Théorie des groupes/Classes modulo un sous-groupe

Classes à gauche et classes à droite suivant un sous-groupe

Soient $(G,\star )$ un groupe et $H$ un sous-groupe de $G$. Le lecteur vérifiera que la relation $x^{-1}y\in H$ est une relation d'équivalence (en $x$ et $y$) dans $G$ et que les classes d'équivalence correspondantes sont les parties de $G$ de la forme $xH$ où $x$ parcourt $G$. On appelle ces parties de $G$ les classes à gauche (de $G$) suivant $H$, ou encore modulo $H$.

De même, la relation $y{x}^{-1}\in H$ est une relation d'équivalence dans $G$ et les classes d'équivalence correspondantes sont les parties de $G$ de la forme $Hx$, où $x$ parcourt $G$. On appelle ces parties de $G$ les classes à droite (de $G$) suivant $H$, ou encore modulo $H$.

La classe à gauche et la classe à droite suivant $H$ de l'élément neutre sont toutes deux égales à $H$ lui-même. De façon générale, la classe à gauche $xH$ d'un élément $x$ de $G$ est égale à $H$ si et seulement si $x$ appartient à $H$. Même chose pour la classe à droite.

Il est clair que si $G$ est commutatif, les classes à gauche suivant $G$ sont identiques aux classes à droite. Plus généralement, même si $G$ n’est pas commutatif, il se peut que les classes à gauche suivant un certain sous-groupe $H$ de $G$ soient identiques aux classes à droite. Un tel sous-groupe est dit normal, ou encore distingué, ou encore invariant. On y reviendra plus loin.

Nous noterons $G/H$ l’ensemble des classes à gauche d'un groupe $G$ modulo un sous-groupe $H$ de $G$ (c'est-à-dire : l'ensemble quotient de $G$ par la relation d'équivalence évoquée plus haut).

Indice d'un sous-groupe

Modèle:Wikipédia L'application $X\mapsto X^{-1}$ est une bijection de l’ensemble des classes à gauche sur l’ensemble des classes à droite, donc l’ensemble des classes à gauche et l’ensemble des classes à droite ont même cardinal. Ce cardinal est appelé l'indice de $H$ dans $G$ et noté $(G:H)$, ou encore $[G:H]$, ou encore $|G:H|$.

Exemples : l'indice de $G$ dans lui-même est égal à $1$ ; l'indice dans $G$ du sous-groupe réduit à l'élément neutre est égal à l’ordre de $G$.

Toutes les classes à gauche (et toutes les classes à droite) suivant $H$ ont le même cardinal, à savoir l’ordre de $H$. Comme la somme des cardinaux des classes d'une relation d'équivalence sur un ensemble est le cardinal de cet ensemble, nous avons donc :

$|G|=|G:H|\cdot |H|$.

Il en résulte que l’ordre de $H$ divise celui de $G$, ce qui est banal si $G$ est infini, mais constitue dans le cas fini l'important

Exemple :

• Nous verrons plus loin qu’il existe des groupes finis d'ordre premier, dont l'exemple classique est le groupe additif $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, avec $p$ premier. (Il s'agit d'un groupe quotient, dont la définition est donnée plus bas.) En raison du théorème de Lagrange, les seuls sous-groupes possibles de ce groupe sont d'ordre $1$ ou $p$. Autrement dit, ce groupe n'a pas de sous-groupe propre (c'est-à-dire : différent de lui-même) non trivial.

Remarques :

• Comme noté, les groupes finis sont les seuls groupes pour lesquels le théorème de Lagrange est intéressant. Il peut alors s'énoncer comme suit : soit $G$ un groupe fini et $d$ un nombre naturel. S'il existe un sous-groupe d'ordre $d$ de $G$, $d$ divise l’ordre de $G$.

