Discussion utilisateur:Ektoplastor/Groupe

Illustration de la difficulté de la première démonstration

Je crains que ta nouvelle version ne soit pas mieux. Je vais t'illustrer par un exemple la difficulté et les deux manières historiques de la résoudre (Jordan et Frobenius)

La difficulté par l'exemple

Le mieux est de prendre directement un p-groupe, et le plus simple possible qui illustre la difficulté: Considérons G un 2-groupe abélien, (en fait je pense à : Z/4.ZxZ/2Z) admettant deux générateurs s₁ et s₂ (je pense à s₁=(1,0) et s₂=(1,1)). Nous avons donc bien un morphisme surjectif entre <s₁>x<x₂> (je pense à Z/4.ZxZ/4Z) dans G. Il n'est malheureusement pas injectif car il existe des éléments x qui s'écrivent dans en deux composantes non nulles toutes deux ayant pour cardinal une puissance de 2, (je pense à (1,1);(2,1);(3,1);(2,1);(2,2);(2,3);(1,3);(2;3);(3;3)) et les seconds éléments refusent obstinément de s'écrire comme membre unique du deuxième facteur. Si s₁ et s₂ sont mal choisis, les problèmes demeurent.

On voit peut être plus simplement les choses avec un p-groupe. Même dans ce cas là, la difficulté est réelle, un antécédent par le morphisme surjectif peut parfaitement s'écrire sur deux composantes.

Le problème est là, comment décroiser les membres et trouver un morphisme injectif?

Je n'ai jamais dit que l'homomorphisme était un isomorphisme. La seule chose qui m'intéresse est de savoir qu'il est surjectif pour dire que le cardinal de l'image divise le cardinal du groupe de départ. La seule chose qui m'intéresse est de démontrer que c'est un p-groupe et donc d'évaluer son cardinal. Le quotient d'un p-groupe est un p-groupe.

Ton premier problème est un problème de lecture. Je reconnais que mes preuves sont lacunaires pour l'instant, mais à force de me retarder ...

Ensuite, le produit direct des composantes p-primaires se projettent naturellement sur le groupe de torsion. Ton exemple ne marche pas car ne rentre pas dans le cadre considéré. Cette projection est un isomorphisme, car en fait les éléments de chaque composante ont deux à deux des ordres premiers entre eux. Dans ton exemple (pas trop recherché) les éléments (1,0) et (1,1) ont le même ordre.

Ekto - Plastor 12 février 2007 à 16:09 (CET)

Les p-groupes évitent les phénomènes de croisement. Tu ne peux pas avoir d'éléments d'ordre 6 et d'ordre 10 par exemple, ce qui pourrait être une difficulté. Une question sur laquelle je te laisse réfléchir ou méditer : quel est le cardinal du groupe des automorphisme d'un groupe commutatif fini ? Le théorème de classification te sera peu utile. Par contre, tu te rendras compte de la nécessité de décomposer en produit direct de p-groupes. Ekto - Plastor 12 février 2007 à 16:16 (CET)

Solution Jordan

Jordan a trouvé une solution élégante, mais un peu cher, il a considéré les éléments du groupes comme une base, sur l'extension de Z/2Z contenant les racines 8ieme (car le groupe en question contient 8 éléments). Il a remarqué que les éléments du groupe opèrent comme des automorphismes qui commutent tous entre eux et dont un polynôme annulateur commun est X⁸ -1, qui est donc scindé (évidemment il a pris la bonne extension) et séparable. Il les a diagonalisé dans une même base et le groupe engendré par les valeurs propres a décroisé les différentes composantes du groupe. Cette idée est à l'origine de la réduction d'endomorphisme.

La solution est élégante, mais cher, elle ne satisfait pas à nos critère d'indépendance des articles, même si l'exemple est développé comme application de la Diagonalisation (sur C le corps des complexes, c'est tout de même plus facile).

J'en tire deux leçons, il n'utilise pas les p-groupes, et que pour Jordan il fallait une solution chère.

