Illustration de la réponse «courte séquence exacte».

Question

Voici la question de ce lien Séparation de séquence exacte courte

Pour les groupes $G$, $H$, et $K$, supposons qu'il existe une séquence exacte courte fractionnée à gauche: $$ 1 \rightarrow K \xrightarrow{\varphi} G \xrightarrow{\psi} H \rightarrow 1$$ ensuite $\varphi$ est un homomorphsim injectif, $\psi$ est un homomorphisme surjectif, et ${\rm Im}(\varphi) = \ker(\psi)$. De plus, il existe un homomorphisme$\pi: G \rightarrow K$ tel que $\pi \circ \varphi = id_K$.

Comment puis-je montrer que ces hypothèses impliquent que

$H \triangleleft G, K \triangleleft G, G = HK,$ et $H \cap K = \{ 1 \}$?

Et voici la solution à partir du même lien:

Avant de commencer, je voudrais exposer les relations générales suivantes auxquelles nous nous référerons au cours de notre preuve:

1. Pour tout morphisme de groupe $f \colon G \to G'$ et tout sous-ensemble $X \subseteq G$, nous avons ça $f^{-1}\left[f[X]\right]=X\mathrm{Ker}f$.
2. Pour tout morphisme de groupe $f \colon G \to G'$ et tout sous-groupe $H \leqslant G$, nous avons la description suivante pour le noyau de la restriction: $\mathrm{Ker}f_{|H}=H \cap \mathrm{Ker}f$.

Pour plus de commodité, je modifierai légèrement la notation originale. Considérez la séquence exacte suivante :

$$\{1\} \xrightarrow \ F \xrightarrow{f} E \xrightarrow{g} G \xrightarrow{} \{1\} \tag{*} $$ de groupes, où $f$ admet la rétractation $h \colon E \to F$. Considérez les sous-groupes$H\colon=\mathrm{Im}f=\mathrm{Ker}g \trianglelefteq E$ et $K\colon=\mathrm{Ker}h \trianglelefteq E$.

La relation $h \circ f=\mathbf{1}_F$ mène à $h[H]=F$, d'où en prenant des images inverses à travers $h$ nous dérivons $E=h^{-1}[F]=h^{-1}\left[h[H]\right]=HK$ (relation générale 1).

Depuis par définition $\mathrm{Im}f \subseteq H$ nous avons $\mathbf{1}_F=h \circ f=h_{|H} \circ {}_{H|}f$ (pour une carte arbitraire $k \colon A \to B$ avec sous-ensembles $M \subseteq A$, $N \subseteq B$ tel que $k[M] \subseteq N$, le symbole ${}_{N|}k_{|M}$ désigne la restriction de $k$ entre $M$ et $N$). Être la restriction d'une carte à son image,${}_{H|}f$est surjective et comme c'est la restriction d'une injection, elle continue d'être injective. Cela signifie que${}_{H|}f$ est un isomorphisme et la relation précédente implique que la restriction $h_{|H}=\left({}_{H|}f\right)^{-1}$est l'isomorphisme inverse. En particulier, cela signifie que$h_{|H}$ est injectif et nous avons donc $\{1_E\}=\mathrm{Ker}h_{|H}=K \cap H$ (relation générale 2).

À ce stade, nous avons déjà établi que $H$ et $K$ sont des sous-groupes mutuellement complémentaires de $E$, Par conséquent $E \approx H \times K \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$. Depuis${}_{H|}f$ est un isomorphisme il est clair que $F \approx H \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$. Inspectons également la relation entre$K$ et $G$. Comme$g$ est surjectif que nous avons $G=g[E]=g[HK]=g[K]$ ($H$ étant le noyau de $g$). En outre,$\mathrm{Ker}g_{|K}=H \cap K=\{1_E\}$, ce qui signifie que la restriction $g_{|K}$ est également un isomorphisme et nous avons donc $K \approx G \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$.

