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bridgslam

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réciproque pour les curieux

Bonsoir,

Si on sait effectivement donner un sens aux classes selon un sous-groupe H dans un groupe G, on peut chercher en sens inverse une CNS pour qu'une partie P non vide de G  soit une classe à gauche (resp. à droite) selon un sous-groupe.

Amusant en tous cas à chercher, puis à démontrer.

A.

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"Ceux qui ne savent rien en savent toujours autant que ceux qui n'en savent pas plus qu'eux" -Pierre Dac
"Travailler sur un groupe haddock, ou être heureux comme un poisson dans l'eau..."

bridgslam

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Re : réciproque pour les curieux

Bonsoir,

On va trouver une propriété qui parait coller, puis montrer qu'elle est finalement équivalente.

▼pour ne pas spoiler

Si P partie non vide est une classe (d'un côté)selon un sous-groupe , on aura $xy^{-1}$ qui est dans le sous-groupe pour tout x ,y dans P,
Puis $xy^{-1}z$  revient dans P, puisque P est une classe ,
pour tous x,y z dans P.
Cela semble bien être une propriété caractéristique, et d'autant plus que si on avait supposé la classe de l'autre côté, on serait tombé sur la même propriété.

La question revient à prouver que cette condition sur P est
équivalente à ce que P soit une classe selon un sous-groupe.

Bon courage

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Glozi

Invité

Re : réciproque pour les curieux

Bonjour,

▼proposition

Soit $G$ un groupe fini, et $H\leq G$ un sous groupe, et $g\in G$, alors $gH = \{gh\  |\ h\in H\}$ est par définition une classe à gauche.
Soit $P\subset G$ une partie non vide quelconque. Je propose : $P$ est une classe à gauche si et seulement $P^{-1}P = \{x^{-1}y\ |\ x,y\in P\}$ a le même cardinal non nul que $P$.

Le sens $\Rightarrow$ est facile, si $P=gH$ alors $P$ est non vide et si $x,y\in P$ alors $x=gh_1$ et $y=gh_2$ ainsi $x^{-1}y = h_1^{-1}h_2\in H$ et donc $P^{-1}P\subset H$. Or $H$ a le même cardinal que $gH=P$ et donc $\text{Card}(P^{-1}P)\leq \text{Card}(P)$ (l'autre inégalité est toujours triviale).

Pour le sens $\Leftarrow$.
Posons $H=P^{-1}P$. Montrons que $H$ est un sous groupe de $G$
- Clairement le neutre $e$ est dans $H$.
- Si $x= p_1^{-1}p_2\in H$ alors $x^{-1}=p_2^{-1}p_1\in H$
- Reste à voir que si $x,y\in H$ alors $xy\in H$. Pour cela observons que puisque $P^{-1}P$, $P$ et $P^{-1}$ sont en bijection alors pour tout $g\in P$ on a $P^{-1}P= g^{-1}P = P^{-1}g$ en particulier pour $g\in P$ fixé, on peut écrire $x=p_1^{-1}g$ et $y=g^{-1}p_2$ pour certains $p_1,p_2\in P$, mais alors $xy=p_1^{-1}p_2\in H$.
Finalement $H$ est un sous groupe.
Fixons encore un $g\in G$, alors $P\subset gH$ en effet, si $p\in P$ alors $p=gg^{-1}p$ avec $g^{-1}p\in P^{-1}P=H$. Par égalité des cardinaux on a donc $P=gH$ ce qui est bien une classe à gauche.

Pour les classes à droites il suffit de remplacer $P^{-1}P$ par $PP^{-1}$ partout il me semble.

Pour les groupes infinis, la preuve échoue je réfléchirais peut-être un autre jour, mais je pense qu'un critère pas très joli pourrait être $P$ est une classe à gauche si et seulement si $P^{-1}P$ est un sous groupe et si $PP^{-1}P=P$.

Bonne soirée

bridgslam

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Re : réciproque pour les curieux

Bonjour ,

La démarche est bonne mais la finitude n'intervient pas.
Le point majeur est de montrer que $H=\{xy^{-1}\}$ avec x,y dans P est un sous-groupe de G.
Il sera alors immédiat que P est de la forme Hx, ie une classe.