La réciproque du théorème ainsi formulé n’est pas vraie, en ce sens que si $d$ est un diviseur de l’ordre d'un groupe fini, ce groupe n'admet pas forcément de sous-groupe d'ordre $d$ : nous verrons, par exemple, dans les exercices sur le chapitre Groupes alternés que le groupe alterné A₄, qui est d'ordre 12, n' a pas de sous-groupe d'ordre 6. Par contre, nous montrerons plus loin que cette réciproque est vraie dans le cas des groupes abéliens. Dans le cas général, nous rencontrerons des réciproques partielles (théorèmes [[../Théorèmes de Sylow#Premier théorème de Sylow|de Cauchy, de Sylow]] et [[../Théorèmes de Schur-Zassenhaus et de Philip Hall#Théorème de Philip Hall|de Hall]], [[../Exercices/Groupes nilpotents#Problème 12 (Ordres des sous-groupes normaux d'un groupe nilpotent fini)|ordres des sous-groupes normaux d'un groupe nilpotent fini]]).

• La relation

$|G|=|G:H|\cdot |H|$

montre aussi que l'indice $|G:H|$ divise $|G|$.

Au lieu de « transversale à droite » (resp. « transversale à gauche »), nous dirons aussi « transversale droite » (resp. « transversale gauche »).

Modèle:Théorème Démonstration. Démontrons l'existence d'une transversale droite. Désignons par D l'ensemble des classes à droite de H dans G. Ces classes sont non vides, donc, d'après l'axiome du choix, il existe une application f de D dans G qui à toute classe à droite fait correspondre un élément de cette classe. (L'axiome du choix n'est pas nécessaire si l'ensemble D est fini, c'est-à-dire si H est d'indice fini dans G.) On vérifie facilement que l'image de f est une transversale droite de H dans G. (On a simplement adapté à un cas particulier la démonstration de ce théorème de théorie des ensembles : étant donné une partition P d'un ensemble E, il existe une partie de T de E telle que toute classe de la partition P comprenne un et un seul élément de T.)

Modèle:Théorème Démonstration. Choisissons un système de représentants des classes à gauche de $G$ suivant $H$, c'est-à-dire une famille ${\left(x_i\right)}_{i\in I}$ d'éléments de $G$ telle que, pour toute classe à gauche de $G$ suivant $H$, il existe un et un seul $i\in I$ pour lequel $x_i$ appartienne à cette classe ; donc $|G:H|=\mathrm{Card}(I)$. De même, choisissons une famille $(y_j{)}_{j\in J}$ d'éléments de $H$ telle que, pour toute classe à gauche de $H$ suivant $K$, il existe un et un seul $j\in J$ pour lequel $y_j$ appartienne à cette classe ; donc $|H:K|=\mathrm{Card}(J)$. Prouvons que la famille $(x_i{y}_j{)}_{(i,j)\in I\times J}$ est un système de représentants des classes à gauche de $G$ suivant $K$.

Soit $x$ un élément de $G$. Puisque les $x_i$ forment un système de représentants des classes à gauche de $G$ suivant $H$, il existe $i\in I$ et $h\in H$ tels que $x=x_{i}h$.

Puisque les $y_j$ forment un système de représentants des classes à gauche de $H$ suivant $K$, il existe $j\in J$ et $k\in K$ tels que $h=y_{j}k$.

On a alors $x=x_i{y}_{j}k$, ce qui montre que pour tout élément $x$ de $G$, il existe un couple $(i,j)\in I\times J$ tel que $x$ soit de la forme $x=x_i{y}_{j}k$ avec $k\in K$. Un tel couple est unique, car si $(r,s)$ en est un autre, il existe $k^{\prime }\in K$ tel que $x=x_r{y}_s{k}^{\prime }$, d'où

$(1)x_i{y}_{j}k=x_r{y}_s{k}^{\prime }$,

d'où tout d’abord (puisque $y_j,k,y_s,k^{\prime }$ appartiennent à $H$) $x_r^{-1}{x}_i\in H$, d'où, par hypothèse sur les $x_i$, $r=i$ ; dès lors, (1) donne $y_{j}k=y_s{k}^{\prime }$ avec $k,k^{\prime }\in K$ : par hypothèse sur les $y_j$, $j=s$.

