[PDF] TD3 : Groupes abéliens de type fini

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Ecole Normale Superieure 1ere annee

Ann ee 2015-2016 Algebre 1

TD3 : Groupes abeliens de type ni

Exercices?: a preparer a la maison avant le TD, seront corriges en debut de TD. Exercices??: seront traites en classe en priorite.

Exercices? ? ?: plus diciles.

Exercice 1 :?

Montrer que les groupesZ=12ZZ=90ZZ=25ZetZ=100ZZ=30ZZ=9Zsont isomorphes. Solution de l'exercice1. On utilise le lemme chinois pour voir que les deux groupes sont isomorphes au groupe (Z=2ZZ=4Z)(Z=3Z=Z=9Z)(Z=5ZZ=25Z): Cette ecriture est la decomposition en composantesp-primaire. On peut aussi ecrire la decomposition en facteurs invariants de ces deux groupes, et l'on trouve :

Z=30ZZ=900Z:

Exercice 2 :?

Montrer qu'un groupe abelien ni non cyclique possede un sous-groupe isomorphe aZ=pZZ=pZ pour un certain nombre premierp. Solution de l'exercice2. Le theoreme du cours assure qu'un tel groupeGest isomorphe a un produit Z=d1Z Z=drZ, avecdi2 etdijdi+1. CommeGn'est pas cyclique, on ar2. Il existe un facteur premierpded1, alorspdivise tous lesdi, etZ=pZest isomorphe a un sous-groupe de chacun desZ=diZ(c'est le sous-groupe dep-torsion). Alors le sous-groupe dep-torsion deGest isomorphe a (Z=pZ)r, qui contient clairement un sous-groupe isomorphe aZ=pZZ=pZ.

Exercice 3 :?

a) Combien y a-t-il de groupes abeliens de cardinal 360? Faire la liste complete de ces groupes. b) Plus generalement, pour tout entiern, combien y a-t-il de groupes abeliens de cardinaln?

Solution de l'exercice3.

a) On ecrit la decomposition en facteurs premiers de 360 = 2

3:32:5. Alors siGest un groupe de

cardinal 360,T2(G) est un groupe abelien de cardinal 23, il y a donc 3 classes d'isomorphisme de tels groupes, a savoirZ=8Z,Z=2ZZ=4Zet (Z=2Z)3. De m^eme, il y a exactement deux classes d'isomorphisme possibles pourT3(G), a savoirZ=9Zet (Z=3Z)2, etT5(G) est isomorphe aZ=5Z. Par consequent, il y a exactement 3:2 = 6 classes d'isomorphisme de groupes abeliens d'ordre 360, dont les decompositionsp-primaires et en facteurs invariants sont les suivantes :

Z=8ZZ=9ZZ=5Z=Z=360Z

(Z=2ZZ=4Z)Z=9ZZ=5Z=Z=2ZZ=180Z (Z=2Z)3Z=9ZZ=5Z=Z=2ZZ=2ZZ=90Z

Z=8Z(Z=3Z)2Z=5Z=Z=3ZZ=120Z

(Z=2ZZ=4Z)(Z=3Z)2Z=5Z=Z=6ZZ=60Z (Z=2Z)3(Z=3Z)2Z=5Z=Z=2ZZ=6ZZ=30Z: 1 b) On utilise la classication des classes d'isomorphisme de groupes abeliens nis. Notonsn= p

11:::prrla decomposition denen facteurs premiers. Alors on sait que la classe d'isomorphisme

d'un groupe abelien d'ordrenest caracterisee par ses facteurs invariants (d1;:::;ds) qui sont des entiers>1 tels quedijdi+1etd1:::ds=n. Par consequent, chaquedise decompose d i=pi;1

1:::pi;r

1, avec les contraintes suivantes : pour toutj,i;ji+1;j(pour touti) etPs

i=1i;j=j. Par consequent, le nombre de choix possibles pour lesaiest exactementQr j=1p(j), oup() designe le nombre de partitions de, i.e. le nombre de facons d'ecrire l'entiercomme une somme croissante d'entiers strictement positifs.

Exercice 4 :

a) Le nombre de classes de conjugaison dansS5est le m^eme que le nombre de groupes abeliens de cardinal 32 a isomorphisme pres. Pourquoi? b) Generaliser au nombre de classes de conjugaison dansSn.

