=1$) , 

alors ils commutent :

(c'est connu : si $H$ et $K$ sont deux sous-groupes distingués de $G$ d'intersection triviale, alors on a :

$hkh^{-1}=k' \Rightarrow hk=k'h \Rightarrow k^{-1}hk=k^{-1}k'h \in H$ car $H$ est distingué, donc $k'=k$ donc $hk=kh$).

Puis $G$ est un PD de $u(H)$ par $K$ : en effet, pour $g \in G, r(g)=h=r \circ u(h)$, donc $r(gu(h^{-1}))=1$, soit $gu(h^{-1}) \in K$, i.e. $g=ku(h)=u(h)k$ (car commutent), donc $G=u(H) \times K$ (donc au passage $G/u(H) \cong K$).

On a donc bien ce que dit Wiki, à savoir qu'une extension de groupes possède une rétraction ssi c'est un produit direct.

En effet, si $G$ est une extension de $H$ par $F$, qui possède une rétraction $r$, alors elle possède une section $s$ (je l'ai montré), $s(F) \cong F \cong G/u(H) \cong \ker r$, donc $G$ est un PD de $u(H)$ par $s(F)$, et j'ai montré la réciproque.

Je trouve ça vraiment très compliqué, principalement parce que les points de vue sur ces notions sont multiples et que je suis en train de refaire le cours. En effet, je n'ai que des morceaux de cours sur le PSD et les suites exactes, éparpillés dans plusieurs documents.

Quelqu'un aurait-il un document complet sur ces notions ?

Julia Paule

@Math Coss Oui du coup la suite exacte $1 \to \langle a \rangle \to \mathbb D_4 \to \langle b \rangle \to 1$ ne possède pas non plus de rétraction, sinon $\mathbb D_4$ serait un produit direct de deux sous-groupes abéliens, donc serait abélien (ou de toute façon, ce n'est pas un PD de ces deux sous-groupes). D'ailleurs $r$ tel que je l'ai défini n'est pas un morphisme : avec $r(a)=a$ et $r(b)=e$, on aurait $r(ba)=a=r(a^3b)=a^3$, impossible.

Julia Paule

Math Coss a dit :

Dans le cas de $D_4$, pour la présentation la plus habituelle comme produit semi-direct $1\to \Z/4\Z\stackrel{i}{\to} D_4\to\Z/2\Z\to1$, une rétraction permettrait de voir $\Z/4\Z$ comme un quotient de $D_4$, ce qui n'est pas possible.

Ok pour ce n'est pas possible : il n'existe pas de sous-groupe distingué de $D_4$ d'ordre $2$.

Et si  $1 \to H \to^u G \to^p F \to 1$, qui possède une rétraction $r$, alors elle possède une section $s$ et on a : 

$H=Im(r) \cong G/ \ker r = G/s(F)$, donc $H$ peut être vu comme un quotient de $G$.

Donc si on a une section ou une rétraction de l'extension, cela marche dans les deux sens, mais pas de manière tout à fait symétrique (PSD pour une section ou PD pour une rétraction).

Au passage, pour définir $s$ quand on a $r$, $s(f)$ est l'unique élément $g$ de $G$ qui vérifie $p(g)=f$ (car $p(s(f))=f$), et $r(g)=1$, car $r(g) \in H=r \circ u(H)$, $g \in s(F)$, donc $r(g) \in r(u(H) \cap s(F))=r(1)=1$, donc, la section, si elle existe, ne peut pas être définie autrement. Et on montre que $s$ définie ainsi convient.

On a alors $s(F)=\ker r$, de la même manière qu'on a $u(H)=\ker p$.

Merci beaucoup.

Math Coss

Julia Paule a dit :

Ok pour ce n'est pas possible : il n'existe pas de sous-groupe distingué de $D_4$ d'ordre $2$.

Si, il y en a un, le groupe engendré par le carré d'un élément d'ordre $4$. C'est :

• dans la présentation $\langle a,b\mid a^4=b^2=baba=1\rangle$, l'élément $a^2=(a^3)^2$ ;
• dans la vision géométrique, la symétrie centrale / la rotation d'angle $\pi$ ;
• dans la réalisation $\Z/4\Z\rtimes\Z/2\Z$, l'élément $(2,0)$.