Nous avons donc prouvé, comme annoncé, que la famille ${\left(x_i{y}_j\right)}_{(i,j)\in I\times J}$ est un système de représentants des classes à gauche de $G$ suivant $K$. L'indice de $K$ dans $G$ est donc

$\mathrm{Card}(I\times J)=\mathrm{Card}(I)\times \mathrm{Card}(J)=|G:H|\cdot |H:K|$, ce qui démontre l'énoncé.

(Remarque : en prenant pour $K$ dans la formule des indices le sous-groupe réduit à l'élément neutre, nous retrouvons l'égalité $|G|=|G:H|\cdot |H|$. Nous aurions donc pu ne pas démontrer cette égalité séparément et la déduire de la formule des indices.)

Sous-groupe d'indice fini d'un groupe de type fini

Cette section peut être omise en première lecture. On y démontre un lemme qui servira à prouver le théorème de Nielsen-Schreier dans un futur chapitre sur les groupes libres. On démontre aussi un théorème (tout sous-groupe d'indice fini d'un groupe de type fini est un groupe de type fini) qui intervient dans une des démonstrations d'un théorème de Schur.

Soient $H$ un sous-groupe d'un groupe $G$ et $T$ une transversale droite de $H$ dans $G$. Pour tout élément $g$ de $G$, il existe un et un seul élément $h$ de $H$ tel que $g$ soit de la forme $ht$ avec $t$ dans $T$.

• Posons $p(g)=h$. Nous définissons ainsi une application $p$ de $G$ dans $H$ (dépendant évidemment de $T$). Cette application $p$ est une surjection. En effet, si $h$ est un élément de $H$, choisissons un élément $t$ de T ; alors $h$ est image par $p$ de l'élément $ht$ de $G$.
• Nous poserons aussi $\overline{g}=t$. De cette façon, $g=p(g)\overline{g}$ donc $p(g)=g{\overline{g}}^{-1}$.

Modèle:Théorème Démonstration. Si p désigne la surjection de G sur H que nous avons considérée juste avant l'énoncé, $h_{t,x}=p(tx)=tx(\overline{tx}{)}^{-1}$.

Soit $h$ un élément du sous-groupe $H$. Il s'écrit

$h=a_1{a}_2\dots a_n,\text{avec}{a}_1,\dots ,a_n\in X\cup X^{-1}$.

Posons, pour $k=0,1,\dots ,n$ :

$t_k=\overline{a_1{a}_2\dots a_k}$.

En particulier, $t_0=t_n=1$, donc

$h=(t_0{a}_1{t}_1^{-1})(t_1{a}_2{t}_2^{-1})\dots (t_{n-1}{a}_n{t}_n^{-1})$.

Or $\overline{t_{k-1}{a}_k}=t_k$, donc chacune des $n$ parenthèses de ce produit est de la forme

$ta(\overline{ta}{)}^{-1},\text{avec}t\in T\text{et}a\in X\cup X^{-1}$.

On conclut en remarquant que si $t\in T$ et $a=s^{-1}$, en posant $t^{\prime }=\overline{ta}$, on obtient

$ta(\overline{ta}{)}^{-1}={\left(t^{\prime }s{t}^{-1}\right)}^{-1}={(t^{\prime }s(\overline{t^{\prime }s}{)}^{-1})}^{-1}$.

Modèle:Théorème Démonstration. Choisissons une transversale droite $T$ de $H$ dans $G$. Si nous remplaçons dans $T$ l'unique élément de $H\cap T$ par 1, nous obtenons encore une transversale droite de H dans G. Nous pouvons donc supposer que T comprend l'élément 1. D'après le lemme qui précède, l'ensemble A des $h_{t,x}$, où t parcourt T et où x parcourt X, est une partie génératrice du groupe H. L'application $T\times X\to A:(t,x)\mapsto h_{t,x}$ est une surjection de $T\times X$ sur A, donc

$\mathrm{Card}(A)\le \mathrm{Card}(T)\mathrm{Card}(X).$

Comme le cardinal de T est égal à l'indice de H dans G, l'énoncé en résulte.

