Théorie des groupes/Exercices/Sous-groupe distingué et groupe quotient

Problème 1

Prouver que tout sous-groupe d'indice 2 est normal.

Solution

Soit H un sous-groupe d'indice 2 du groupe G. Les classes à gauche de G suivant H sont en quantité 2, donc il est clair que ces classes à gauche sont H et la partie complémentaire de H dans G. De même, les classes à droite suivant H sont H et la partie complémentaire de H dans G. Ainsi, les classes à gauche et les classes à droite suivant H sont identiques, donc H est normal.

 

Problème 2

Désignons par S le groupe des permutations de l’ensemble E = {1, 2, 3}, la loi de groupe étant la composition (f, g) ↦ f ∘ g. Désignons par id la permutation identique de E. Si a et b sont deux différents éléments de E, désignons par (a b) la permutation de E qui applique a sur b, b sur a et laisse donc fixe l'élément de E distinct de a et de b. Il est clair que {id, (1 2)} est un sous-groupe de S. Prouver que ce n’est pas un sous-groupe normal de S.

Solution

Il est clair que (1 3)^-1 = (1 3), donc (1 3)^-1 ∘ (1 2) ∘ (1 3) = (1 3) ∘ (1 2) ∘ (1 3) = (2 3). Comme (2 3) n'appartient pas au sous-groupe {id, (1 2)}, il en résulte que ce sous-groupe n’est pas normal dans S.

 

Problème 3

Soient G un groupe et $(H_{i})_{i\in I}$ une famille de sous-groupes de G. On désigne par H le sous-groupe de G engendré par les H_i. Prouver que

$(1)\qquad \bigcap _{i\in I}N_{G}(H_{i})\subseteq N_{G}(H)$

et que l'inclusion réciproque n’est pas forcément vraie.

Solution

Prouvons la relation (1). Soit g un élément de G qui normalise tous les H_i; il s'agit de prouver que g normalise H. Désignons par $\sigma _{g}$ l'automorphisme $x\mapsto gxg^{-1}$ de G. Il s'agit de prouver que H est invariant par $\sigma _{g}$. Or $\sigma _{g}(H)$ est le sous-groupe de G engendré par les $\sigma _{g}(H_{i})$; puisque g normalise tous les H_i, les $\sigma _{g}(H_{i})$ sont les H_i. Donc $\sigma _{g}(H)$ est le sous-groupe de G engendré par les H_i, c'est-à-dire est égal à H, donc H est bien invariant par $\sigma _{g}$ comme annoncé.
Nous avons donc prouvé la relation (1) de l'énoncé. Prouvons que l'inclusion réciproque n’est pas vraie. Soit G un groupe admettant un sous-groupe K non distingué. (On sait que le cas se présente.) Posons H₁ = K et H₂ = G. Le sous-groupe H engendré par H₁ et H₂ est G tout entier, donc $N_{G}(H)$ est G tout entier, donc $N_{G}(H)$ n’est pas contenu dans $N_{G}(H_{1})\cap N_{G}(H_{2})$, car G n’est pas contenu dans $N_{G}(H_{1})=N_{G}(K)$.

 

Problème 4

Soient G₁ et G₂ deux groupes, f un homomorphisme surjectif de G₁ sur G₂. Soit A une partie de G₁. Désignons par Dist(A) le sous-groupe distingué de G₁ engendré par A. Prouver que f(Dist(A)) est le sous-groupe distingué de G₂ engendré par f(A).

Solution

Du fait que f est surjectif, il résulte (théorie) que f(Dist(A)) est un sous-groupe distingué de G₂. Puisque Dist(A) contient A, f(Dist(A)) contient f(A). Ainsi, f(Dist(A)) est un sous-groupe distingué de G₂ contenant f(A). Il reste à prouver qu’il est contenu dans tout sous-groupe distingué de G₂ contenant f(A). Soit K un sous-groupe distingué de G₂ contenant f(A). Il s'agit de prouver que K contient f(Dist(A)). Puisque K contient f(A), A est contenu dans f^-1(K), qui est un sous-groupe distingué de G₁. Donc, par minimalité de Dist(A), Dist(A) est contenu dans f^-1(K), autrement dit, f(Dist(A)) est contenu dans K, comme annoncé.