Il n'y a pas une unique solution et la première solution apportée n'est pas toujours la meilleure.

Par contre, voudrais-tu développer ce point, référence à l'appui, dans une partie Histoire ?

Ekto - Plastor 12 février 2007 à 16:11 (CET)

Une solution pur par les groupes

Comment choisir s₁ et s₂? Dans le fond, la solution est du même tonneau que la précédente, elle consiste à n'utiliser que les arguments de Jordan nécessaire à la démo et retirer au maximum l'attirail linéaire. Il faut alors habilement choisir s₁ d'ordre l'exposant du groupe (sinon la technique ne marche pas). Ici on choisit s₁=(1,0). Il ne reste plus qu'à trouver s₂, on remarque d'ailleurs que sur les quatre choix possibles (1,1); (2,1); (3,1); (0,1); seul un est bon (0,1). La technique se fonde sur la construction d'un projecteur f. Un projecteur, ce n'est pas plus bête qu'autre chose pour trouver des supplémentaires. En fait il suffit de trouver un morphisme f invariant sur un sous-groupe H₁ et tel que son image soit égale à H₁.

On choisit H₁ = <(1,0)> d'ordre l'exposant (H₁ = {(1,0),(2,0),(3,0),(0,0)}) pour être l'image de f.

On considère ensuite K₂=<(1,1)> qui hélas part d'un mauvais choix initial (l'objectif est bien sur de trouver le bon s₂). Ici K₂ = {(1,1),(2,0),(3,1),(0,0)}. L'idéal serait que f soit nul K₂. C'est malheureusement impossible car l'intersection I de K₁ etH₂ est non nul, c'est la raison pour laquelle (1,1) n'est pas un bon choix.

Soit mais nous connaissons les valeurs de f sur I. f(2,0)=(2,0). Il n'existe pas beaucoup de manières de prolonger f, Il suffit de connaitre la valeur de f sur (1,1).

Si l'on trouve dans H₁ un groupe isomorphe à K₂ et laissant invariant I, le tour est joué. Oh, miracle, l'ordre de H₁ est l'exposant du groupe donc l'ordre de K₂ divise celui de H₁. K₂ est isomorphe à un sous-groupe de H₁ et l'instersection I est invariante par l'isomorphisme (car un groupe cyclique contient un unique sous-groupe d'un cardinal donné). Dans notre exemple le sous-groupe est le groupe H₁ lui même. L'image de (1,1) est donc n'importe quel générateur de H₁, et la démonstration est terminée. Vérifions le:

Choisissons f(1,1) = (1,0). On a bien f(2,0)=(2,0), l'application est un morphisme, d'image H₁ et invariant sur H₁. Donc, son noyau est bien un supplémentaire: ici c'est H₂ = {(0,0);(0,1)}, il suffit alors de choisir s₂ comme un générateur de H₂, ici nous n'avons pas le choix, c'est (0,1).

Pourquoi ça marche. Parceque l'ordre de H₁ est égal à l'exposant, H₂ se réalise alors comme un sous-groupe de H₁ et l'intersection I est invariante par l'isomorphisme de H₂ dans le sous-groupe de H₁.

La difficulté dans ton approche

Tes démos ne reflètent pas la difficulté, tu t'imagines que le p-groupe évite le phénomène de croisement, et donc après avoir réduit ton groupe en composante de p-torsion, tu as réglé l'affaire. Dans un premier temps du constates que G est un produit de p-groupes de torsion ce qui est exact, tu crois alors que le morphisme est injectif. Hélas non, ton morphisme surjectif entre un produit de groupes cyclique d'ordre une puissance de p et le p-groupe n'est toujours pas injectif.

