Prouver un isomorphisme
Soit $q$ un nombre premier. On considère $B_q=\left\{a\in \mathbb Q\mid q^na\in \mathbb Z \text{ for some } n\ge 0\right\}$.
On pose $M_q=B_q/\mathbb Z$ un groupe abélien.
Soit $A$ un $q$-groupe abélien. On note $f(A)= \bigcap\limits_{n\,\ge\,1} q^{n-1} A[q^n]$ où $A[m]=\left\{q\in A\mid ma=0\right\}$.
Je veux montrer que $$\frac{\operatorname{Hom}(M_q,A)}{q\operatorname{Hom}(M_q,A)}\cong f(A)$$ en utilisant l'application $g+q\operatorname{Hom}(M_q,A)\mapsto g(\frac{1}{q}+\mathbb Z)$
Merci de m'aider.
On pose $M_q=B_q/\mathbb Z$ un groupe abélien.
Soit $A$ un $q$-groupe abélien. On note $f(A)= \bigcap\limits_{n\,\ge\,1} q^{n-1} A[q^n]$ où $A[m]=\left\{q\in A\mid ma=0\right\}$.
Je veux montrer que $$\frac{\operatorname{Hom}(M_q,A)}{q\operatorname{Hom}(M_q,A)}\cong f(A)$$ en utilisant l'application $g+q\operatorname{Hom}(M_q,A)\mapsto g(\frac{1}{q}+\mathbb Z)$
Merci de m'aider.
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Réponses
La propriété essentielle de $B_q$ est d'être $q$-divisible : si $m\in B_q$, il existe $n\in B_q$ tel que $m=qn$. Vois-tu comment le vérifier ?
(Pourquoi) est-ce que $\frac1q$ appartient à $B_q$ ? Qu'est-ce que $\frac1q+\Z$ ?
On se donne $g,g'\in \mathrm{Hom}(M_q,A)$ et on suppose qu'il existe $h\in\mathrm{Hom}(M_q,A)$ tel que $g-g'=qh$. Est-on sûr que $g(\frac1q+\Z)=g'(\frac1q+\Z)$ ? À quoi cette remarque sert-elle ?
On prend $g,g'\in \mathrm{Hom}(M_q,A)$ quelconques : que peut-on dire de $(g+g')(\frac1q+\Z)$ ?
Soit $g\in \mathrm{Hom}(M_q,A)$ tel que $g(\frac1q+\Z)=0$. Sais-tu montrer que $g$ appartient à $q\mathrm{Hom}(M_q,A)$ ?
On se donne $m\in f(A)$. Sais-tu construire un élément $g\in\mathrm{Hom}(M_q,A)$ tel que $g(\frac1q+\Z)=m$ ?
> On se donne $g,g'\in \mathrm{Hom}(M_q,A)$ et on
> suppose qu'il existe $h\in\mathrm{Hom}(M_q,A)$ tel
> que $g-g'=qh$. Est-on sûr que
> $g(\frac1q+\Z)=g'(\frac1q+\Z)$ ? À quoi cette
> remarque sert-elle ?
cette remarque sert pour montrer que l'application est bien définie
> Soit $g\in \mathrm{Hom}(M_q,A)$ tel que
> $g(\frac1q+\Z)=0$. Sais-tu montrer que $g$
> appartient à $q\mathrm{Hom}(M_q,A)$ ?
En montrons ça le noyau de l'application est $q\mathrm{Hom}(M_q,A)$
> On se donne $m\in f(A)$. Sais-tu construire un
> élément $g\in\mathrm{Hom}(M_q,A)$ tel que
> $g(\frac1q+\Z)=m$ ?