Solution de l'exercice4.

a) Les deux ensembles en question sont naturellement en bijection avec l'ensemble des partitions de 5. b) Soitpun nombre premier. NotonsGnl'ensemble des classes d'isomorphisme de groupes abeliens de cardinalpn,Pnl'ensemble des partitions de l'entiernetCnl'ensemble des classes de conju- gaison dansSn. On dispose des applications suivantes ':Pn!Gn et :Pn!Cn ou pour toute partition (n1;:::;nr) den,'((n1;:::;nr)) est la classe d'isomorphisme deQr i=1Z=niZet ((n1;:::;nr)) est la classe de conjugaison de la permutation (1;2;:::;n1)(n1+

1;:::;n1+n2):::(n1++nr1+ 1;:::;n). On voit alors facilement que'et sont des

bijections, doncjCnj=jGnj, i.e. il y a autant de classes de conjugaison dansSnque de classes d'isomorphisme de groupes abeliens d'ordrepn.

Exercice 5 :?

SoitGun groupe abelien ni. Montrer qu'il existe dansGun element d'ordre egal a l'exposant deG (c'est-a-dire au ppcm des ordres des elements deG).

Solution de l'exercice5.

| On commence par une preuve "elementaire" : montrons d'abord que pour tousx;y2Gd'ordres respectifsmetnpremiers entre eux, le produitxyest d'ordrem:n. Il est clair que (xy)mn= 1 donc l'ordre dexydivisemn. Soit maintenantk1 tel que (xy)k= 1. En elevant a la puissance n, on obtientxkn= 1, doncmdivisekn. Ormetnsont premiers entre eux, doncmdivisek. Par symetrie, on a aussi quendivisek, doncmndivisek, doncxyest d'ordremn. On decompose l'exposant deGen facteurs premiers : exp(G) =p11:::prr, avec lespipremiers distincts. Par denition de l'exposant deG, pour tout 1ir, il existegi2Gdont l'ordre est divisible parpii, disons egal apii:mi. Alorsgmiiest d'ordrepii, et on a vu qu'alors l'element g:=gm11:::gmrr2Gest d'ordre exactementp11:::prr= exp(G). | Une preuve moins elementaire : le theoreme de classication des groupes abeliens nis assure qu'il existe des entiers 2d1j:::jdstels queGsoit isomorphe aZ=d1Z Z=drZ. Il est alors clair que exp(G) =dret que l'element (0;:::;0;1)2Z=d1Z Z=drZest d'ordredr.

Exercice 6 :?

SoitGun groupe et soientHetKdes sous-groupes deG. On suppose que : a)H / GetK / G; 2 b)HK=G; c)H\K=e.

Montrer queGest isomorphe aHK.

Solution de l'exercice6. Montrons d'abord queHetKcommutent. Soienth2Hetk2K. Comme Hest distingue dansG, on akh1k12H, donchkh1k12H. De m^eme,Kest distingue dansG, donchkh12K, donchkh1k12K. Donchkh1k12H\K=feg, donchk=kh. Montrons maintenant que pour toutg2G, il existe un unique couple (h;k)2HKtel queg=hk. L'existence est assuree par l'hypothese b). Pour l'unicite, soienth;h02Hetk;k02Ktels que hk=h0k0. Alorskk01=h1h0est dansH\K, donc l'hypothese c) assure quekk01=h1h0=e, donch=h0etk=k0, d'ou l'unicite. On considere alors l'application':HK!Gdenie par'(h;k) :=hk. Le fait queHetK commutent assure que'est un morphisme de groupes. L'existence et l'unicite prouvee plus haut assurent que'est une bijection. DoncGest bien isomorphe au groupeHK.

Exercice 7 :??

SoitKun corps et soitGKun sous-groupe ni d'ordren. On va montrer queGest un groupe cyclique. a) Montrer que l'ordre de tout element deGdivisen. b) Soitdun diviseur denetx2Gd'ordred. SoitHle sous-groupe cyclique deGengendre par x. Montrer que tout element d'ordredest dansH. c) On noteN(d) le nombre d'elements deGd'ordred. Montrer queN(d) = 0 ou'(d), et queP djn; d>0N(d) =n. d) Conclure. En particulier, sipest un nombre premier, (Z=pZ)'Z=(p1)Z, et siKest un corps ni,Kest un groupe cyclique.