Sauf qu'ici, on fait par exemple le produit direct d'un 2-groupe par un 3-groupe. Ekto - Plastor 12 février 2007 à 16:30 (CET)

L'exemple et les deux démos (à bien des égards semblables même si la deuxième est presque dépouillée de l'algèbre linéaire) le montre. La clé de l'affaire n'est pas le choix d'un p-groupe, mais une histoire d'exposant. Si tu avais raison et qu'une démo expéditive existait, alors Jordan et Frobenius aurait fait bien compliqué pour pas grand chose. c'est arrivé, mais il faudrait aussi que Bardavid, l'université de Nice, Lang et Bourbaki se soit aussi fourvoyé. Je n'y crois pas.

L'exposant d'un p-groupe correspond au plus grand k tel que $p^{k}G/p^{k-1}G$ soit non nul. En plus c'est un espace vectoriel. On a doublement à gagner : simple description de l'exposant et moralement simple description de l'ensemble des éléments d'ordre cet exposant modulo les autres.

Hormis le tome de topologie, Bourbaki n'a pas toujours choisi l'exposition la plus claire des preuves ; comme je suis dans une bibliothèque, je vais chercher un livre pour te donner une référence. Je n'ai rien inventé : la preuve existe, et je l'avais lue il y a plus de deux ans ... Ekto - Plastor 12 février 2007 à 16:30 (CET)

Si tu n'es pas convaincu, je te propose de trouver une démonstration sourcée à partir des p-groupes. S'il en existe une du degré de simplicité que tu cherches, elle doit bien être dans la nature non? Sinon tu vas t'exaspérer. Si tu préfères chercher par toi même et que tu en trouves une, je te propose de la passer au tamis de mon exemple. Il montre que:

*Dans le cas général simplement que si H est une extension abélienne de G par K, G n'est pas isomorphe à HxK (tu prends H = <2,1>)

Faux : le quotient est Z/2Z dans ton exemple ; il est annulé par 2 alors que justement, dans la preuve non. Si G=Z/4ZxZ/2Z, 2G/4G=Z/2Z est de dimension 1, et le vecteur non nul x (unique base dans ce cas) se redresse en un élément 2y où y est d'ordre 4 ; il y a trois choix (1,0), (3,0), ou (1,1). Justement, on retrouve l'exposant, mais ce dernier n'apparait dépourvu de sa saveur, parce qu'on est avec un 2-groupe ! Ekto - Plastor 12 février 2007 à 16:30 (CET)

*Un morphisme surjectif Z/4ZxZ/4Z dans Z/4ZxZ/2Z existe.

Hors considération : pour P=Z/4ZxZ/4Z, 2P/4P est de dimension 2 et ta projection n'implique pas un isomorphisme pour des raisons de dimension. Ekto - Plastor 12 février 2007 à 16:30 (CET)

*L'image réciproque d'un élément ayant toutes ses composantes nulles sauf une dans Z/4ZxZ/2Z, n'a pas que des antécédents n'ayant que des composantes nulles sauf une dans Z/4ZxZ/4Z.

Jean-Luc W 12 février 2007 à 12:52 (CET)

Réponse aux questions

Sur l'historique, l'affaire commence avec Niels Henrik Abel dans son Mémoire sur les équations algébriques, où l'on démontre l'impossibilité de la résolution de l'équation générale du cinquième degré de 1824. C'est le premier à remarquer que le groupe de Galois doit avoir de bonne propriétés de commutativité pour être résoluble. Il n'exprime pas la problématique en terme de groupe abstrait, c'est pour lui un sous-groupe d'un groupe de permutation des racines. Il ne trouve pas non plus la condition nécessaire et suffisante, mais il montre que la résolution du cinquième degré va être délicate et que les questions sont connexes. Cette affaire a tout démarrer.