Cependant, le quotient par ce sous-groupe distingué est $(\Z/2\Z)^2$ et pas $\Z/4\Z$ (car tous les éléments sont d'ordre $1$ ou $2$ modulo ce groupe : $a^2\in Z$, $(a^kb)^2\in Z$).

Julia Paule

Oups oui merci, j'ai été vite en besogne, surtout qu'il a été vu dans l'autre fil.

Julia Paule

On peut aussi remarquer que dans l'autre sens, avec le sous-groupe distingué $\langle a^2 \rangle$ d'ordre $2$, $\mathbb D_4$ n'a même pas de complément, car celui-ci serait isomorphe à $\mathbb D_4 / \langle a^2 \rangle = \{ \overline e, \overline a, \overline b, \overline {ab} \} \cong (\mathbb Z / 2 \mathbb Z)^2$. Or, le seul sous-groupe de $\mathbb D_4$ de cette forme est $\langle a^2, b \rangle$ qui n'est pas un complément de $\langle a^2 \rangle$. Donc on n'a pas un PSD interne de $\mathbb D_4$ de $\langle a^2 \rangle$ par un sous-groupe, et encore moins un PD.

Merci pour les différentes présentations de $\mathbb D_4$. Ce groupe est vraiment intéressant pour les PSD.

On peut aussi généraliser à $\mathbb D_n = \langle a \rangle \rtimes \langle b \rangle \cong \mathbb Z / n \mathbb Z \rtimes \mathbb Z / 2 \mathbb Z$. Je pense qu'il faut distinguer selon que $n$ est pair ou impair.

J'ai une autre question, je le pose dans ce fil, juste après.

Julia Paule

J'ai montré que la suite : $1 \to H \to^u G \to^p F \to 1$ est exacte ssi $u(H)$ est distingué dans $G$, $u$ est injectif, et $G/u(H) \cong F$.

N'ai-je pas fait une erreur ?

GaBuZoMeu

Bonjour,

Bien sûr,  le prototype de la suite exacte courte de groupes est $1\to H \hookrightarrow G\to G/H\to 1$. C'est d'ailleurs ce que j'ai utilisé quand j'ai réduit l'hypothèse d'une suite exacte courte avec rétraction à un sous-groupe distingué $H$ de $G$ avec rétraction.

Plutôt que $G/u(H)\simeq F$, je dirais plutôt qu'il existe un isomorphisme (forcément unique) du quotient $G/u(H)$ sur $F$ tel que le composé avec le morphisme surjectif canonique $G\to G/u(H)$ soit $p$, autrement dit que $p:G\to F$ a la propriété universelle du quotient de $G$ par $u(H)$.

Math Coss

En effet, sans la précision que $p$ induit l'isomorphisme entre $G/u(H)$, ça devient faux.
Par exemple, $H=\{0\}$, $G=F=\Z$ et $p(x)=2x$ : il y a bien un isomorphisme de $G/u(H)=\Z$ sur $F$ mais la suite n'est pas exacte car $p$ n'est pas surjectif.

Julia Paule

@GaBuZoMeu D'habitude, on part (pour simplifier l'écriture) de : $G \to^f F$, $f$ un morphisme, $H$ un sous-groupe distingué de $G$, et $f$ qui passe au quotient car constante sur les classes d'équivalence modulo $H$. Alors, avec la projection canonique $\pi : G \to G/H$, on peut définir le morphisme $p : G/H \to F$ tel que $p(\overline g)=f(g)$, donc $p \circ \pi =f$.

Un tel morphisme $p$ est évidemment unique étant donné $f$  (qui convient à $H$) et $\pi$. On a :

- $H \subset \ker f$ car $f$ est constante sur sa classe d'équivalence $H$, $1 \in H$, et $f(1)=1$,

- $p$ est surjective ssi $f$ est surjective,

- $p$ est injective ssi son noyau $\ker p$ (constitués des classes d'équivalence d'image $1$ dans $F$) se réduit à $H$ ssi les éléments de $G$ d'image $1$ sont tous dans $H$ ssi $\ker f = H$.