L'analyse précédente montre que $E \approx F \times G \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$. Remarquons que compte tenu du contexte, il existe une manière explicite de présenter un isomorphisme non seulement entre les groupes susmentionnés, mais en fait entre les extensions$(^*)$ donné au début et celui ci-dessous: $$\{1\} \xrightarrow{} F \xrightarrow{\iota} F \times G \xrightarrow{p} G \xrightarrow{} \{1\},$$ où $\iota$ est l'injection canonique donnée par $\iota(x)=(x, 1_G)$ et $p$la projection canonique sur le second facteur. Considérons le produit direct au sens restreint (également appelé produit diagonal)$\varphi\colon=h\underline{\times}g \in \mathrm{Hom}_{\mathbf{Gr}}(E, F \times G)$. Il est simple de voir que:

1. $\varphi \circ f=(h \circ f) \underline{\times} (g \circ f)=\mathbf{1}_F \underline{\times} \mathbf{0}_{GF}=\iota$ (pour les groupes arbitraires $G$ et $G'$ le symbole $\mathbf{0}_{G'G}$désigne le morphisme nul de$G$ à $G'$, car la catégorie des groupes a en effet des objets nuls)
2. $p \circ \varphi=g$ par définition de produits directs au sens restreint.

Ceci établit la commutativité du diagramme suivant:

ce qui ne veut rien dire d'autre que ça $\varphi$est en effet un morphisme d'extensions, donc implicitement un isomorphisme entre$E$ et $F \times G$.

Mes questions sont:

1- Je ne comprends pas d'où cette ligne dans la réponse est correcte "(rappelez-vous qu'en général $f^{-1}[f[X]]=X\operatorname{Ker}f$ pour tout morphisme de groupe $f \colon G \to G'$ et tout sous-ensemble $X \subseteq G$). "Quelqu'un pourrait-il clarifier cela?

2- $H$ n'est pas un sous-ensemble de $F$ dans notre cas ici, comment puis-je l'intersecter avec $\operatorname{Ker}f$?

3- Je ne comprends pas cette déclaration "d'où $E \approx H \times K \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$. "est correct, quelqu'un pourrait-il m'expliquer cela, s'il vous plaît?

4- Je ne comprends pas non plus cette déclaration "$g[HK]=g[K]$ ($H$ étant le noyau de $g$)." Pourquoi $H$ étant $\operatorname{Ker}g$ nous le fait faire?

5- Je ne comprends pas non plus cette déclaration "De plus, $\operatorname{Ker}g_{|K}=H \cap K=\{1_E\}$, ce qui signifie que la restriction $g_{|K}$ est aussi un isomorphisme ", pourquoi l'intersection est égale à $\{1_E\}$? et pourquoi cela signifie que$g_{|K}$ est un isomorphisme, quelqu'un pourrait-il m'expliquer cela, s'il vous plaît?

6- Je ne comprends pas comment "L'analyse précédente montre que $E \approx F \times G \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$. "Quelqu'un pourrait-il m'expliquer cela s'il vous plaît?

Answer 1

Laissez-moi répondre à toutes vos questions dans l'ordre:

1. Cela n'a peut-être pas été le cas au moment où vous avez créé cette nouvelle publication, mais j'ai finalement modifié la forme de ma réponse originale afin de contenir deux propositions initiales, des déclarations généralement valables en théorie des groupes (j'ai également pris la liberté de modifier cette nouvelle publication de manière à inclure ces déclarations générales). L'un d'eux est:

Proposition 1. Pour tout morphisme de groupe$f \colon G \to G'$ et tout sous-ensemble $X \subseteq G$, la relation $f^{-1}[f[X]]=X\mathrm{Ker}f$ est valable.