La compréhension de la structure de groupe fait de multiple bons, avec Galois, Liouville qui retrouve en 1843 les textes de Galois. L'acteur majeur devient Jordan. Le texte clé est celui de Camille Jordan Traité des substitutions et des équations algébriques en 1870. Les théorèmes de Sylow sont disponibles depuis 1862, Jordan fait une synthèse magistrale, il contient entre autres le théorème de Jordan-Hölder. Pour comprendre la structure des groupes abéliens, nécessaire aux équations algébriques, il représente le groupe sur une extension de corps de caractéristique p et monte la théorie de la réduction d'endomorphisme. Frobenius flaire la bonne affaire pour les cas non abéliens, il développe la théorie des caractères pour comprendre les groupes par leur représentation. Je crois mais je n'ai pas vérifié qu'il est le premier à avoir utilisé les caractères pour la résolution de ce pb : Bardavid Structure des groupes abéliens finis (une approche par les caractères) relate sa démo. Le passage à une démonstration pure par les groupes date clairement du XXeme siècle, mais est essentiellement une affaire de présentation, de simplicité et d'indépendance. On quitte alors de domaine de la recherche pour celui de l'enseignement, la première démo sur les groupes purs (celle que je présente) n'a pas à ma connaissance une origine célèbre. Jean-Luc W 12 février 2007 à 13:24 (CET)

Ah, par contre, là, c'est intéressant ! Ekto - Plastor 12 février 2007 à 16:31 (CET)

Dernière réponse

Je ne te retarde plus, je te demande juste de me prévenir quand tu as fini. Jean-Luc W 12 février 2007 à 16:27 (CET)

Les remarques du jour

Point général

1) Soit raisonnable, si je passe une heure à t'écrire un mail explicatif, ce n'est pas pour t'embêter: Si je te dis que tu ne peux t'en tirer par ton morphisme car il n'est pas injectif c'est parce que tu avais écrit ceci sur ta copie:

Si par l'absurde, cet homomorphisme n'était pas injectif, alors il existerait (version du 12 février à 00h53)

Tu n'es incapable de lire, c'est bien ton problème : [[1]] ; ce n'est pas l'homomorphisme qui existerait ; arrêtes de tronquer mes phrases...

C'était hier matin la seule preuve de l'existence. Ne dis pas juste après : Je n'ai jamais dit que l'homomorphisme était un isomorphisme. La seule chose qui m'intéresse est de savoir qu'il est surjectif. C'est agaçant et bien inutile.

Je t'ai déjà répondu cent mille fois sur cette critique. Je vais finir par croire que tu es débile. Ou que tu le fais exprès pour que je pète un plomb. Moi, là j'en ai marre !

Bien, je retire du moins ne serait-ce la forme que je regrette...

2) A quoi cela sert de demander l'arbitrage de HB, si ce n'est pas pour le suivre? Elle indique Ektoplastor, tu as eu tort à mon avis de te lancer dans une rédaction complète de l'article. En revanche, une redaction détaillée de la démonstration était une bonne idée. Je te propose de suivre son idée. Elle indique Ce que je propose : laisser l'article en sommeil pour le moment, travailler à deux sur la démonstration d'Ektoplastor, puis discuter ensemble sur la structure finale de l'article et incorporer les paragraphes d'Ektoplastor dans l'article existant en conservant au maximum le style limpide de Jean-Luc.

Je ne souhaite pas travailler avec un individu qui passe son temps à ... Pourquoi je te réponds ? Je te méprise ! Tu ne réponds pas à ce que je te dis, tu réponds à côté. Tu es incapable d'argumenter, de t'expliquer sur ta position, et de développer ton raisonnement. Pire, tu es incapable de lire et de comprendre une démonstration de mathématiques. Que souhaites-tu réellement ? Que je quitte Wikipédia ? Si c'est là ton objectif, tu n'y parviendras pas...

...

Salle va dans la même direction et dit : Il va falloir que vous arriviez à travailler sur le même sujet ensemble., ou , sinon, quand vous voyez que l'un des deux a choisi un sujet, passez votre chemin.

Encore faudrait-il que tu puisses m'écouter ou plutôt me lire.