Le seul point qui m' a interpellé est de montrer la stabilité de H.
Mais $(xy^{-1})(x'y'^{-1})=x ( y'x'^{-1}y )^{-1}$ est aussi dans H en utilisant la propriété caractérisant P.
Pas besoin de bijections.
Les classes de l'autre côté se font de façon analogue , sans rien changer à la condition sur P.

On a donc aussi prouvé dans la foulée que toute classe à gauche selon un ssg H en est aussi une à droite selon un ssg H',
sans exprimer explicitement ces sg.

La forme symétrique algébrique de la condition arrange bien les choses qui rend fantômes ces deux sg ( mais ils sont bien là en embuscade :)).

A.

Dernière modification par bridgslam (23-12-2023 10:29:49)

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bridgslam

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Re : réciproque pour les curieux

Bonjour,

Suite au post #2, je rédige  la preuve détaillée concernant la propriété caractérisant le fait qu'une partie non vide P d'un groupe G (quelconque) est une classe latérale selon un sous-groupe.

Soit p la propriété: $\forall (x,y,z) \in P^3 \;\; xy^{-1}z \in P$

On peut reprendre #2 (en considérant la propriété d'être une classe à droite par exemple).
Si P est effectivement une classe à droite selon un sous-groupe H de G, $\forall (x,y) \in P^2 \;\; xy^{-1} \in H$
Pour revenir à une propriété exclusive sur P ( pour court-circuiter H), on obtient que p est nécessaire.

On s'assurera que la propriété d'être une classe à gauche selon un sous-groupe H' ne change rien à p.
On se conforte à remarquer que la forme symétrique de la propriété vis à vis de l'inverse échange automatiquement le type de latéralité.
Donc jusque-là tout va bien.
Réciproquement, supposons que P partie non vide de G  vérifie p.
Montrons que $H = \{xy^{-1}, x,y \in P\}  \;\; (resp. H' = \{ x^{-1}y , x,y \in P\} ) $est un sous-groupe de G.

prenant x dans P non vide, le produit $e = xx^{-1}$ est dans H.
Si $xy^{-1} \in H $  alors $ (xy^{-1} )^{-1} = yx^{-1} \in H $ (stabilité pour l'inverse)
Enfin la stabilité: $(xy^{−1})(x′y′^{−1})=(xy^{-1}x′)y'^{−1} $ est aussi dans H en utilisant p.

Ainsi H est un sous-groupe de G.

Clairement, si z est fixé dans P Hz est inclus dans P (en utilisant p) , et si z' est dans P $z' = (z'z^{-1})z \in Hz$
(on a même plus direct, les éléments d'une classe étant équivalents, z = ez suffit à montrer ce qu'on souhaite.
Ainsi P = Hz, qui est bien une classe à droite selon le sous-groupe H.

On trouverait symétriquement que P = zH' en considérant $H' = \{ x^{-1}y, \;\; x,y \in P\}$  sous-groupe de G.

remarques:

- l'utilisation de p montre directement qu'une classe à gauche en est une à droite (dans l'expression de p, la position de l'inversion pile-poil au milieu rend ces questions identiques )
- H et H' sont des sous-groupes conjugués de G
- $\psi :P^3 \rightarrow P \;\; (x,y,z) \mapsto xy^{-1}z$ est évidemment surjective

▼nombre d'écritures distinctes

  si H est fini,  un élément de $P$ possède sauf erreur $Card(H)^2$ antécédents par $\psi$.

▼une preuve rapide

On prend un élément donné de P (à y fixé) de la forme $xy^{-1}z$ en composant x à droite par un élément quelconque de H, et z à gauche par un élément quelconque de H', cela donne à y fixé au moins  $(card H)^2$ expressions différentes $x'y'^{-1}z'$ du même élément  ( pas de choix pour y').
Il n'y en a pas plus, sinon (en faisant le même raisonnement pour les (Card H ) éléments de P) on aurait plus de $Card H ^3$ éléments dans $P^3$

Alain

Dernière modification par bridgslam (30-12-2023 13:01:31)

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