Preuve. Ceci peut être formulé pour des structures algébriques plus générales que des groupes, mais l'idée est que l'opération multiplicative "$\cdot$"implicite sur $G$ peut être naturellement étendu à l'ensemble de puissance $\mathscr{P}(G)$ De la manière suivante: $$\begin{align} \cdot \colon \mathscr{P}(G) &\to \mathscr{P}(G)\\ \cdot(X, Y) \colon&=XY\colon=\{xy\}_{\substack{x \in X\\y \in Y}}. \end{align}$$ Il est facile de vérifier que la structure nouvellement définie $(\mathscr{P}(G), \cdot)$est un monoïde avec l'unité$1_{\mathscr{P}(G)}=\{1_G\}$(Je vous invite à entreprendre la vérification comme un exercice, cela devrait s'avérer être une activité simple et agréable). De plus, depuis$f$ est un morphisme et donc "commute" avec des produits d'éléments il va aussi "commuer" avec des produits de sous-ensembles dans le sens où $f[XY]=f[X]f[Y]$ pour tous les sous-ensembles $X, Y \subseteq G$ (le produit à droite de cette égalité est bien entendu considéré dans le monoïde analogue $\mathscr{P}\left(G'\right)$). Dans un langage encore plus formel, la carte: $$\begin{align} \widehat{f} \colon \mathscr{P}(G) &\to \mathscr{P}\left(G'\right)\\ \widehat{f}(X)\colon&=f[X]=\{f(x)\}_{x \in X} \end{align}$$ obtenu en étendant $f$ entre les ensembles de puissance est en fait un morphisme monoïde, $\widehat{f} \in \mathrm{Hom}_{\mathbf{Mon}}\left(\mathscr{P}(G), \mathscr{P}\left(G'\right)\right)$.

Notons également que, étant donné tout sous- ensemble non vide$\varnothing \neq X \subseteq \mathrm{Ker}f$ nous avons $f[X]=\{1_{G'}\}$. En effet, depuis$X \neq \varnothing$ il s'ensuit que $f[X] \neq \varnothing$ et de la définition du noyau nous avons $f[X] \subseteq \left\{1_{G'}\right\}$. Puisque le seul sous-ensemble non vide d'un singleton est lui-même, la conclusion souhaitée suit. Puisque le noyau lui-même est un sous-groupe et donc non vide, cela s'applique en particulier à$X=\mathrm{Ker}f$ ($\color{red}{this}$se rapporte également directement à la question 4). Ainsi, il est clair que$f\left[X\mathrm{Ker}f\right]=f[X]f[\mathrm{Ker}f]=f[X]\{1_{G'}\}=f[X]$, ce qui signifie que $X\mathrm{Ker}f \subseteq f^{-1}\left[f[X]\right]$.

Quant à l'inclusion inverse, considérons un arbitraire $y \in f^{-1}\left[f[X]\right]$. Cela signifie qu'il existe$x \in X$ tel que $f(y)=f(x)$ et donc que $f(x)^{-1}f(y)=f\left(x^{-1}y\right)=1_{G'}$, ce qui implique en outre $x^{-1}y \in \mathrm{Ker}f$. Nous avons donc$y=x\left(x^{-1}y\right) \in X\mathrm{Ker}f$ et par l'arbitraire de $y$ conclure que $f^{-1}\left[f[X]\right] \subseteq X\mathrm{Ker}f$. $\Box$

1. Dans la formulation originale, le $H$ et $f$ mentionnés dans la déclaration citée ne sont pas les mêmes $H$ et $f$comme ceux du problème de séquence exacte (je n'ai simplement plus de symboles que j'utilise préférentiellement pour désigner de tels objets et j'ai fini par répéter la même notation mais avec un sens différent, d'où la confusion). La confusion que j'espère est clarifiée, maintenant que j'ai énoncé les propositions générales nécessaires pour l'argument à un niveau distinct, avant de commencer l'argument lui-même.
2. Rappelons le cadre dans lequel la déclaration citée a été faite:

Proposition 2. Soit$E$ être un groupe possédant des sous-groupes normaux $H, K \trianglelefteq E$ tel que $E=HK$ et $H \cap K=\{1_E\}$. Ensuite, nous avons l'isomorphisme de groupe$E \approx H \times K$.

