Soit $p$ un nombre premier et $A$ un $p$-groupe abélien. Pour $k\ge 1$ on définit $$\phi_k(A)=\bigcap_{n\ge k}p^{n-k}A[p^n],$$ où $A[m]=\{a\in A\mid am=0\}$
Je veux montrer que $\phi_k(A)< A[p^k]$ pour tout $k\ge 1$.
Il me semble que :
\begin{align}
2a+2b&=(a+a)+(b+b) \\
2(a+b)&=(a+b)+(a+b)
\end{align}
et que l'égalité de \(2a+2b\) et de \(2(a+b)\) demande un peu de commutativité.
Il est par ailleurs possible que les sous-groupes \(A[p^n]\) aient peu d'intérêt en dehors des \(p\)-groupes.
Comment montrer que $p\phi_k(A)=\phi_{k-1}(A)$ pour tout $k\ge 2$?
j'ai voulu montrer les deux inclusions mais je n'arrive pas à prouver cette égalité.
Soit $x\in p\phi_k(A)$ alors il existe $y\in \phi_k(A)$ tel que $x=py$
Bonjour, merci de m'aider à répondre à cette question, c'est urgent j'ai un test après une heure et je me sens stressée car je ne peux pas répondre à la question suivante.
Soit $p$ un nombre premier et $A$ un $p$-groupe abélien. Pour $k\ge 1$ on définit $$ \phi_k(A)=\bigcap_{n\ge k}p^{n-k}A[p^n],$$ où $A[m]=\{a\in A\mid am=0\}$
Je veux montrer l'implication suivante : $\quad\phi_1(A)=\left\{0\right\}\ \Longrightarrow A$ est fini.
Voilà ce que j'ai fait me je n'arrive pas à conclure.
On a la suite suivante $$
A[p] \supset pA[p^2] \supset p^2A[p^3] \supset \dots
$$ comme $A$ est artinien elle est stationnaire Merci de m'aider à continuer.
[Merci de rester dans la discussion que tu as initiée. AD]
Tu aurais quand même pu mettre toutes les hypothèses et les résultats antérieurs dès le début, au lieu de faire perdre inutilement du temps à tout le monde !
Soit $p$ un nombre premier. Soit $E$ et $F$ deux $p$-groupes abéliens.
On note $E[m]=\left\{a\in E\mid am=0\right\}$.
Pour tout $k\ge 1$ on définie $\phi_k(E)=\bigcap_{n\ge k} q^{n-k}E[q^n]$.
Pouvez-vous m'aider à montrer l’équivalence suivante $$\phi_k(E\oplus F)\cong\phi_k(E)\oplus \phi_k(F),\quad \forall k\ge 1.$$ Merci.
[large][Merci de rester dans la discussion que tu as initiée. AD][/large]
Donnons-nous un morphisme $h:E\oplus F\to E\oplus F$ tel que $h(E\oplus\{0\})\subset E\oplus\{0\}$ et $h(\{0\}\oplus F)\subset\{0\}\oplus F$. Vois-tu comment on peut définir $f:E\to E$ et $g:F\to F$ tels que, en un sens raisonnable, $h=f\oplus g$ ? Vois-tu pourquoi $\ker(h)=\ker f\oplus \ker g$ ? et $\newcommand{\imm}{\mathop{\mathrm{im}}}\imm h=\imm f\oplus\imm g$ ?
Il devrait donc être clair que pour tout $m$, on a un isomorphisme $(E\oplus F)[m]\simeq E[m]\oplus F[m]$ et que $m(E\oplus F)\simeq mE\oplus mF$ (sens ?). D'où, pour tout $k$ et tout $n\ge k$, des isomorphismes $q^{n-k}(E\oplus F)[q^n]\simeq\cdots$.
Enfin, si on a des suites monotones $(E_n)$ et $(F_n)$, l'intersection des $(E_n\oplus F_n)$ est isomorphe à $\bigcap_{n}E_n\oplus\bigcap_{n}F_n$ : pourquoi ?
$x\in \phi_k(E)=\bigcap_{n\ge k} q^{n-k}E[q^n]$ ssi $x\in q^{n-k}E[q^n]$ pour tout $n\ge k$ ssi il existe $y\in E[q^n]$ tel que $x= q^{n-k}y$ pour tout $n\ge k$
$y\in \phi_k(F)=\bigcap_{n\ge k} q^{n-k}F[q^n]$ ssi $x\in q^{n-k}F[q^n]$ pour tout $n\ge k$ ssi il existe $t\in F[q^n]$ tel que $y= q^{n-k}t$ pour tout $n\ge k$
$x+y\in \phi_k(E\oplus F)=\bigcap_{n\ge k} q^{n-k}E\oplus F[q^n]$ ssi $x+y\in q^{n-k}E\oplus F[q^n]$ pour tout $n\ge k$ ssi il existe $z\in E\oplus F[q^n]$ tel que $x+y= q^{n-k}z$ pour tout $n\ge k$
Réponses
Quel sens faut-il donner à cette notation ?
tu t'en souviens ?
Fais control-reset et reprends à zéro.
La question que tu poses me semble être une trivialité, d'où mon interrogation sur une éventuelle signification inattendue de la notation.
Quelles sont les propriétés des \(p^{n-k}A[p^n]\) ?
> Je veux montrer que c'est un sous groupe et non pas une inclusion?!
Si le sous-groupe $A$ de $G$ est contenu dans le sous-groupe $B$ de $G$, $A$ n'est pas un sous-groupe de $B$ ????