Solution de l'exercice7.

a) C'est le theoreme de Lagrange. b) Considerons le polyn^omeP=Xd12K[X]. CommeKest un corps, le polyn^omePa au plus dracines dansK. Or tout element du groupeHest d'ordre divisantd, donc tous les elements deHsont des racines deP. Or le cardinal deHest egal a l'ordre dex, c'est-a-dire ad. Donc

Hcontient toutes les racines dePdansK.

Soit maintenanty2Gd'ordred. Alorsyest racine deP, doncyest dansH. c) SupposonsN(d)6= 0. Alors il existex2Gd'ordred. La question b) assure que tout les elements d'ordreddansGsont exactement les elements d'ordreddanshxiqui est un groupe cyclique d'ordred. Or un groupe cyclique d'ordreda exactement'(d) elements d'ordred, donc

N(d) ='(d).

En outre, on peut partitionnerGselon l'ordre des elements, i.e.Gest la reunion disjointe, pour ddivisantn(par la question a)), des ensemblesGdformes des elements d'ordred. En calculant les cardinaux, on trouve doncjGj=P djnjGgj, i.e.n=P djnN(d). d) La question c) assure quen=P djnN(d). Or on sait quen=P djn'(d). DoncP djnN(d) =P djn'(d). Or pour toutdjn,N(d)'(d), donc on a bien pour toutdjn,N(d) ='(d). En particulier,N(n) ='(n)>0, donc il existe un element d'ordrendansG, i.e.Gest cyclique.

Exercice 8 :??

SiAest un anneau, on noteAle groupe (multiplicatif) des elements inversibles deA. a) SoitGun groupe monogene. Montrer que le groupe des automorphismes deGest en bijection avec l'ensemble des generateurs deG. b) Montrer que pour toutn2N, on a un isomorphisme de groupes Aut(Z=nZ)=(Z=nZ). 3 c) Soitpun nombre premier impair et soit1. Quel est l'ordre de 1 +pdans (Z=pZ)? En deduire que (Z=pZ)'Z=p1(p1)Z. d) Expliciter (Z=2Z)pour1. e) En deduire (Z=nZ)pourn2N.

Solution de l'exercice8.

a) SoitG0l'ensemble des generateurs deGet soitg0un element deG0. Alors si'est un au- tomorphisme deG, l'image de'est engendree par'(g0); ce qui veut dire que'(g0) est un generateur deG. On denit alors une application (ensembliste)AutG!G0 '7!'(g0). Comme g

0est generateur, l'application est bijective.

b) DansZ, montrons par recurrence surk1 qu'il existekpremier apveriant (1 +p)pk=

1 +kpk+1. L'etape d'initialisation pourk= 1 est claire via la formule du bin^ome, puisque

pdivisep

2. Montrons l'heredite : soitk1, on a (1 +p)pk= 1 +kpk+1par hypothese de

recurrence, donc on obtient (1 +p)pk+1= 1 +pk+2(k+Pp i=2 p iikp(i1)(k+1)1) et le resultat est montre par recurrence.

En particulier, 1 +pest d'ordrep1dans (Z=pZ).

En utilisant l'exercice 7, on sait que (Z=pZ)est cyclique, d'ordrep1. Notonsx0un generateur de (Z=pZ)et prenons un relevementx1dex0dans (Z=pZ). L'ordre dex1est le la forme (p1)pspour un certains, de sorte quex:=xps

1est d'ordrep1. Commexet 1+pont

des ordres premiers entre eux et comme le groupe (Z=pZ)est abelien, on a vu quex(1 +p) est donc d'ordrep1(p1) ='(p) et (Z=pZ)est donc cyclique. c) Remarquons d'abord que (Z=2Z)=f1get (Z=4Z)'Z=2Z. Supposons maintenant

2. Par une recurrence semblable a celle eectuee au b), on montre que 5 est d'ordre 2

2 dans (Z=2Z). Observons maintenant le morphisme surjectif: (Z=2Z)!(Z=4Z): son noyau est exactementh5i, et(1) =1. Par consequent, les sous-groupesh5ieth1i verient les hypotheses de l'exercice 6, donch5ih1i=(Z=2Z). On obtient donc nalement (Z=2Z)'Z=2ZZ=22Z. d) Sin=Q pppest la decomposition en facteurs premiers den, alors le lemme chinois nous donne (Z=nZ)'(Z=22Z)Y p6=2;p1

Z=(p1)ZZ=pp1Z:

Exercice 9 :

Determiner les entiersn2Zpour lesquels (Z=nZ)est cyclique.

