Prouver un isomorphisme

Peux-tu donner une description de $B_q$ en extension (i.e. comme l'ensemble des éléments de la forme...) ?

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 $g(\frac1q+\Z)=m$ ?

OK, c'est un peu de participation. Je m'aperçois que j'ai oublié une question très importante : si $g\in\cdots$, pourquoi est-ce que $g(\frac1q+\Z)\in f(A)$ ?

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 $g(\frac{1}{q^n})\in A[q^n]$ .

Pour l'instant, je ne vois pas pourquoi cela donnerait $g\in q\mathrm{Hom}(M_q,A)$. Il faudrait expliciter $h\in\mathrm{Hom}(M_q,A)$ tel que $g=qh$, là on ne le voit pas encore.

Bonjour,
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.