Morphisme de groupe.

Bonsoir,
ça fait plusieures heures que je réfléchis à un exercice que je n'arrive pas à résoudre :

Soit $G$ un groupe. Dénombrer les morphismes surjectifs de $G$ dans $\Z /2\Z$ puis les morphismes surjectifs de $G$ dans $\Z /p\Z$ pour $p$ premier.
Plus généralement, soit deux groupes $G$ et $H$, dénombrer les morphismes surjectifs de $G$ dans $H$ dont le noyau est fixé. Etudier le cas $G=\mathfrak{S}_4$ et $H=\mathfrak{S}_3$.

J'ai réussi à démontrer que si un tel morphisme existe alors il envoie tout les éléments d'ordre impaire sur la classe de 0. (noté $\overline{\mathstrut 0}$ ). Je ne sais pas si c'est vraiment utile mais bon..

Pouvez-vous m'aider svp? Merci d'avance.

Réponses

  • Bizarre comme question...tu es sûr(e) que ce n'est pas "injectif" à la place de "surjectif" ?

    Parce que sinon, je ne vois pas à quoi se rapporte le "plus généralement"...Dans la première question , l'image est fixée, et dans la deuxième partie , c'est le noyau....

    Si c'est bien "surjectif", alors on ne peut pas dire grand chose de plus "c'est le nombre de sous-groupes normaux d'indice $p$".

    Si c'est "injectif", ça change tout.
  • Bonsoir GreginGre, non je confirme l'exactitude de l'énoncé, c'est bien surjectif.Je pense que le "plus généralement" veut simplement dire que le cas $\Z /2\Z$ est un cas particulier du cas où $H$ est quelconque avec le noyau du morphisme fixe.

    Ps: J'ai résolu une question similaire pour les morphismes injectifs mais dans l'autre sens, i.e de $\Z /2\Z$ dans $G$.
  • Personne n'a d'idée? Je sèche complètement moi :-(
  • Ca me paraît bizarre comme question, c'est un peu comme si on te demandait "soit G un groupe, quel est le nombre d'éléments de ce groupe ?". Bah on peut pas dire grand-chose...
  • Bonsoir Zanzinette
    Si tu as un morphisme surjectif $G\rightarrow H$, tu as une suite exacte courte $$ 1\to \ker f\hookrightarrow G\xrightarrow{~f~} H\to 1$$ Tu peux en déduire que l'indice $[G:\ker f]=|H|$ et que $G/\ker f\simeq H$.
    Si $G$ n'admet pas de sous-groupe distingué ayant cet indice, il n'y aura aucun morphisme surjectif $G\to H$.
    Si tous les sous-groupe $K$ distingués ayant cet indice, sont tels que $G/K\not\simeq H$ alors il n'y aura aucun morphisme surjectif $G\to H$.
    Si $G$ admet un sous-groupe $K$ distingué ayant cet indice et tel que $G/K\simeq H$ alors tu auras le diagramme commutatif, où la ligne horizontale est exacte et $\alpha$ est un isomorphisme ($f$ et $\pi$ ont même noyau $K$) d'où $f=\alpha\circ\pi$ qui est bien surjectif car $\pi$ l'est. $$ \xymatrix{1\ar[r]& K~\ar@{^{(}->}[r]&G \ar[r]^-{\pi} \ar[dr]_-{f} &G/K\ar[r] \ar@{.>}[d]^-{\alpha}_-{\simeq} &1\\&&&H}$$
    Pour le dénombrement, si $g$ est un autre morphisme surjectif $G\to H$ ayant $K$ pour noyau, alors $g\circ f^{-1}$ est défini ($g$ et $f$ ont même noyau $K$) et est même un automorphisme de $H$. $$\xymatrix{&G\ar[ld]_-{f}\ar[rd]^-{g}\\H\ar[rr]_-{\sigma}^-{\simeq}&&H} \quad g=\sigma\circ f$$
    Ainsi, dès que l'on a choisi $f:G\to H$, on obtient tous les autres morphismes surjectifs $G\to H$ ayant $K$ pour noyau en composant $f$ au but par un automorphisme de $H$.
    Il y a donc autant de morphismes surjectifs $G\to H$ ayant $K$ pour noyau, que d'automorphismes de $H$.
    Et on fait cela pour tous les sous-groupes distingués $K\lhd G$ tels que $G/K\simeq H$.