2. Je parlais des propriétés de l'ensemble \(p^{n-k}A[p^n]\), pas des propriétés de ses éléments.
on a
$A[p^k]$ est non vide car il contient 0
soit $a\in A[p^k]$ alors $p^ka=0$ alors $p^k(-a)=-p^ka=0$ at donc $-a\in A[p^k]$
soit $a,b\in A[p^k]$ alors $p^ka=0$ et $p^kb=0$ alors $p^k(a+b)=p^ka+p^kb=0$ alors $a+b\in A[p^k]$
Ce que j'ai écrit est il juste?
\begin{align}
2a+2b&=(a+a)+(b+b) \\
2(a+b)&=(a+b)+(a+b)
\end{align}
et que l'égalité de \(2a+2b\) et de \(2(a+b)\) demande un peu de commutativité.
Il est par ailleurs possible que les sous-groupes \(A[p^n]\) aient peu d'intérêt en dehors des \(p\)-groupes.
Comment montrer que $p\phi_k(A)=\phi_{k-1}(A)$ pour tout $k\ge 2$?
j'ai voulu montrer les deux inclusions mais je n'arrive pas à prouver cette égalité.
Soit $x\in p\phi_k(A)$ alors il existe $y\in \phi_k(A)$ tel que $x=py$
donc, pour tout \(n\geqslant k\), \(y\) appartient à …, donc …
Si on suppose que $A$ est artinien
pouvez vous m'aider à montrer cette equivalence:
$\phi_1(A)=\left\{0\right\}$ si et seulement si $A$ est fini
merci
mais je ne vois pas la réponse
edit : correction de l'orthographe.
$$........\subset \phi_3(A)\subset \phi_2(A)\subset \phi_1(A)$$
comme $A$ est un groupe artinien, il existe $n_0\ge 1$ tel que $ \phi_k(A)= \phi_{k+1}(A)$ pour tout $k\ge n_0$
or $\phi_k(A)=p\phi_{k+1}(A)$ pour tout $k\ge 1$ donc $p\phi_{k+1}(A)=\phi_{k+1}(A)$ pour tout $k\ge n_0$
ça donne une chose ça?
\[A[p] \supset pA[p^2] \supset p^2A[p^3] \supset \dots \]
ne serait-elle pas plus utile ?
je n'arrive pas encore à répondre:-(
J'ai trouvé cet exercice avec un début de preuve mais n'arrive pas à continuer pouvez vous m'aider?
[Restons dans la discussion que tu avais initiée. Poirot]
Soit $p$ un nombre premier et $A$ un $p$-groupe abélien. Pour $k\ge 1$ on définit $$ \phi_k(A)=\bigcap_{n\ge k}p^{n-k}A[p^n],$$ où $A[m]=\{a\in A\mid am=0\}$
Je veux montrer l'implication suivante : $\quad\phi_1(A)=\left\{0\right\}\ \Longrightarrow A$ est fini.
Voilà ce que j'ai fait me je n'arrive pas à conclure.
On a la suite suivante $$
A[p] \supset pA[p^2] \supset p^2A[p^3] \supset \dots
$$ comme $A$ est artinien elle est stationnaire
Merci de m'aider à continuer.
[Merci de rester dans la discussion que tu as initiée. AD]
mais je n'arrive pas à combiner ces chose pour conclure :-(
On note $E[m]=\left\{a\in E\mid am=0\right\}$.
Pour tout $k\ge 1$ on définie $\phi_k(E)=\bigcap_{n\ge k} q^{n-k}E[q^n]$.
Pouvez-vous m'aider à montrer l’équivalence suivante $$\phi_k(E\oplus F)\cong\phi_k(E)\oplus \phi_k(F),\quad \forall k\ge 1.$$ Merci.
[large][Merci de rester dans la discussion que tu as initiée. AD][/large]
C'est quasiment tautologique.
Tout d'abord, tu considères un élément \(x\) de \(\phi_k(E \oplus F)\), et tu étudies soigneusement à quels ensembles appartiennent ses composantes.
Tu considéres ensuite un couple \((x,y)\) élément de \(\phi_k(E)\times\phi_k(F)\) et tu étudies les propriétés de \(x+y\).
Il devrait donc être clair que pour tout $m$, on a un isomorphisme $(E\oplus F)[m]\simeq E[m]\oplus F[m]$ et que $m(E\oplus F)\simeq mE\oplus mF$ (sens ?). D'où, pour tout $k$ et tout $n\ge k$, des isomorphismes $q^{n-k}(E\oplus F)[q^n]\simeq\cdots$.
Enfin, si on a des suites monotones $(E_n)$ et $(F_n)$, l'intersection des $(E_n\oplus F_n)$ est isomorphe à $\bigcap_{n}E_n\oplus\bigcap_{n}F_n$ : pourquoi ?
Pouvez vous détailler votre réponse s'il vous plait? Comment définir $f$ et $g$ et
Que faut-il faire pour démontrer : \(x+y\in\phi_k(E\oplus F)\) ?
$x\in \phi_k(E)=\bigcap_{n\ge k} q^{n-k}E[q^n]$ ssi $x\in q^{n-k}E[q^n]$ pour tout $n\ge k$ ssi il existe $y\in E[q^n]$ tel que $x= q^{n-k}y$ pour tout $n\ge k$
$y\in \phi_k(F)=\bigcap_{n\ge k} q^{n-k}F[q^n]$ ssi $x\in q^{n-k}F[q^n]$ pour tout $n\ge k$ ssi il existe $t\in F[q^n]$ tel que $y= q^{n-k}t$ pour tout $n\ge k$
$x+y\in \phi_k(E\oplus F)=\bigcap_{n\ge k} q^{n-k}E\oplus F[q^n]$ ssi $x+y\in q^{n-k}E\oplus F[q^n]$ pour tout $n\ge k$ ssi il existe $z\in E\oplus F[q^n]$ tel que $x+y= q^{n-k}z$ pour tout $n\ge k$