Maintenant, on part d'un autre point de vue, soit d'un isomorphisme $G/H \to^p F$, d'un morphisme $\varphi : G \to F$ et on remonte $p$ sur $G$ : on peut définir facilement le morphisme $f=p \circ \pi$, i.e. tel que $f(g)=p(\overline g)$. Mais rien n'oblige $\varphi$ à être égal à $f$ (pour pouvoir en déduire que $\varphi$ est surjectif car $f$ l'est car $p$ l'est).

Par exemple, on prend $G=\mathbb D_4, F=\mathbb Z / 2 \mathbb Z$, $H=\langle a \rangle$ distingué dans $G$, $p$ défini sur $\mathbb D_4 / \langle a \rangle$ par $p(\overline a)=0, p(\overline b)=1$, $p$ est un morphisme surjectif, $f=p \circ \pi$ défini sur $\mathbb D_4$ par $f(a)=0, f(b)=1$ est surjectif, on a évidemment $\mathbb D_4 / \langle a \rangle \cong \mathbb Z / 2 \mathbb Z$ via $p$, tout y est, mais $\varphi : \mathbb D_4 \to \mathbb Z / 2 \mathbb Z$ défini par $\varphi(a)=\varphi(b)=0$, donc $\varphi$ est le morphisme nul, n'est pas surjectif.

Donc je crois que ma démonstration ne tient pas.

Julia Paule

@Math Coss En effet, en précisant (avec mes notations), $\varphi$ induit l'isomorphisme $p$ entre $G/u(H)$ et $F$, alors $\varphi=p \circ \pi =f$, $\varphi$ est un morphisme surjectif comme composé de deux morphismes surjectifs, cela devient vrai.

Ton exemple est beaucoup plus simple que le mien, merci beaucoup.

A l'inverse, il me semble que ce n'est pas une nécessité. Exemple avec mes notations :

$\mathbb D_4 / \langle a^2,b \rangle \to \langle ab \rangle $, avec $p(\overline a)=ab$, et $\varphi : \mathbb D_4 \to \langle ab \rangle$ défini par $\varphi(a)=e, \varphi(b)=ab$, morphisme surjectif (composé du morphisme qui envoie $a$ sur $e$, $b$ sur $b$, et du morphisme qui envoie $b$ sur $ab$). 

Alors $f=p \circ \pi \ne \varphi$ car par exemple $f(a)=ab$ et $\varphi(a)=e$.

GaBuZoMeu

Qu'est-ce qui n'est pas une nécessité ? $\langle a^2,b\rangle$ n'est pas le noyau de ton $\varphi$. Dans une suite exacte, le noyau de $p$ est égal à (l'image de ) $H$.

Difficile de suivre tes notations, elles changent de temps en temps.

Julia Paule

Hum, je me suis emmêlée (j'efface mon message précédent qui n'a aucun intérêt). Ce qui n'est pas une nécessité, c'est $\varphi = p \circ \pi $ pour que $\varphi$ soit surjectif. En effet, il suffit de prendre $\varphi = \alpha \circ p \circ \pi$, $\alpha$ un automorphisme de $F$ pour avoir ce résultat. (mais dans ce cas, il faut changer le morphisme $p$ en le morphisme $\alpha \circ p$ pour avoir la suite exacte).

Ce qui est vrai, en reprenant les premières notations, c'est : 

La suite $1 \to H \to^u G \to^p F \to 1$ est exacte ssi $u$ est injectif, $u(H)$ est distingué dans $G$, et $G/u(H)$ est isomorphe à $F$ via le morphisme induit par $p$.

Merci beaucoup.

Julia Paule

GaBuZoMeu a dit :

le prototype de la suite exacte courte de groupes est $1\to H \hookrightarrow G\to G/H\to 1$.

Merci, je me le disais. 

Celui de la suite exacte courte scindée à droite est :  $1 \to H \to H \rtimes_{\varphi} F \to F \to 1$. 

Celui de la suite exacte courte scindée à gauche est :  $1 \to H \to H \times F \to F \to 1$.

Julia Paule

Du coup, ces deux démonstrations où j'ai utilisé une rétraction pour montrer la nécessité d'un morphisme $K \to Aut(H)$ pour fabriquer un PSD externe de $H$ par $K$ (tel qu'on en fasse un PSD interne), sont fausses car un PSD n'admet pas forcément de rétraction :

https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2508370/#Comment_2508370

https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2508529/#Comment_2508529

Retour à la case départ pour montrer cette nécessité.