En particulier :

Modèle:Théorème Remarques. 1° La théorie des groupes libres nous permettra de démontrer l'énoncé plus fort que voici : si G est un groupe admettant une partie génératrice de cardinal fini m, si H est un sous-groupe d'indice fini j de G, alors H admet une partie génératrice de cardinal $\le 1+j(m-1)$. Voir les exercices sur le chapitre Groupes libres : théorème de Nielsen-Schreier.
2° Un sous-groupe d'un groupe de type fini n'est pas forcément de type fini. On en verra un exemple dans les exercices sur le chapitre Groupes libres : théorème de Nielsen-Schreier.

Formule du produit

Première démonstration. On prouve dans les exercices que

$(1)|H:(H\cap K)|=\mathrm{Card}(E)$,

où E désigne l’ensemble des classes à gauche modulo K contenues dans HK.

HK est réunion disjointe de ces classes, donc $|K|\mathrm{Card}(E)=\mathrm{Card}(HK)$. Dès lors, en multipliant les deux membres de (1) par $|K|\cdot |H\cap K|$, on obtient l'énoncé.

Seconde démonstration. Soit f l’application $(x,y)\mapsto xy$ de H × K dans HK. Prouvons que pour tout élément z de HK, il y a exactement $|H\cap K|$ éléments (x, y) de H × K tels que f(x, y) = z. Puisque z appartient à HK, il existe a dans H et b dans K tels que z = ab. Prouvons que les éléments (x, y) de H × K tels que f(x, y) = z sont les éléments de la forme (ad, dModèle:Expb), où d parcourt $H\cap K$. Si (x, y) est tel que f(x, y) = z, alors xy = ab, d'où aModèle:Expx = byModèle:Exp. Si nous désignons par d la valeur commune de aModèle:Expx et de byModèle:Exp, il est clair que d appartient à $H\cap K$ et que x = ad, y = dModèle:Expb. Nous avons donc prouvé que tout élément (x, y) de H × K tel que f(x, y) = z est un élément de la forme (ad, dModèle:Expb), où d appartient $H\cap K$. Réciproquement, si d appartient à $H\cap K$, il est clair que (a, d) est un élément de H × K et que f(ad, dModèle:Expb) = ab = z. Nous avons donc prouvé, comme annoncé, que les éléments (x, y) de H × K tels que f(x, y) = z sont les éléments de la forme (ad, dModèle:Expb), où d parcourt $H\cap K$. Il est clair que si d et d' sont deux éléments distincts de $H\cap K$, les deux éléments (ad, dModèle:Expb) et (ad', d'Modèle:Expb) de H × K sont distincts, donc les éléments de H × K de la forme (ad, dModèle:Expb), où d parcourt $H\cap K$, sont en quantité $|H\cap K|$. Nous avons donc prouvé, comme annoncé, que pour tout élément z de HK, il y a exactement $|H\cap K|$ éléments (x, y) de H × K tels que f(x, y) = z. La formule du produit résulte donc du principe des bergers.

Troisième démonstration. Soit T une transversale à gauche de H ∩ K dans H. Comme |H| = |T|.|H ∩ K|, il suffit de prouver que (i) HK est égal à TK, et que (ii) TK est équipotent au produit cartésien T × K.
(i) Nous avons HK = (T (H ∩ K)) K = T ((H ∩ K) K) = TK
(ii) Pour prouver que TK est équipotent au produit cartésien T × K, il suffit de prouver que la surjection $(t,k)\mapsto tk$ de T × K sur TK est injective. Soient donc (t,k) et (t',k') deux éléments de T × K tels que tk = t'k'; il suffit de prouver que t = t' (ce qui entraîne évidemment k = k'). Nous avons t'^-1 t = k' k^-1. Puisque T est contenue dans H, le membre gauche est contenu dans H. Le membre droit est contenu dans K, donc le membre gauche t'^-1 t est contenu dans (H ∩ K). Puisque T est une transversale gauche de H ∩ K dans H, on a donc t' = t, comme annoncé.