    On obtient finalement le nombre de morphismes surjectifs $G\to H$ comme la cardinal de $\mathrm{Aut}(H)$ fois le nombre (qui peut être nul) de sous-groupes $K$ distingués dans $G$ tels que $G/K\simeq H$.

    Application : si $H=\Z/2\Z$, tout sous-groupe de $G$ d'indice 2, s'il en existe, est distingué (exercice facile) et a un quotient d'ordre 2, donc isomorphe à $\Z/2\Z$. D'autre part, $\mathrm{Aut}(\Z/2\Z)=\{id\}$ est trivial.
    Il y aura donc autant de morphismes $f:G\to \Z/2\Z$ que de sous-groupe d'indice 2 dans $G$ (en particulier 0 si $G$ est d'ordre impair).
    Je te laisse faire le cas $H=\Z/p\Z$ un petit peu plus compliqué et le cas $G=\mathfrak{S}_4$, $H=\mathfrak{S}_3$ à peine plus compliqué (il y a 6 morphismes surjectifs), qui te sont demandés.
    Dans les deux cas, c'est une application directe de ce qui est écrit ci-dessus.

    Alain
  • Merci beaucoup Alain, ton explication est très claire et très bien présenté. J'ai bien compris maintenant. Encore merci!
  • Bonsoir Zanzinette
    Ce serait bien alors que tu nous écrives ce que tu as rédigé pour $H=\Z/p\Z$,
    et si tu as le courage, pour $G=\mathfrak S_4,\ H=\mathfrak S_3$.
    Alain :-)
    • Pour le cas où $H=\Z /p\Z$ :
      Soit $K$ un sous-groupe de $G$ d'indice $p$ alors, si $p$ est le plus petit diviseur premier de $\mid G\mid$ alors $K$ est distingué dans $G$.
      De plus $\mathrm{Aut}(\Z /p\Z )\simeq \Z /p\Z$ ainsi $\mid\mathrm{Aut}(\Z /p\Z )\mid =p$.
      On conclut en disant que le nombre de morphisme surjectif est égal a $p$ fois le nombre de sous-groupe de $G$ d'indice $p$ si $p$ est le plus petit diviseur premier de $\mid G\mid$. Et si $p$ n'est pas est le plus petit diviseur premier de $\mid G\mid$ on peut simplement dire que le nombre de morphisme surjectif est égal à $p$ fois le nombre de groupe distingué dans $G$ d'incide $p$.
      $ $
    • Pour le cas où $G=\mathfrak S_4$ et $H=\mathfrak S_3$ :
      Les seuls sous-groupes distingués de $\mathfrak S_4$ sont $\lbrace \mathrm{Id}\rbrace$, $\mathfrak A_4$ et $\mathfrak S_4$ lui même, donc il n'y a aucun sous-groupe distingué de $G$ d'indice 6.
      Donc il n'y a aucun morphisme surjectif de $\mathfrak S_4$ dans $\mathfrak S_3$.
  • Oups, je crois que j'oublie un groupe distingué de $\mathfrak S_4$, j'ai failli oublier que pour $n=4$ il y en avait un de plus.
  • L'ensemble formé de l'identité et des $2\times 2$-cycles est un sous-groupe normal de $\mathfrak S_4$ et il est d'ordre $4\neq 6$ donc il n'y a pas de morphisme surjectif.
  • Bonsoir Zanzinette
    L'ensemble formé de l'identité et des $2\times 2$-cycles est un sous-groupe normal de $\mathfrak S_4$ et il est d'ordre $4\neq 6$
    Certes, il est donc d'indice 6. Si tu regardes bien, c'est l'indice qui intervient ici.
    De plus $\mathrm{Aut}(\Z /p\Z )\simeq \Z /p\Z$ ainsi $\mid\mathrm{Aut}(\Z /p\Z )\mid =p$.
    Es-tu sûr de cela ? Regarde bien ton cours.

    Alain
  • Bonsoir AD,
    oui c'est vrai tu as raison il est bien d'indice 6 et c'est l'indice qui compte ici.

    Je regarde ça, merci AD.
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