 

Problème 5

Soient G un groupe et H, K des sous-groupes normaux de G tels que H ⋂ K = 1. Tout élément de H commute avec tout élément de K. (Indication : x étant un élément de H et y un élément de K, considérer l'élément x^-1 y^-1 x y de G. Nous retrouverons les éléments de la forme x^-1 y^-1 x y au chapitre Commutateurs, groupe dérivé.)

Solution

Soient x un élément de H et y un élément de K. Il s'agit de prouver que x et y commutent. Cela revient à prouver que x^-1 y^-1 x y = 1. Vu les hypothèses, il suffit de prouver que x^-1 y^-1 x y appartient à H et à K. Il appartient à H parce qu’il est le produit de x^-1, qui appartient à H, et de y^-1 x y, qui appartient à H parce que H est normal dans G. De même, x^-1 y^-1 x y appartient à K, parce qu’il est le produit de x^-1 y^-1 x et de y, qui appartiennent tous deux à K.

 

Remarque. L'énoncé de ce problème nous servira au chapitre Produit direct et somme restreinte.

Problème 6

Soient $G$ un groupe, $H$ un sous-groupe distingué de $G$ et $K$ un sous-groupe de $G$ contenant $H$. Notons $G/K$ l’ensemble des classes à gauche de $G$ suivant $K$ (ici, $G/K$ n'est donc pas nécessairement un groupe, contrairement à $G/H$).

1. Montrer qu’il existe une unique application $h$ de $G/H$ dans $G/K$ telle que, pour tout $x$ dans $G$, $h(xH)=xK$.
2. Montrer que, pour tous $X$ et $Y$ dans $G/H$, $h(X)=h(Y)$ équivaut à ce que $X$ et $Y$ appartiennent à la même classe à gauche du groupe $G/H$ suivant son sous-groupe $K/H$.

Solution

1. Existence

   La seule chose à montrer est que la définition $h(xH)=xK$ ne dépend pas du représentant choisi $x$ de la classe $xH\in G/H$. Prenons donc $x$ et $x^{\prime }$ dans $G$ tels que $xH=x^{\prime }H$ et montrons que $xK=x^{\prime }K$. Comme $xH=x^{\prime }H$, on a $x^{-1}x^{\prime }\in H$, or $H\subseteq K$ donc $x^{-1}x^{\prime }\in K$, ce qui prouve que $x$ et $x^{\prime }$ sont dans la même classe à gauche modulo $K$, c'est-à-dire $xK=x^{\prime }K$. L'application $h$ est donc bien définie.

   Unicité

   Tout élément de $G/H$ s'écrit $xH$ pour un certain $x$ dans $G$. La relation donnée définit donc l'image de chaque élément de l'ensemble de départ de $h$, ce qui prouve l'unicité.

2. Notons $p$ l'homomorphisme canonique de $G$ sur $G/H$. Pour tous $x$ et $y$ dans $G$, on a :

   ${\begin{aligned}xK=yK&\Leftrightarrow \ \exists k\in K:\ x=yk\\&\Leftrightarrow \ \exists k\in K:\ xH=ykH&&{\text{car }}H\subseteq K\\&\Leftrightarrow \ \exists k\in K:\ xH=yH.kH&&{\text{car }}p{\text{ est un morphisme}}\\&\Leftrightarrow \ \exists \alpha \in K/H:\ xH=yH.\alpha &&{\text{car }}\{kH,\ k\in K\}=p(K)=K/H\end{aligned}}$

   Donc $xK=yK$ équivaut à ce que les éléments $xH$ et $yH$ de $G/H$ appartiennent à la même classe à gauche du groupe $G/H$ suivant son sous-groupe $K/H$. Ceci prouve ce que l'on voulait, puisque si $X=xH$ et $Y=yH$ sont des éléments de $G/H$, alors $h(X)=xK$ et $h(Y)=yK$.

   Remarque : c'est l'hypothèse « $H$ distingué dans $G$ » qui nous permet d'avoir le morphisme de groupes $p$.

 

Problème 7

a) Soient G et H deux groupes. Prouver que (comme énoncé dans le chapitre théorique) les deux conditions suivantes sont équivalentes :

1° il existe un homomorphisme surjectif de G sur H;

2° il existe un sous-groupe normal N de G tel que H soit isomorphe au groupe quotient G/N.