Solution de l'exercice9. Sin=Q

pppest la decomposition en facteurs premiers den, la question d) de l'exercice 8 assure que (Z=nZ)'(Z=22Z)Y p6=2;p1

Z=(p1)ZZ=pp1Z:

En remarquant qu'un groupe cyclique ne peut pas contenir plus d'un element d'ordre 2, on conclut que (Z=nZ)est cyclique si et seulement sin=pou 2pavecpun nombre premier impair et0 oun= 4.

Exercice 10 :??

Decomposer le groupeG= (Z=187Z)sous la forme donnee par le theoreme de structure des groupes abeliens de type ni. Solution de l'exercice10. Comme 187 = 11:17, l'exercice 8 assure que G =(Z=11Z)(Z=17Z)=Z=10ZZ=16Z=Z=2ZZ=80Z:

Les facteurs invariants deGsont donc 2 et 80.

Exercice 11 :??

4 a) On considereH:=f(a;b)2Z2:abest divisible par 10g. Montrer queHest un sous-groupe deZ2, calculer son rang, en donner une base et decrire le quotientZ2=H. b) On noteHle sous-groupe deZ2engendre par (2;5), (5;1) et (1;2). Determiner une base deHet decrire le quotientZ2=H. c) On noteHle quotient deZ3par le sous-groupe engendre par les vecteurs (4;8;10) et (6;2;0).

Determiner la structure du groupeH.

Solution de l'exercice11.

a) Il est clair queHest un sous-groupe deZ2. Soit (a;b)2Z2. Alors (a;b)2Hsi et seulement s'il existek2Ztel queb=a+ 10k. Cela assure queH=f(a;a+ 10k) : (a;k)2Z2g= Z(1;1)Z(0;10), donc queHest de rang 2, de base (1;1) et (0;10). Alors (1;1) et (0;1) forment une base deZ2adaptee a l'inclusionHZ2, ce qui assure queZ2=H=Z=10Z. b) On applique l'algorithme de reduction des matrices a coecients entiers pour montrer que des operations elementaires sur les colonnes de la matrice obtenue en inscrivant les trois vecteurs donnes en colonne, a savoir2 5 1 512
aboutissent a la matrice 0 0 1 0 92 Cela assure que (1;2) et (0;9) forment une base deH. DoncHest de rang 2, et ((1;2);(0;1)) est une base adaptee a l'inclusionHZ2, ce qui assure queZ2=H=Z=9Z. c) En reduisant la matrice correspondante, on voit qu'une base du sous-groupeZ(4;8;10) + Z(6;2;0) est donnee par (20;0;10) et (6;2;0). Cela assure qu'une base adaptee a l'inclu- sion de ce groupe dansZ3est donnee par les trois vecteurs (2;0;1), (3;1;0) et (1;0;0). Donc le quotientHest isomorphe aZZ=2ZZ=10Z.

Exercice 12 :

Soitn1. Constuire dansRun sous-groupe isomorphe aZn. Solution de l'exercice12. Soientp1;:::;pndes nombres premiers distincts. Considrons le sous-groupe additif deRengendr par log(p1);:::;log(pn). Sia1;:::;an2Zsont tels quea1log(p1) ++ a nlog(pn) = 0, alors en prenant l'exponentielle on trouvepa11:::pann= 1 donca1==an= 0. Donc ce sous-groupe est isomorphe aZn.

Autre exemple : le groupe engendre par 2

(2i), 1inconvient aussi.

Autre exemple : le groupe engendre par les racines carrees desnpremiers entiers positifs sans facteurs

carres 1;p2;:::;pmconvient aussi. Encore un autre exemple : si2Rest un nombre transcendant (il en existe, par cardinalite), alors le sous-groupe engendre par 1;;:::;n1convient egalement (pour un exemple explicite, on pourra prendre=, mais la preuve de la transcendance est dicile, ou plus directement un nombre de

Liouville comme=P+1

k=010k!).