Ceci prouve que l'image de l'application est $f(A)$
Par ton raisonnement tu veux utiliser le théorème d'isomorphisme et c'est ça ce que j'ai pensé de faire mais malheureusement je ne puisse pas détailler ces étapes :-( prière de m'aider
Fixons $n\ge1$, on doit montrer que $g(\frac1q+\Z)\in q^{n-1}A[q^n]$. On écrit $\frac1q=\frac{q^{n-1}}{q^n}$ (exploitant ainsi la propriété de $q$-divisibilité). Comme $\frac{1}{q^n}\in B_q$, l'image $g(\frac{1}{q^n})$ est bien définie. On a $g(\frac{1}{q}+\Z)=q^{n-1}g(\frac{1}{q^n}+\Z)$ où, comme $q^n\frac{1}{q^n}+\Z=0\in M_q$, on a $g(\frac{1}{q^n})\in A[q^n]$ .
$g(\frac1q+\Z)=0=qg(\frac{1}{q^2}+\Z)$.
ça donne $g\in q\mathrm{Hom}(M_q,A)$ ?
ça donne que $q\operatorname{Hom}(M_q,A)$ est inclu dans le noyau de l'application de départ.
Mais je ne vois pas comment prouver l'autre inclusion:-(. Prière de m'aider.
Un rêve... Dans le meilleur des mondes, on pourrait écrire $h(\x)=g(\frac{1}{q}\x)$. Le problème, c'est que $\frac1q\x$ n'est pas défini. Cependant, comme remarqué plus haut, $M_q$ est $q$-divisible : il existe $\mathrm{y}\in M_q$ tel que $q\y=\x$. Problème : cet élément $\y$ n'est pas défini de façon unique. Il est défini à un multiple de $\frac1q$ près. Heureusement, si on applique $g$, cette dépendance disparaît !
Une construction. Soit $\x\in M_q$. Soit $x$ un représentant de $\x$, c'est-à-dire $x\in\Q$ tel que $\x=x+\Z$. Soit $y=\frac1qx$ et $\y=y+\Z$. Par construction, on a : $\x=q\y$. Notons que $\y$ dépend du choix de $x$ mais $g(\y)$ non. En effet, si $x'$ est un autre représentant de $\x$, c'est-à-dire si $\x=x'+\Z$, alors $k=x'-x\in\Z$ et donc
\[g\Bigl(\frac1qx'+\Z\Bigr)=g\Bigl(\frac1qx+\frac{k}q+\Z\Bigr)=g\Bigl(\frac1qx+\Z\Bigr)+k\,g\Bigl(\frac{1}q+\Z\Bigr)=g\Bigl(\frac1qx+\Z\Bigr).\]On peut donc définir $h(\x)=g(\y)$ sans ambiguïté. Il reste à montrer que $h$ est bien un morphisme (la flemme) et à vérifier que $qh(\x)=g(q\y)=g(\x)$ pour tout $\x$ (ce qui est fait).
$m\in f(A)$ implique $m\in q^{n-1}A[q^n]$ pour tout $n\ge 0$ donc il existe $a\in A[q^n]$ tel que $m=q^{n-1}a$ pour tout $n\ge 1$ mais je ne trouve pas $g$
pouvez vous m'aider?
Merci en avance
Si on connaît $g$ en $1/q^2+\Z$, on connaît $g$ sur n'importe quel élément $a/q^2+\Z$ avec $a\in\Z$.
...
Si on connaît $g$ en $1/q^n+\Z$ pour $n$ donné, on connaît $g$ sur n'importe quel élément $a/q^n+\Z$ avec $a\in\Z$.
Si on connaît $g$ en $1/q^n+\Z$ pour tout $n$ donné, on connaît $g$ : pourquoi ?
Le problème, c'est donc de définir $g(\frac{1}{q^n}+\Z)$ pour tout $n$. Si ça marchait, on aurait $q^{n-1}g(\frac1{q^n}+\Z)=g(\frac{1}q+\Z)$. Le problème est donc « de diviser par $q^{n-1}$ ». C'est possible parce que $g(\frac1q+\Z)\in f(A)$, justement, d'après ce que l'on a vu hier soir. Mais il n'y a pas unicité donc il faut faire attention à faire les choses de façon cohérente : si on a choisi $g(\frac{1}{q^n}+\Z)$ et $g(\frac{1}{q^{n-1}}+\Z)$, il faut être sûr que $qg(\frac{1}{q^n}+\Z)=g(\frac{1}{q^{n-1}}+\Z)$. Peut-être faudra-t-il utiliser le fait que $A$ est fini ? Bon travail...