Je réitère ma question : quelqu'un aurait-il un document de cette démonstration ?

GaBuZoMeu

Deux remarques : 

1°) Je n'aime pas trop "scindage à gauche", parce que pour moi une rétraction n'est pas un scindage. Question de goût et d'habitude, sans doute.

2°) Dans ton dernier message, on comprend que $H$ est le sous-groupe distingué. Alors, c'est simple : si $G$ est le produit semi-direct interne du sous groupe distingué $H$ pas le sous-groupe $K$, alors l'application $k \mapsto (h\mapsto khk^{-1})$ est un morphisme $\rho : K\to \mathrm{Aut}(H)$, et $G$ est (isomorphe à) le produit semi-direct externe de $H$ par $K$ tordu par $\rho$.

Julia Paule

En effet, une rétraction permet de rétropédaler (par une surjection sur une injection), pas de différencier (par une injection sur une surjection).

Non dans mon dernier message, $H$ et $K$ sont des groupes, et je voudrais montrer la nécessité d'un morphisme $K \to \mathrm{Aut}(H)$ pour munir le produit cartésien $H \times K$ d'une structure de groupe telle que ce groupe soit le PSD interne des sous-groupes $H \times \{1\}$ par $\{1 \} \times K$ (que j'adopte comme définition du PSD externe relativement à ce morphisme).

Il faut commencer par montrer que $(h,1)(1,k)=(h,k)$. Puis tout roule. Mais en fait je me demande si cela peut se montrer.

En effet, si ce groupe, disons $G$, est le PSD interne de $H \times \{1\}$ par $\{1 \} \times K$, alors $G=(H \times \{1\})(\{1 \} \times K)$,et je ne vois pas ce qui interdirait d'adopter $(h,k)=(1,k)(h,1)$ (vu qu'on sait que si $G=HK$ est un groupe, alors $G=KH$).

Julia Paule

Ah mais cette démonstration est là : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2508362/#Comment_2508362

Désolée, je l'avais faite à ma sauce entretemps, et l'avais oubliée.

GaBuZoMeu a dit :

3) Pour tout $g\in K\times H$, il existe un unique couple $(k,h)\in K\times H$ tel que $g=(k,1)\odot(1,h)$

C'est une façon de le décréter. Pas mal.

Merci beaucoup.

Julia Paule

Bonjour. Toutefois, j'avais remarqué que :

Julia Paule a dit :

Toutefois, cela ne donne pas la règle de calcul dans $(K \times H, \odot)$, à savoir pour commencer que $(k,1) \odot (1,h)=(k,h)$, car dans toute la démonstration les éléments de $K\times\{1\}$ et ceux de $\{1\}\times H$ sont séparés. A suivre.

 C'est quand même gênant car on a un groupe $K \times H$ constitués d'éléments $(k,h)$ sans avoir sa règle de calcul. Cela ne permet pas de définir véritablement le PSD externe.

GaBuZoMeu

Je garde mon impression : tu t'embrouilles toi-même  !

Julia Paule

Ok. Je n'aurai pas le temps de voir ça ni aujourd'hui ni demain, en déplacement pour des choses loin d'être drôles.

Julia Paule

Bonjour @GaBuZoMeu.

Si $K \times H$ est PSD interne de $K \times \{1 \}$ par $\{1 \} \times H$, alors il existe une suite exacte courte :

$1 \to K \times \{1 \} \to^i K \times H \to^p \{1 \} \times H \to 1$, scindée par $s$, avec $i$ et $s$ des inclusions, $p$ la projection canonique.

Soit $g=(k,h) \in K \times H$ ; alors $p(k,h)=(1,h)=p \circ s (1,h)$, donc $(k,h)(1,h)^{-1} = (k',1) \in K \times \{1 \}$, soit $(k,h)= (k',1)(1,h)$.

Ceci est vrai pour tout $h \in H$, en particulier pour $h=1$, donc $k=k'$, et $(k,h)= (k,1)(1,h)$, on n'a pas eu besoin de la rétraction !

Merci beaucoup.