Exercice 13 :

Soitn1 est un entier. Montrer que tout systeme libre maximal dansZnest de cardinaln. Donner un exemple ou un tel systeme n'est pas une base. Solution de l'exercice13. On peut voirG=Zncomme un sous-groupe deQn. Soite1;:::;erun systeme libre maximal deG. | Supposonsr > n. Alorse1;:::;ern'est pas libre surQdonc il existeq1;:::;qr2Qtels que q

1e1++qrer= 0. Quitte a multiplier par le PPCM des denominateurs desq1;:::;qr, on

peut supposer queq1;:::;qr2Z. Donce1;:::;ern'est pas libre surZ. 5 | Supposonsr < n. On vient de voir quee1;:::;erest libre surZsi et seulement sie1;:::;erest libre surQ. Or sir < n, alorse1;:::;ern'est pas une base duQ-espace vectorielQn, donc il existeer+12Gtel quee1;:::;er;er+1soit libre surQdonc surZ, et alorse1;:::;ern'est pas maximal.

Enn, le systeme (2;0;:::;0), (0;2;:::;0), ..., (0;:::;0;2) est libre de cardinaln, donc maximal, mais

ce n'est pas une base deZnpuisque (1;0;:::;0) n'est pas dans le sous-groupe engendre (la somme des coordonnees d'un vecteurs du sous-groupe engendre est toujours paire).

Exercice 14 :

Soite1= (a1;:::;an)2Znun vecteur tel que le pgcd de ses coordonnees vaut 1. Montrer que l'on peut completere1en une base (e1;:::;en) deZn. Solution de l'exercice14. L'exercice equivaut a trouver une matrice dans GLn(Z) dont la premiere ligne est formee des entiersa1;:::;an. On le montre par recurrence surn. Soitdle pgcd dea1;:::;an1 et notonsa0i=ai=dpour tout 1in1. Alors, par hypothese de recurrence, il existe une matrice

Dde taille (n1)(n2) telle que la matrice

0 B B@a

01::: a0n1D

1 C CA appartienne a GL n1(Z). Par hypothese, pgcd(an;d) = 1 donc il existev;w2Ztels queanv+dw= 1.

Alors la matrice0

B

BBBBBBBB@da

01::: da0n1an0

0 D0 0 va01:::va0n1w1 C

CCCCCCCCA

convient.

Exercice 15 :??

Determiner les facteurs invariants des matrices suivantes a coecients dansZ: 2 4 4 11 ;69153 1227
;0 @126 2

7541 13

193 31

A Solution de l'exercice15. On peut le faire de deux facons dierentes a priori : soit en calculant le PGCD des coecients de la matrices, puis le PGCD des mineurs de taille 2, etc..., soit en appliquant l'algorithme de reduction des matrices a coecients entiers via des operations elementaires sur les

lignes et les colonnes (cette second methode est sans doute la plus rapide dans le troisieme exemple).

Dans les deux cas, on trouve les resultats suivants, oudesigne l'equivalence des matrices a coecients

entiers : 2 4 4 11 1 0 0 6 69153
1227
3 0 0 9 0 @126 2

7541 13

193 31

A 0 @1 0 0 0 2 0

0 0 161

A Les facteurs invariants sont donc respectivement (1;6), (3;9) et (1;2;16).

Exercice 16 :

6 a) SoitGun groupe abelien de type ni et soitf:G!Gun morphisme surjectif. Montrer que fest un isomorphisme. Ceci est-il necessairement vrai si l'on remplace surjectif par injectif? b) SoitGun groupe abelien libre de type ni et soitf:G!Gun morphisme. Denir le determinant det(f)2Zdefet montrer quefest injectif si et seulement si det(f)6= 0. Dans ce cas, montrer que l'on ajCoker(f)j=jdet(f)j.

Solution de l'exercice16.

a) NotonsFle sous-groupe de torsion deG, de sorte queG:=G=Fest un groupe abelien libre de type ni, i.e. isomorphe aZn. On voit alors quefinduit un morphismeftors:F!Fet un morphisme surjectiff:G!G. On choisit une base (e1;:::;en) deG. Commefest surjectif,

pour tout 1in, il existedi2Gtel quef(di) =ei. On considere alors le morphismeg:G!Gdeni parg(ei) :=dipour touti. On voit alors que (di) est une base deG. Par

construction, on afg= idG . Alors le calcul matriciel assure que l'on a aussigf= idG , doncfest un isomorphisme. Commefest injectif, on en deduit queftors:F!Fest surjectif, et commeFest ni,ftorsest un isomorphisme deF. Il est alors facile de conclure quefest un isomorphisme deG. Variante : pour toutn1, on a une inclusion Ker(fn)Ker(fn+1) et un isomorphisme Ker(fn+1)=Ker(fn)=Ker(f). On peut montrer que la suite des noyaux Ker(fn) est une suite croissante de sous-groupes deG. Or on voit facilement queG=FZnn'admet pas de suite croissante non stationnaire de sous-groupes, donc la suite des Ker(fn) est stationnaire : il existe n1 tel que Ker(fn) = Ker(fn+1). On en deduit donc que Ker(f) = 0, ce qui conclut la preuve. La conclusion n'est plus valable si l'on remplace surjectif par injectif. Par exemple, le morphisme de multiplication par 2 dansZest injectif, mais son image est le sous-groupe strict 2ZZ, donc ce n'est pas un isomorphisme. b) On denit det(f) comme le determinant de la matrice def(a coecents dansZ) dans une base quelconque deGsurZ. En eet, la formule classique de changement de bases assure que ce determinant est bien deni (il ne depend pas de la base choisie). Cela revient a denir det(f) comme le determinant de l'endomorphismeefdeQninduit parfvia un isomorphismeG=Zn (correspondant au choix d'une base deG). Supposons det(f)6= 0. Alors l'application lineaire correspondanteef:Qn!Qnest de determinant non nul, donc elle est injective, ce qui assure que sa restriction aZnest injec- tive, doncfest injective. Reciproquement, supposons que det(f) = 0. Alors il existex2Qnnon nul tel queef(x) = 0. Or il existem2Zn f0gtel quemx2Zn. On a alorsf(mx) =mef(x) = 0, etmx6= 0, doncf n'est pas injective surZn. On suppose desormais que det(f)6= 0. Le theoreme de reduction des matrices a coecients entiers assure qu'il existe deux bases (xi) et (yi) deGet (d1;:::;dn) des entiers positifs tels que Mat x;y(f) = diag(d1;:::;dn). En particulier, on a det(f) =d1:::dnet l'image defest engendree par les vecteurs (d1y1;:::;dnyn). Comme (y1;:::;yn) est une base deG, on voit que

Coker(f) :=G=Im(f)=Qn

i=1Z=diZ. Donc en particulier, on ajCoker(f)j=jd1:::dnj, d'ou le resultat.

Exercice 17 :? ? ?

SoientA1;:::;Andes groupes abeliens de type ni etfi:Ai!Ai+1des morphismes de groupes. On dit que la suite 0!A1f 1!A2f

2!:::f

n1!An!0 est exacte sif1est injectif,fn1est surjectif, et pour tout 1in2, Im(fi) = Ker(fi+1).

Montrer que si la suite est exacte, alorsPn

i=1(1)irang(Ai) = 0. Solution de l'exercice17. On remarque qu'une telle suite exacte se decoupe en des suites exactes courtes de la forme

0!Im(fi1) = Ker(fi)!Aif

i!Im(fi) = Ker(fi+1)!0; 7 et qu'il sut donc de demontrer la formule souhaitee pour un telle suite exacte courte. On suppose doncn= 3. On sait que le rang d'un groupe abelienGde type ni est le cardinal maximal d'une famille libre de G, i.e. le plus grand entierntel queGadmette un sous-groupe (ou un quotient) isomorphe aZn. On noterile rang deAi. Il existe donc un sous-groupe deBideAiisomorphe aZni. Si (e1;:::;en3) est une base deB3, on peut trouver pour tout 1jn3un elementdj2A2tel quef2(dj) =ej. Alors le sous-groupe deA2engendre parf1(B1) et par lesdjest isomorpheaZr1+r3: en eet, si (c1;:::;cn1) est une base deB1, pour tous (1;:::;n1;1;:::;n3)2Zn1+n3tels queP iif1(ci) +P jjdj= 0, on a (apres application def2)P jjej= 0 dansA3, donc tous lesjsont nuls, doncP iif1(ci) = 0, donc par injectivite def1,P iici= 0, donc tous lesisont nuls, donc la famille (f1(c1;:::;f1(cn1);d1;:::;dn3) est bien libre. On a doncr2r1+r3. Le theoreme de la base adaptee assure quef1(A1)\B2est un sous-groupe abelien libre de rangs1, tel que le quotient soit de rand r

2s1(pas forcement libre). Doncs1r1etr2s1r3, doncr2r1+r3. Donc nalement

r

2=r1+r3, ce qui conclut la preuve.

Exercice 18 :? ? ?

On se propose de redemontrer le theoreme de structure des groupes abeliens nis. On appelle caractere d'un groupe abelien niGtout morphismeG!C. a) SiHest un sous-groupe d'un groupe abelien niG, montrer que tout caractere deHse prolonge en un caractere deG. b) SoitGun groupe abelien ni. On noteHun sous-groupe deGengendre par un element deG d'ordre maximal. Montrer que l'on a un isomorphismeG=HG=H. c) Conclure.

Solution de l'exercice18.

a) On monter le resultat par recurrence surn:= [G:H]. C'est clair sin= 1. Supposons donc n >1 et le resultat vrai pour tous les sous-groupesH0deGtels que [G:H0]< n. Soit :H!Cun caractere deH. Choisissonsx2GnH, et notonsm2 l'entier minimal tel quexm2H. On note ennH0:=hH;xi. Commexm2H,a:=(xm)2Ca bien un sens. On sait queaadmet (au moins) une racinem-ieme, choisissons-en une que l'on notea0. On pose alors0:H0!Cdeni par0(hxk) :=(h)ak0. Verions que0est bien deni et que c'est un caractere deH0. Tout d'abord, supposons quehxk=h0xk0, avech;h02Hetk;k02Z. Alors h

1h0=xkk0, donckk0est multiple dem. Notons par exemplekk0=mr. Alors on a

(h0)ak0

O=(hxmr)ak0

0=(h)(xmr)ak0

0=(h)ak0+mr0=(h)ak0;

ce qui assure que0est bien deni. Montrons maitenant que c'est un morphisme de groupes : soienth;h\2Hetk;k02Z. On a alors

0(hxkh0xk0) =0(hh0xk+k0) =(hh0)ak+k0

0=(h)(h0)ak+k0

0=(h)ak0(h0)ak0

0=0(hxk)0(h0xk0);

donc0est un caractere deH0.

Enn, il est clair par construction que0jH=.

L'hypothese de recurrence assure alors que0se prolonge en un caractere deG, car [G:H0]< [G:H], doncse prolonge bien en un caractere deG. b) Notonsdl'ordre du sous-groupe cycliqueHet:G!G=Hla projection canonique. Il est clair qu'il existe un caractere surjectif (et m^eme un isomorphisme):H!d(C), oud(C) designe le sous-groupe deCforme des racinesd-iemes de l'unite. La question a) assure alors quese prolonge en un caractere0:G!C. Remarquons que par denition deH, l'exposant deGest egal ad, ce qui assure que0est un morphisme a valeurs dansd(C). En particulier, on dispose d'un morphisme de groupes surjectif ':=10:G!H : 8

Alors le morphisme

:G!HG=H deni par (g) := ('(g);(g)). Alors Ker( ) = Ker(')\Ker() = Ker(0)\H. Or0jH=est injectif, donc Ker( ) =feg, donc est injectif, donc par cardinalite, est un isomorphisme. c) La question b) jointe a une recurrence simple surjGjassure que tout groupe abelien niGest isomorphe a un produit de groupes cycliques de la forme G =Z=d1Z:::;Z=drZ avecd12 etdijdi+1pour touti. Il reste a montrer l'unicite d'une telle ecriture. Cela peut se faire assez facilement avec une recurrence surr, ou alors en suivant la preuve du cours. 9quotesdbs_dbs44.pdfusesText_44

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