# 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 $yx^{-1}\in H$ 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

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 :
    $\vert G\vert =\vert G:H\vert \cdot \vert H\vert$.
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
L'ordre d'un sous-groupe divise l’ordre du groupe.
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 A$_4$, 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 de Cauchy, de Sylow et de Hall, ordres des sous-groupes normaux d'un groupe nilpotent fini).
* La relation
    $\vert G\vert =\vert G:H\vert \cdot \vert H\vert$
montre aussi que l'indice $\vert G:H\vert$ divise $\vert G\vert$.
Si H est un sous-groupe d'un groupe G, on dit qu'une partie T de G est une transversale à droite (resp. une transversale à gauche) de H dans G, ou encore un système complet de représentants des classes à droite (resp. à gauche) de G suivant H, si T comprend un et un seul élément de chaque classe à droite (resp. à gauche) de G suivant H.
Dire qu'une partie T de G est une transversale à droite (resp. à gauche) de H dans G revient à dire que l’application $H\times T\rightarrow G:(h,t)\mapsto ht$ (resp. l’application $T\times H\rightarrow G:(t,h)\mapsto th$) est une bijection.
Au lieu de « transversale à droite » (resp. « transversale à gauche »), nous dirons aussi « transversale droite » (resp. « transversale gauche »).
Soient G un groupe et H un sous-groupe de G. Il existe (au moins) une transversale droite (resp. gauche) de H dans G.
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.)
Soient $G$ un groupe, $H$ un sous-groupe de $G$ et $K$ un sous-groupe de $H$, autrement dit un sous-groupe de $G$ contenu dans $H$. Alors $\vert G:K\vert =\vert G:H\vert \cdot \vert H:K\vert$.
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 $\vert G:H\vert =\operatorname {Card} (I)$. 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 $\vert H:K\vert =\operatorname {Card} (J)$. 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 $k'\in K$ tel que $x=x_{r}y_{s}k'$, d'où
    $(1)\quad x_{i}y_{j}k=x_{r}y_{s}k'$,
d'où tout d’abord (puisque $y_{j},k,y_{s},k'$ appartiennent à $H$) $x_{r}^{-1}x_{i}\in H$, d'où, par hypothèse sur les $x_{i}$, $r=i$ ; dès lors, (1) donne $y_{j}k=y_{s}k'$ avec $k,k'\in K$ : 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
    $\operatorname {Card} (I\times J)=\operatorname {Card} (I)\times \operatorname {Card} (J)=\vert G:H\vert \cdot \vert H:K\vert$, 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 $\vert G\vert =\vert G:H\vert \cdot \vert H\vert$. 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.
On dit qu'un groupe est de type fini s'il admet une partie génératrice finie.
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 ${\bar {g}}=t$. De cette façon, $g=p(g){\bar {g}}$ donc $p(g)=g{\bar {g}}^{-1}$.
Soient G un groupe, X une partie génératrice de G, H un sous-groupe de G et T une transversale droite de H dans G comprenant l'élément 1. Pour tout élément t de T et tout élément x de X, notons $h_{t,x}$ l'unique élément h de H tel que tx appartienne à hT.
L'ensemble des $h_{t,x}$, où t parcourt T et où x parcourt X, est une partie génératrice du groupe H.
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
    $h=a_{1}a_{2}\ldots a_{n},\quad {\text{avec}}\quad a_{1},\ldots ,a_{n}\in X\cup X^{-1}$.
Posons, pour $k=0,1,\ldots ,n$ :
    $t_{k}={\overline {a_{1}a_{2}\ldots a_{k}}}$.
En particulier, $t_{0}=t_{n}=1$, donc
    $h=(t_{0}a_{1}t_{1}^{-1})(t_{1}a_{2}t_{2}^{-1})\ldots (t_{n-1}a_{n}t_{n}^{-1})$.
Or ${\overline {t_{k-1}a_{k}}}=t_{k}$, donc chacune des $n$ parenthèses de ce produit est de la forme
    $ta({\overline {ta}})^{-1},\quad {\text{avec}}\quad t\in T\quad {\text{et}}\quad a\in X\cup X^{-1}$.
On conclut en remarquant que si $t\in T$ et $a=s^{-1}$, en posant $t'={\overline {ta}}$, on obtient
    $ta({\overline {ta}})^{-1}=\left(t'st^{-1}\right)^{-1}=\left(t's({\overline {t's}})^{-1}\right)^{-1}$.
Soient $G$ un groupe, $H$ un sous-groupe de $G$. Si $X$ est une partie génératrice de $G$, alors $H$ admet une partie génératrice de cardinal $\leq [G:H]\times \operatorname {Card} (X)$.
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
    $\operatorname {Card} (A)\leq \operatorname {Card} (T)\operatorname {Card} (X).$
Comme le cardinal de T est égal à l'indice de H dans G, l'énoncé en résulte.
En particulier :
Soit G un groupe de type fini. Tout sous-groupe d'indice fini de G est de type fini. Plus précisément, si G admet 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 $\leq jm.$
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 $\leq 1+j(m-1)$. 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

Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G. On a
    $\vert HK\vert \cdot \vert H\cap K\vert =\vert H\vert \cdot \vert K\vert$
(où la partie HK de G n’est pas forcément un sous-groupe de G).
Première démonstration. On prouve dans les exercices que
    $\ (1)\qquad \vert H:(H\cap K)\vert =\operatorname {Card} (E)$,
où E désigne l’ensemble des classes à gauche modulo K contenues dans HK.
HK est réunion disjointe de ces classes, donc $\vert K\vert \operatorname {Card} (E)=\operatorname {Card} (HK)$. Dès lors, en multipliant les deux membres de (1) par $\vert K\vert \cdot \vert H\cap K\vert$, 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 $\vert H\cap K\vert$ 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, d$^{-1}$b), où d parcourt $H\cap K$. Si (x, y) est tel que f(x, y) = z, alors xy = ab, d'où a$^{-1}$x = by$^{-1}$. Si nous désignons par d la valeur commune de a$^{-1}$x et de by$^{-1}$, il est clair que d appartient à $H\cap K$ et que x = ad, y = d$^{-1}$b. 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, d$^{-1}$b), 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, d$^{-1}$b) = 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, d$^{-1}$b), 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, d$^{-1}$b) et (ad', d'$^{-1}$b) de H × K sont distincts, donc les éléments de H × K de la forme (ad, d$^{-1}$b), où d parcourt $H\cap K$, sont en quantité $\vert H\cap K\vert$. Nous avons donc prouvé, comme annoncé, que pour tout élément z de HK, il y a exactement $\vert H\cap K\vert$ 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.