Peps, te remarque : Notamment je vois qu'Ekto a parlé à un moment des "refontes" d'article. Je pense que la refonte brutale doit être réservé aux cas manifestement déficients, mais que si on abuse de la refonte on ne fait pas de travail collaboratif : il vaut mieux faire l'échange d'idées avant qu'après le clash.

L'article groupe abélien de type fini est un cas déficient.

Ecoutes les un peu non?

Ouais, cela dit, sur ce coup-là, je trouve que tu peux le laisser faire sa preuve comme un grand, et voir ce qu'il en tirera - j'ai suivi le même procédé, n'étant pas trop convaincu par la preuve de l'article au début et j'en ai conclu que peu ou prou, je trouvais la même chose. Tout est dans le peu ou prou. Il est bien clair que chacun d'entre nous peut produire autant de variantes qu'il l'entend de cette démo. Il faudra juste à un moment se mettre d'accord sur le fait que ce ne sont que des variantes, et ne pas en faire tout un plat si c'est l'une ou l'autre qui est choisie.Salle 13 février 2007 à 11:23 (CET)

Les réponses de rang 2 sont de moi.

Pour Salle : ce qui me fatigue, c'est pas de laisser des affirmations complètement fausses mal formulées, arguments mal présentés et pas tout à fait vrais dans l'article groupe abélien de type fini ; non, j'en ai vu d'autres des Jean-Luc W sur WP, et à la fin ça use ce genre de débat, ça use en effet, pour le reste, je me suis emporté. Ce qui me fatigue, c'est le refus de répondre à mes réponses et que cet individu réécrive cent fois la même chose, car il n'a pas pris la peine de lire ce que j'ai écrit ailleurs. Ce qui me désole, c'est que je me dis que Jean-Luc W est censé enseigner les mathématiques, et en particulier, pouvoir comprendre ce qu'on pourrait lui dire. Ce n'est visiblement pas le cas. Plus ça va, moins j'ai de considérations à son égard. J'ai vraiment l'impression qu'il le fait exprès pour m'agacer ; et le pire c'est que dans ce genre de situations, je suis incapable de ne pas répondre. Ekto - Plastor 13 février 2007 à 17:14 (CET)

Voilà, voilà, on en est aux insultes, je suis bien content de ma médiation moi, une belle réussite, je passe la main.Salle 13 février 2007 à 17:22 (CET)

J'ai rayé les réponses que je commence déjà à regretter ... Ekto - Plastor 13 février 2007 à 17:52 (CET)

Remarques sur la démo

Elle a un avantage, il existe suffisamment d'idées pour en faire quelque chose. Mais deux faiblesses: elle quitte le cadre strict de la théorie des groupe pour celui des espaces vectoriels et elle n'est pas limpide pour reprendre les expressions de HB. Pour en faire une démo style premier cycle, il y a du boulot:

Le premier élément clé réside dans le fait que G_r est un espace vectoriel, c'est vrai mais nécessite une démonstration, sinon nous quittons le style premier cycle pour un article style troisième cycle qui n'a pas beaucoup d'intérêt. En fait, la seule chose qui nous intéresse, c'est qu'il soit un produit de cycles, restons simple l'aspect sev n'apporte rien. Je te propose donc un premier lemme:

• Soit p un nombre premier. Pour tout groupe abélien K d'ordre fini n'ayant que des éléments d'ordre 0 ou p, il existe un entier positif n tel que K est isomorphe à (Z/pZ)ⁿ.

Je le défend car il est indispensable à la démo et ne contient que le strict nécessaire, pas de référence aux espaces vectoriels.

Le deuxième point clé me semble l'extraction du H, le reste n'est pas nécessaire. A te lire le deuxième lemme devrait avoir la forme suivante:

• Soit k l'entier tel que p^k soit l'exposant du groupe. Soit H le groupe engendré par les éléments d'ordre p^k. Alors il existe un entier strictement positif l tel que le groupe H soit isomorphe à (Z/p^kZ)^l.