Preuve. Considérons la carte: $$\begin{align} \varphi: H \times K &\to E\\ \varphi(x, y)&=xy \end{align}$$ et disons que c'est un morphisme de groupe . Pour le montrer, il suffira de prouver que tout élément de$H$fait la navette avec n'importe quel élément de$K$, qui dans une formulation plus succincte peut être exprimée par $H \leqslant \mathrm{C}_G(K)$(ce dernier objet est le centralisateur de$K$ dans $G$). Considérons ainsi arbitraire$x \in H$ et $y \in K$avec leur commutateur $[x, y]=(yx)^{-1}xy=x^{-1}y^{-1}xy$. Nous avons d'une part$[x, y]=\left(xy^{-1}x\right)y \in KK=K$ -- depuis $xy^{-1}x^{-1}$ est un conjugué de l'élément $y^{-1}$du sous- groupe normal$K$ - et d'autre part $[x, y]=x^{-1}\left(y^{-1}xy\right) \in HH=H$, depuis $y^{-1}xy$ est un conjugué de l'élément $x$du sous- groupe normal$H$. Nous dérivons ainsi$[x, y] \in H \cap K=\{1_E\}$, ce qui signifie par définition des commutateurs qui $xy=yx$, QED

Ce qui précède justifie le fait que $\varphi \in \mathrm{Hom}_{\mathbf{Gr}}(H \times K, E)$. Il est clair par définition que$\mathrm{Im}\varphi=HK$, donc l'hypothèse $HK=E$ implique la surjectivité de $\varphi$. Il est également clair que$\mathrm{Ker}\varphi=\left\{\left(t, t^{-1}\right)\right\}_{t \in H \cap K}$, d'où l'hypothèse $H \cap K=\{1_E\}$ d'intersection triviale, nous comprenons que $\varphi$a un noyau trivial et est donc injectif. En combinant toutes ces observations, on en déduit que$\varphi$ est un isomorphisme. $\Box$

1. C'est une conséquence directe de $\color{red}{what\ was\ discussed}$ dans la preuve de la proposition 1.
2. En vertu de la deuxième proposition générale au tout début de la version éditée de ma réponse originale, nous avons la description $\mathrm{Ker}g_{|K}=\mathrm{Ker}g \cap K=H \cap K$. Le fait que cette dernière intersection$H \cap K=\{1_E\}$est trivial a été prouvé à une étape antérieure de l'argument présenté dans la réponse originale. Le fait que la restriction$g_{|K}$a un noyau trivial signifie qu'il est injectif. Quant à sa surjectivité, la déclaration mentionnée dans votre précédente question numéro 4 - qui, je l'espère, est maintenant clarifiée - signifie que$G=g[K]$. Il ressort clairement de la théorie élémentaire des ensembles que$\mathrm{Im}g_{|K}=g_{|K}[K]=g[K]=G$, de sorte que la restriction $g_{|K}$est également considérée comme surjective. Etre à la fois injectif et surjectif,$g_{|K}$ est bijectif et on sait que dans le cas des groupes les notions d '«isomorphisme» et de «morphisme bijectif» coïncident (phénomène réconfortant, qui ne tient pas dans d'autres catégories, comme celle des espaces topologiques ou des graphes).
3. Une fois que nous avons justifié les isomorphismes de groupe $F \approx H \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$ (via l'isomorphisme ${}_{H|}f$) et $K \approx G \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$ (via l'isomorphisme $g_{|K}$), nous faisons appel à une autre proposition très générale, à savoir que les produits directs de groupes isomorphes restent des groupes isomorphes: des familles données $\Gamma$ et $\Gamma’$ de groupes indexés par le même jeu d'index $I$, si la relation d'isomorphisme $\Gamma_i \approx \Gamma’_i \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$ se produit pour chaque index $i \in I$, alors nous avons aussi l'isomorphisme $\displaystyle\prod_{i \in I}\Gamma_i \approx \displaystyle\prod_{i \in I}\Gamma’_i \hspace{3pt} (\mathbf{Gr})$. Si$\gamma \in \displaystyle\prod_{i \in I}\mathrm{Iso}_{\mathbf{Gr}}(\Gamma_i, \Gamma’_i)$ est une famille d'isomorphismes, alors le produit direct $\eta$ de famille $\gamma$ - ie le morphisme unique $\theta$ tel que $\pi'_i \circ \theta=\gamma_i \circ \pi_i$ pour chaque index $i \in I$, $\pi_i$ et $\pi'_i$ étant les projections canoniques respectives des produits directs des familles $\Gamma$ respectivement $\Gamma'$ - est aussi un isomorphisme entre les produits directs.