Pour faire « le lien », il faut rapprocher $q^{n-1}g(\frac1{q^n}+\Z)=g(\frac{1}q+\Z)$ et $g(\frac{1}q+\Z)=m$... Pour définir $g(\frac{1}{q^n}+\Z)$, il faut donc trouver $m_n=g(\frac1{q^n}+\Z)$ tel que $q^{n-1}m_n=m$. Cet élément $m_n$ de $A$ dépend évidemment de $m$ et $n$ mais aussi peut-être d'un choix arbitraire, il faudrait voir si c'est un problème ou pas (comme dans les étapes précédentes).
Pour poursuivre, avant de prouver que quelque chose est un morphisme, il faut le définir convenablement, ce que mon dernier message ne fait pas.
Je pense avoir bricolé un p-groupe abélien $A$ qui rend douteux l'énoncé proposé:
J'appelle $A$ l'ensemble des suites d'entiers $(x_n)_{n\in \N}$, nulles à partir d'un certain rang et telles que:
$ x_0 \in \{0;1;\cdots; p-1\}\:$ ; $\:\:\forall n \in \N^*\:\:\: x_n \in \{0 ;1;\cdots;p^n-1\}$.
Je définis dans $A$ la loi $+$ suivante: si $a =(a_n)_{n\in \N}$ et $\:\: b=(b_n)_{n\in \N}$ sont deux éléments de $A$, alors $a+b$ est défini par:
$\forall n \in \N^*,\:\: (a+b)_n \equiv a_n+b_n \mod p^n$ et $ \:\: (a+b)_0 \equiv a_0 + b_0 +\displaystyle{\sum_{n\geq 1} \left[\dfrac{a_n+ b_n}{p^n}\right]} \mod p\:\:$ où $[\:.\:]$ désigne la "partie entière".
J'ai vérifié, me semble-t-il soigneusement, que $(A,+)$ est un $\:p$-groupe abélien.
$\forall n\in \N$, notons $\alpha_n$ l'élément de $A$ dont la $n$-ième coordonnée vaut $1$, les autres étant nulles:$\:\forall k \in \N, (\alpha_n)_k = \delta_{k,n}$.
Alors $p\alpha_0 = 0$ et$\:\: \forall n \in \N^*,\: p^n\alpha_n = \alpha_0$, ce qui entraine que: $\alpha_0\in f(A)$.
Or notre énoncé demande d'établir la surjectivité de $ \Theta :\left\{\begin{array} {ccc} \text{Hom}(B_p;A) &\longrightarrow&f(A)\\ \Phi&\longmapsto&\Phi(\dfrac1p + \Z) \end{array}\right.$ , donc, par conséquent de montrer que:
$\exists \Phi \in \text{Hom}(B_p;A)$ tel que $\:\:\Phi(\dfrac1p +\Z) = \alpha_0 :=\alpha$. Supposons donc cette existence et montrons qu'elle est contradictoire.
Définissons $\beta =(\beta_k)_{k\in \N} = \Phi( \dfrac1{p^2}+ \Z)\:$. Alors: $\:p\beta = \alpha$.
Il existe $n$ dans $\N^*$ tel que $\beta_n\neq 0$. Notons $\gamma = \Phi(\dfrac 1 {p^{n+2}}+\Z)\:$. Alors $\:\:p^n\gamma = \beta$ et cela entraine que $\beta_n = 0$ ce qui contredit une assertion antérieure.
Amicalement, en espérant ne pas avoir fait d'erreur.