Solution

Supposons 1° et prouvons 2°. Par hypothèse, il existe un homomorphisme surjectif f de G sur H. D'après le premier théorème d'isomorphisme, H est isomorphe au groupe quotient G/Ker f, ce qui prouve 2°.
Réciproquement, supposons 2° et prouvons 1°. Par hypothèse, il existe un sous-groupe normal N de G et un isomorphisme $\sigma$ de G/N sur H. Si $\varphi$ désigne l'homomorphisme (surjectif) canonique de G sur G/N, $\sigma \circ \varphi$ est un homomorphisme surjectif de G sur H, ce qui prouve 1°.

 

b) Supposons que les conditions 1° et 2° du point a) sont satisfaites. (Comme signalé dans le chapitre théorique, on exprime souvent ce fait en disant que H « est un quotient » de G.) Prouver que pour tout groupe K,

$\vert Hom(H,K)\vert \leq \vert Hom(G,K)\vert .$

(Indication : à partir d'un homomorphisme surjectif de G sur H, définir une injection de Hom(H, K) dans Hom(G, K).)

Solution

Par hypothèse, il existe un homomorphisme surjectif f de G sur H. Un groupe K étant donné, considérons l'application

${\tilde {f}}:Hom(H,K)\to Hom(G,K):g\mapsto g\circ f$.

Cette application est injective car f, étant surjectif, est simplifiable à droite du signe $\circ$. Le fait que ${\tilde {f}}$ soit une injection de Hom(H, K) dans Hom(G, K) entraîne que

$\vert Hom(H,K)\vert \leq \vert Hom(G,K)\vert$

ce qui démontre l'énoncé.

 

Remarque. Le point b) nous servira dans une démonstration de l'équipotence des bases d'un même groupe libre.

Problème 8

Soient A et B des groupes abéliens. Prouver que pour tout homomorphisme $f$ de A dans B, les deux conditions suivantes sont équivalentes :

1° $f$ est surjectif;

2° pour tout groupe abélien C, pour tous homomorphismes $g$ et $h$ de B dans C, la relation $g\circ f=h\circ f$ entraîne $g=h.$

Indication : pour prouver que 2° entraîne 1°, on peut prendre pour C le quotient de B par un certain sous-groupe de B (dépendant de $f$) dont une certaine propriété équivaut à ce que $f$ soit surjectif.

Solution

Prouvons que 1° entraîne 2°. Soit $f$ un homomorphisme surjectif de A dans B, soit C un groupe abélien, soient $g$ et $h$ des homomorphismes de B dans C tels que $g\circ f=h\circ f$ ; il s'agit de prouver que $g=h.$

Soit $b$ un élément de B; puisque $f$ est supposé surjectif, il existe un élément $a$ de A tel que $b=f(a).$ D'après l'hypothèse $g\circ f=h\circ f$, nous avons $g(f(a))=h(f(a))$, autrement dit $g(b)=h(b).$ Ceci étant démontré pour tout élément $b$ de B, nous avons donc $g=h.$ Comme nous l'avons vu, cela prouve que la condition 1° de l'énoncé entraîne la condition 2°. (On pouvait aussi le déduire de la propriété analogue dans la catégorie des ensembles.)

Réciproquement, prouvons que 2° entraîne 1°. Soit $f$ un homomorphisme de A dans B tel que

(hyp. 1)$\qquad$pour tout groupe abélien C, pour tous homomorphismes $g$ et $h$ de B dans C, la relation $g\circ f=h\circ f$ entraîne $g=h.$

Il s'agit de prouver que $f$ est surjectif.

Puisque B est abélien, tous ses sous-groupes sont normaux et les quotients correspondants sont abéliens. Dans l'hypothèse (1), prenons C égal à B/f(A), prenons pour $g$ l'homomorphisme canonique de B sur C = B/f(A) et prenons pour $h$ l'homomorphisme nul de B dans C = B/f(A). Alors $g\circ f$ et $h\circ f$ sont tous deux égaux à l'homomorphisme nul de A dans C = B/f(A), donc, d'après notre hypothèse (1), $g=h$, c'est-à-dire que pour tout élément $b$ de B, la classe de $b$ modulo f(A) est la classe nulle f(A). Cela revient à dire que tout élément de B appartient à f(A), autrement dit $f$ est surjectif. Nous avons donc prouvé que la condition 2° de l'énoncé entraîne la condition 1°

 

Remarque. L'énoncé de ce problème exprime que les épimorphismes de la catégorie des groupes abéliens sont les homomorphismes surjectifs entre groupes abéliens. On a un énoncé analogue pour la catégorie des groupes (voir un exercice de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur).