Sous-groupes de (Z/pZ)^2

Skywear
Skywear
dans Algèbre
Bonjour/Bonsoir, l'objectif de l'exercice que je cherche à résoudre est de caractériser les sous-groupes de ((Z/pZ)^2,+) avec p premier.
En particulier, on veut montrer qu'il existe des sous-groupes de (Z/pZ)^2 qui ne sont pas des produits de deux sous-groupes de Z/pZ.

Pour ce faire, j'ai comme indication de commencer par montrer qu'un sous-groupe de (Z/pZ)^2 différent de {(0,0)} et (Z/pZ)^2 est cyclique. Mais je ne vois vraiment pas comment procéder. Je sais que Z/pZ est cyclique, donc ses sous-groupes le sont aussi, mais (Z/pZ)^2 ne l'est visiblement pas... (enfin, sauf erreur de ma part).

Après avoir démontré ce résultat, je pense que je pourrai conclure : si je sais qu'ils sont cycliques, je sais plus ou moins montrer que ce sont exactement les sous-groupes engendrés par (0,1) et (1,i) pour i dans [|0,p-1|]. Il y a donc p+3 sous-groupes de (Z/pZ)^2, et p+3>4 car p est premier (4 étant le nombre de sous-groupes de la forme G*H où G et H sont des sous-groupes de Z/pZ), d'où le résultat.

Je ne suis pas contre un peu d'aide... :-D

Réponses

  • AD
    AD
    Bonsoir Skywear
    Connais-tu Lagrange ?
    Quels sont les ordres possibles pour les sous-groupes de $(\Z/p\Z)^2$ ?
    Alain
  • Skywear
    Skywear
    Oui, je connais le théorème de Lagrange, même si ça reste assez nouveau pour moi. :-D

    Si je ne dis pas de bêtises, (Z/pZ)^2 est d'ordre p^2 donc un sous groupe de (Z/pZ)^2 est d'ordre 1, p ou p^2 puisque p est premier.
    Et... si un tel sous-groupe est d'ordre 1, c'est {0}, et s'il est d'ordre p^2, c'est (Z/pZ)^2 en entier c'est ça ?
    Du coup, les sous-groupes que l'on cherche sont tous d'ordre p. Et comme un groupe de cardinal p premier est toujours cyclique, les sous-groupes en question sont tous cycliques ! C'est bien ça ?
  • AD
    AD
    Skywear (tu)
    Alain
  • Skywear
    Skywear
    Merci !
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    $(\Z/p\Z)^2$ est un espace vectoriel de dimension $2$ sur $\Z/p\Z$, et les sous-groupes de son groupe additif sont les mêmes que ses sous-espaces vectoriels. Les sous-groupes non triviaux sont donc les droites vectorielles, isomorphes à $\Z/p\Z$.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Skywear a écrit:
    En particulier, on veut montrer qu'il existe des sous-groupes de (Z/pZ)^2 qui ne sont pas des produits de deux sous-groupes de Z/pZ.

    Vraiment?
  • Skywear
    Skywear
    GabuZoMeu, je dois reconnaître que j'ai du mal à suivre ta démonstration...

    Fin de partie, au vu de ce que j'avais dit je crois que c'est vrai : Les sous-groupes de (Z/pZ) ({0} et (Z/pZ)^2 exclus) sont exactement "les sous-groupes engendrés par (0,1) et (1,i) pour i dans [|0,p-1|]", qui sont tous distincts. "Il y a donc p+3 sous-groupes de (Z/pZ)^2, et p+3>4 car p est premier (4 étant le nombre de sous-groupes de la forme G*H où G et H sont des sous-groupes de Z/pZ)"
    Il y a une erreur dans le raisonnement ? :-S

    D'ailleurs, j'ai plus de mal que prévu à montrer que ces sous-groupes sont les sous-groupes engendrés par (0,1) et les (1,i).
    Je prends un générateur (x,y) d'un de ces sous-groupes (notons le G). Si x=0, il est clair que G est le groupe engendré par (0,1), mais si x=/=0, je ne vois pas bien comment montrer que c'est l'un des <(1,i)>. J'ai envie de dire que comme x=/=0, x est inversible dans Z/pZ, et que <(x,y)>=<(xx^-1,yx^-1)>=(1,yx^-1), mais euh... je ne vois pas comment le justifier :-(
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Par exemple, $\{0\}\times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ n'est pas un produit de sous-groupes de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$?

    PS:
    Ton compte des sous-groupes de $\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^2$ ne me semble pas correct.
    Ce nombre ne dépend pas de $p$ premier.
  • Skywear
    Skywear
    Ben c'est l'un de ceux qui s'écrit comme produit de deux sous-groupes de Z/pZ. On affirme juste qu'il en existe un qui ne s'écrit pas comme ça
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Qu'est-ce qui te pose problème ? Le fait que $\Z/p\Z$ soit un corps, sur lequel on peut faire de l'algèbre linéaire ? Le fait qu'un sous-groupe additif d'un espace vectoriel sur $\Z/p\Z$ soit automatiquement un sous-espace vectoriel, parce que les scalaires sont les classes modulo $p$ d'entiers ?
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Skywear:
    Lequel ne s'écrit pas comme un produit de sous-groupes de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ ?
  • Skywear
    Skywear
    GaBuZoMeu, avec ces rappels je comprends mieux l'idée, merci. C'est élégant comme raisonnement

    Fin de partie, bonne question, en tout cas on ne cherche pas à en exhiber un dans l'exercice
  • Poirot
    Poirot
    @FDP : par exemple le sous-groupe engendré par $(1,1)$ ne s'écrit pas comme un produit de sous-groupes de $\mathbb Z/p \mathbb Z$. Il y a en tout $4$ tels produits.
  • Skywear
    Skywear
    Fin de partie écrivait:
    > Ton compte des sous-groupes de
    > $\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^2$ ne me
    > semble pas correct.
    > Ce nombre ne dépend pas de $p$ premier.

    Comment le vois-tu ?
  • Poirot
    Poirot
    @Skywear : dans tous les cas, un groupe d'ordre $p$ est toujours isomorphe à $\mathbb Z/p \mathbb Z$ (exercice). Du coup si tu cherches un sous-groupe d'ordre $p$ de $(\mathbb Z/p \mathbb Z)^2$, tu es obligé de prendre un groupe cyclique, donc engendré par un seul élément, et donc une droite vectorielle en prenant le point de vue donné par GBZM (qui est d'ailleurs "le" bon point de vue quand on s'intéresse aux groupes d'automorphisme de tels groupes par exemple).
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Le nombre de sous-groupe dépend bien entendu de $p$. Affirmer le contraire est une erreur de FdP.
  • noix de totos
    noix de totos
    En l'occurrence, et comme le disait Skywear, il y a bien $p+3$ sous-groupes de $\left(\mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^2$.

    Plus généralement, le nombre de sous-groupes de $\left(\mathbb{Z}/n \mathbb{Z} \right)^2$ est égal à
    $$n \sum_{d \mid n} \frac{\tau\left( d^2 \right)}{d}$$
    où, pour ceux qui ne sont pas familiers avec les fonctions arithmétiques usuelles de la théorie des nombres, $\tau(n)$ est le nombre de diviseurs de $n$.
  • Skywear
    Skywear
    D'accord, merci pour cette confirmation.

    Sinon, je ne parviens toujours pas à montrer que les sous-groupes propres de (Z/pZ)^2, qui sont donc cycliques, sont exactement les sous-groupes engendrés par (0,1) et les (1,i) avec 0<=i<p (ce qui me donne qu'il y en a p+1). Est-ce quelqu'un pourrait m'aider pour ça ?
  • Poirot
    Poirot
    Tu considères un sous-groupe $H$ cyclique d'ordre $p$, et tu prends $(a,b)$ un générateur. En donnant une description de tous les éléments de $H$, tu devrais voir qu'il y en a forcément au moins un de la forme dont tu parles. Ensuite, quels sont les ordres des éléments non nul de $H$ ? Avec ceci tu devrais pouvoir conclure.
  • Skywear
    Skywear
    D'accord, merci. Voilà ce que j'ai fait en suivant tes indications :

    Soit (a,b) un générateur de H cyclique d'ordre p.

    Premier cas : si a = 0, alors b n'est pas nul car dans le cas contraire H=<(a,b)> serait restreint à {(0,0)}. Ainsi, b est inversible dans Z/pZ donc on dispose de c tel que bc=1 ; en particulier, (0,1) est un élément du groupe engendré par (0,b), donc <(0,1)> est inclus dans H.
    L'inclusion réciproque étant immédiate, H=<(0,1)>.

    Deuxième cas : si a=/=0, alors a est inversible dans Z/pZ donc par le même argument que précédemment, (1,b) est un élément de H. <(1,b)> est donc inclus dans H. Là aussi, l'inclusion réciproque est immédiate : H = <(1,b)>.
  • Poirot
    Poirot
    Pourquoi l'inclusion réciproque est-elle immédiate ? Sinon c'est tout bon :-)
  • Skywear
    Skywear
    Si x est un élément de <(0,b)> il s'écrit x=(0,kb) donc c'est un élément de <(0,1)>

    Mais effectivement dans le deuxième cas elle ne me semble pas aussi claire que ce que je pensais...

    Je me rends compte qu'il y a en fait une erreur ici :
    "si a=/=0, alors a est inversible dans Z/pZ donc par le même argument que précédemment, (1,b) est un élément de H. <(1,b)> est donc inclus dans H. Là aussi, l'inclusion réciproque est immédiate : H = <(1,b)>."
    c'est (1,a^-1b) qui est un élément de H, pas (1,b). Et là la réciproque devient claire :
    Si x est un élément de <(a,b)> il s'écrit x=(ka,kb), et pour k'=ka (abus de notation...) on a x=(k',k'a^-1b) qui est dans <(1,a^-1b)>.
  • Poirot
    Poirot
    Ça m'a l'air de fonctionner. Sinon tu pouvais suivre l'indication de mon message d'avant : l'ordre de tout élément non trivial d'un groupe d'ordre $p$ est $p$ (exercice). On en déduit immédiatement que tout élément non trivial d'un tel groupe engendre ce groupe !
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 40

BbiduleCidrolinDomLP2Lolo36Mister Dagai requingerard0jelobreuiljohn_johnmanuraoul.Stotocov +27 Invités