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Caractérisation nombre de sous-groupes
Bonjour,
je me demandais si je me donne un entier d alors peut-on caractériser les groupes à isomorphisme près possédant d sous-groupes.
J'ai traité le cas d=1,2,3.
Si ca amuse quelqu'un on peut continuer 
Et savez-vous si c'est un problème ouvert ou résolu(ca a l'air de se compliquer sérieusement quand d croit)?
Hum c'est bête j'avais envoyé un email pour soumettre ma classification provisoire à Artin et Lang, mais comme ils sont morts et que je n'avais pas assez de place dans la marge de mon cahier pour tout écrire, je n'en ai gardé aucune trace
tigweg
Bon pour être plus constructif, voila ce que j'ai fait(un peu du bricolage il faut avouer ).
Si d=1, le groupe à un élément(bon la je me suis pas trop foulé 
).
Si d=2, j'ai trouvé les groupes cycliques d'ordre premier(la c'est pas trop dur).
Si d=3, si le groupe G est cyclique(alors nécessairement il a 3 sous-groupes si son ordre a 3 diviseurs, donc est de la forme p² où p est premier).
Si G non cyclique, alors aucun élément engendre G, nécessairement l'ordre de G est supérieur ou égal à 4.
En prenant un élément différent du neutre a, alors <a> est distinct de G donc ca nous fait déja 3 sous-groupes(en comptant les deux sous-groupes triviaux).
Maintenant par cardinalité, il existe un autre élément b tel que b n'est pas dans <a>, donc en regardant <b> on obtient 4 sous-groupes et ca fait un de trop.
Maintenant je m'attaque au cas où d=4:
Si G est cyclique, il faut que son nombre de diviseurs soit égal à 4, donc:
avec p et q premiers ou
avec p premier.
En existe-il d'autres j'ai pas d'exemple ni de démo encore 
En raisonnant comme pour d=3, on sait que G a plus de 6 éléments car les groupes de 4 éléments Z/4Z et le groupe de Klein n'ont pas 4 sous-groupes.
Donc si G n'est pas cyclique il contient les groupes, <a>,<b> où b n'est pas dans <a>.
Maintenant si a et b sont d'ordre 2, nécessairement il existe un autre élément c et donc en rajoutant <c> ca fait déja 5 groupes donc c'est pas possible.
Si a est d'ordre supérieur à 2, <a> admet un sous-groupe non trivial et donc la aussi on a trop de groupes.
Bref passons à d=5 
Bien vu,je n'ai rien à redire jusqu'à présent.
Il y en a d'autres pour d=4, par exemple le produit semi-direct .
Ah non c'est faux ça, le produit direct dont je t'ai parlé n'est pas cyclique,il n'est même pas abélien!
Il est isomorphe à D6 (groupe des isométries du triangle équilatéral)
J'y connais rien en produit semi-direct tu m'excuses
Mais c'est faux ton truc tout de même vu que j'ai montré qu'un groupe ayant 4 sous-groupes est nécessairement cyclique.
Et D3 est isomorphe à S3, qui a plus de 4 sous-groupes(il y a les groupes engendrés par les transpositions).
Si a est d'ordre supérieur à 2, admet un sous-groupe non trivial
> C'est faux si l'ordre est 3, ce qui est le cas de la rotation de centre O et d'angle 2
/3 dans D6.
Le reste de l'argumentation me paraîtjuste, donc on dirait qu'à mon contre-exemple près, il n'y a rien à rajouter pour d=4!
Tigweg
Ton contre-exemple n'en est pas un, cf au-dessus.
Si l'ordre est premier oui j'ai dit une betise, à revoir la je me suis emporté, je cherche
Bon j'essaye une modif, si a et b ne sont pas d'ordre deux.
Alors mon argumentation fonctionne si a et b ne sont pas d'ordres premier.
Supposons que a et b sont d'ordre premier p et q, alors <a> et <b> n'ont que le neutre en commun donc ca nous fait p+q-1 éléments. Est-ce possible?
Non la j'ai un argument un peu tordu dans ce cas la s'il n'y a pas d'autre élément, on aurait par Lagrange p/p+q-1 donc p/q-1 et également q/p+q-1 donc q/p-1 et ceci est impossible.
En fait on peut être plus précis en combinant tes 2 approches.
Nécessairement o(a)=3 donc on a déjà 1,a,a².Soit b dans le complémentaire.
Alors ab est distinct de 1, de a, et de b, et on peut même dire que ab n'est ni dans ni dans .
Ca fait donc au moins 5 sous-groupes.
Si o(a) > 3, alors c'est ton premier argument, a au moins un sous-groupe non trivial avec et G distincts, donc au moins 5 sous-groupes!
Ah non je dis n'importe quoi, || peut êtrepremier, chuis crevé!
Mais bon c'est pareil, ab n'est ni dans ni dans ce qui fait au moins 5 sous-groupes!
Si je dis pas de bêtises on a aussi Z/2Z*Z/2Z j'avais calculé tout à l'heure, les 3 sous-groupes d'ordre deux engendrés par (0,1),(1 1) et (1 0).
Oui effectivement ça a l'air de se compliquer.
Si G n'est pas cyclique, est-ce qu'on peut raisonner comme précedemment(pas totalement déja vu qu'il y a Z/2Z*Z/2Z dedans), faudrait mettre les mains dans le cambouis
Marc désolé j'en peux plus, je vais me coucher
De toute façon je dis trop d'âneries là j'ai honte!
Bonne nuit et bonne recherche si tu poursuis!
Tigweg
Mais non tu dis pas trop d'aneries, ca fait réfléchir c'est bien
Bonne nuit, je vais regarder un peu ce qu'on peut dire de plus pour d=5 mais je vais pas tarder non plus
A demain peut être
Je pense avoir une piste si G non cyclique par les mêmes arguments que tu as donné on se rend compte que si on prend <a>,<b>,<ab> on est exactement dans le cas de Z/2Z*Z/2Z mais maintenant si on suppose que le cardinal de G est >4.
Alors si il existe un élément parmi a,b qui n'est pas d'ordre 2, on regarde respectivement <a²b> ou <b²a> et on a 6 sous-groupes.
Si a et b sont d'ordre 2, alors si G est abélien ab est également d'ordre 2, donc soit il n'y a pas d'autres éléments et c'est Z/2Z*Z/2Z, soit il y en un autre en plus que je note c et alors on a trop de sous-groupes avec <c> en plus.
Si ab n'est pas d'ordre 2, s'il est d'ordre non premier on conclut comme pour le cas n=4 en invoquant un sous-groupe de <ab>.
Si ab est d'ordre premier >2, alors on regarde (ab)²a qui n'est ni dans <a>, ni dans <b>, ni dans <ab>.
A vérifier....
Je peux te donner ma réponse ce soir Cauchy?
J'avoue que je n'ai pas eu le temps de lire sérieusement ce que tu avais écrit, d'autres posts me déconcentraient sans cesse!
Et là je vais devoir m'absenter dans peu de temps!
Tigweg
Je peux te donner ma réponse ce soir Cauchy?
J'avoue que je n'ai pas eu le temps de lire sérieusement ce que tu avais écrit, d'autres posts me déconcentraient sans cesse!
Arrête de mentir, avoue que tu n'es plus en état pour répondre correctement
Oui, donc pour d=50
On ne traite pas le cas des groupes infinis avec un ensemble dénombrable de sous-groupes?
C'est toi qui vois
Camélia ça te dit pas de jeter un coup d'oeil(je suis sûr que t'en sais plus que nous ).
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