Faux : Z/4ZxZ/2Z pour reprendre l'exemple même que tu as donné, croyant que cet exemple allait renverser l'argumentation. C'est justement là précisément où l'algèbre linéaire joue un rôle central : dans le choix des éléments d'ordre $p^{k}$ qui ne doivent pas être en nombre trop important.

Cela correspond à la ligne des points relevés de la base, on évite tout les G_r sauf un, tous les quotients G_r/G_s, qui, en fait, ne sont pas indispensables et les sev. La définition contourne la difficulté.

La "principale difficulté" semble pour toi l'utilisation des evs ? C'est vraiment relatif. Dans ce cas, tu ne peux pas la "détourner" aussi facilement sous peine d'écrire des résultats erronnés, car justement décomposer un groupe en produit de Z/p^kZ est en quelque sorte introduire une "indépendance linéaire" (notes bien les guillemets : ce que je veux dire, c'est que cette décomposition se réalise par un isomorphisme de groupes qui induit un isomorphisme d'evs, l'algèbre linéaire n'est de toute manière et quel que soit l'argument jamais bien loin !).

On peut détourner cette difficulté (qui n'en est pas une) en utilisant le plus grand sous-groupe de la forme $\prod _{i=1}^{q}\mathbf {Z} /p^{k}\mathbf {Z}$. Et si tu réfléchis, la construction que je donne consiste à construire un section là où tu définis une projection pour obtenir une suite scindée. La récurrence ne doit plus alors s'effectuer sur "l'exposant" mais bien sur le cardinal. Attendre la nouvelel version que je donnerai ce soir.

Le troisième point clé est l'existence du supplémentaire. Un peu de préparation est encore nécessaire. Finalement ne sont utilisés que les petit lemmes déjà rédigés sur les sommes directes. Du travail en moins sauf si tu ne les trouve pas limpide.

Non, les sommes directes font partie de l'algèbre linéaire. Ici, on fait plutôt appel à produit semi-direct, quoique comme le groupe est commutatif, c'est pratiquement évident. La version actuelle contient d'ailleurs la preuve : Si K intersecte trivialement H et se projette isomorphiquement sur G/H, alors l'isomorphisme inverse (la section) permet de construire l'isomorphisme de $H\oplus G/H\rightarrow G$ à la main, sans se fatiguer, directement.

Le quatrième point est la récurrence, elle a lieu sur k où k est l'entier tel que p^k est l'exposant du groupe.

• Si k est égal à 1, alors G est un produit de groupes cycliques.

le premier lemme résoud l'affaire.

• Si la proposition est vrai à l'ordre k, alors elle est vrai à l'ordre k + 1.

Car il existe un supplémentaire K à H le sous-groupe engendré par les élément d'ordre p^k défini précedemment, l'ordre de H est égal à p^k et l'hypothèse de récurrence permet de conclure.

J'ai oublié d'initier la récurrence ? C'est le reproche que tu me fais ? Oui, c'est vrai, mais j'hésitais justement de l'initier à k=1. Il est préférable de commencer à k=0, malheureusement, il faut alors réécrire les notations ; et c'est pour cela que je ne m'étais pas encore lancé.

Cette approche me semble posséder trois avantages, elle reste dans un cadre strict de la théorie des groupes, elle ne fait pas d'impasse et reste accessible au premier cycle, je ne vois pas comment faire plus court ou plus simple. Jean-Luc W 13 février 2007 à 10:48 (CET)

Je comptais terminer ce soir. Je préfère en tout cas cette discussion à celle que nous avons eu jusqu'à présent ; je n'admets pas qu'on me reproche ce que je n'ai pas dit. Comme te l'a dit Salle, j'ai de nombreux défauts, mon premier étant d'être d'un très mauvais tempérament. Mais ce qu'il a oublié de dire, c'est que j'ai de nombreuses qualités, dont celles d'oublier facilement et de tirer un train sur les attaques, les accusations, et les mensonges. Ekto - Plastor 13 février 2007 à 17:46 (CET)