Sous-groupes additifs de Q/Z
Bonjour,
Dans cet énoncé $\textbf{Q}$ est le corps des rationnels, $\textbf{Z}$ l'anneau des entiers relatifs et $p$ un nombre premier.
Soit $U$ le groupe additif $\textbf{Q}/\textbf{Z}$ c'est-à-dire l'ensemble des classes à gauche modulo $\textbf{Z}$.
Soit le sous-groupe $U_p$ de $U$ formé par les éléments dont l'ordre est une puissance de $p$.
$\bullet$ Montrer que, quels que soient $\alpha \in U_p$ et $n \in \textbf{Z}$, $n \neq 0$, il existe $\beta \in U_p$ tel que $\alpha=n\beta$.
$\bullet$ Montrer que tout sous-groupe de $U_p$ distinct de $U_p$ est cyclique.
J'ai rédigé ainsi le tout début de l'exercice.
Soit $\displaystyle \frac{r}{s} \in \textbf{Q}$.
Notons $\displaystyle \big[\frac{r}{s}\big]$ sa classe modulo $\textbf{Z}$ c'est-à-dire la classe à gauche modulo $\textbf{Z}$ de $\displaystyle \frac{r}{s}$ : \begin{equation}
\displaystyle \frac{r}{s} + \textbf{Z}=\{\frac{r}{s}+h;\: h \in \textbf{Z}\}
\end{equation} Si $\displaystyle \frac{r}{s}$ est irréductible, $s > 0$, $\displaystyle \big[\frac{r}{s}\big]$ est d'ordre $s$ : \begin{equation}
\displaystyle s\big[\frac{r}{s}\big]=\big[0\big]_{\textbf{Q}/\textbf{Z}} = \textbf{Z}
\end{equation} On peut supposer $0 \leq r < s$ car $\displaystyle \big[\frac{r}{s}\big] = \big[\frac{r'}{s}\big]$ si $r'$ est le reste de la division de $r$ par $s$.
Par exemple : \begin{equation}
\big[\frac{7}{3}\big]=\{\frac{7}{3} + h \: \vert \: h \in \textbf{Z}\} = \big[\frac{1}{3}\big] = \{\frac{1}{3} + h \: \vert \: h \in \textbf{Z}\}
\end{equation} Les éléments de $U_p$ peuvent donc s'écrire: $\displaystyle \big[\frac{r}{p^k}\big]$, où $(r,p)=1$ et $0 \leq r \leq p^k$.
Posons $\displaystyle \alpha_k = \big[\frac{1}{p^k}\big]$.
$\alpha_k$ engendre un sous-groupe d'ordre $p^k: V_k =\mathbb{ Z}\alpha_k$.
Cette dernière égalité provient-elle simplement du fait que pour un groupe additif $G$ et un générateur $x$, le sous-groupe engendré par $x$ est: \begin{equation}
\displaystyle \mathopen{<} x \mathopen{>}=\{nx ; \quad n \in \textbf{Z}\}
\end{equation} NB. $V_k$ est cyclique puisque d'ordre fini.
Par contre, je ne comprends pas du tout comment on obtient l'égalité et l'inclusion ci-dessous:
Si $\displaystyle k \leq k'$ : \begin{equation}
\displaystyle \alpha_k=p^{k'-k}\alpha_{k'} \quad et \quad V_k \subseteq V_k'
\end{equation} Je me demandais si les rôles de $k$ et $k'$ n'avaient pas été inversés ?
En vous remerciant pour d'éventuelles suggestions.
Dans cet énoncé $\textbf{Q}$ est le corps des rationnels, $\textbf{Z}$ l'anneau des entiers relatifs et $p$ un nombre premier.
Soit $U$ le groupe additif $\textbf{Q}/\textbf{Z}$ c'est-à-dire l'ensemble des classes à gauche modulo $\textbf{Z}$.
Soit le sous-groupe $U_p$ de $U$ formé par les éléments dont l'ordre est une puissance de $p$.
$\bullet$ Montrer que, quels que soient $\alpha \in U_p$ et $n \in \textbf{Z}$, $n \neq 0$, il existe $\beta \in U_p$ tel que $\alpha=n\beta$.
$\bullet$ Montrer que tout sous-groupe de $U_p$ distinct de $U_p$ est cyclique.
J'ai rédigé ainsi le tout début de l'exercice.
Soit $\displaystyle \frac{r}{s} \in \textbf{Q}$.
Notons $\displaystyle \big[\frac{r}{s}\big]$ sa classe modulo $\textbf{Z}$ c'est-à-dire la classe à gauche modulo $\textbf{Z}$ de $\displaystyle \frac{r}{s}$ : \begin{equation}
\displaystyle \frac{r}{s} + \textbf{Z}=\{\frac{r}{s}+h;\: h \in \textbf{Z}\}
\end{equation} Si $\displaystyle \frac{r}{s}$ est irréductible, $s > 0$, $\displaystyle \big[\frac{r}{s}\big]$ est d'ordre $s$ : \begin{equation}
\displaystyle s\big[\frac{r}{s}\big]=\big[0\big]_{\textbf{Q}/\textbf{Z}} = \textbf{Z}
\end{equation} On peut supposer $0 \leq r < s$ car $\displaystyle \big[\frac{r}{s}\big] = \big[\frac{r'}{s}\big]$ si $r'$ est le reste de la division de $r$ par $s$.
Par exemple : \begin{equation}
\big[\frac{7}{3}\big]=\{\frac{7}{3} + h \: \vert \: h \in \textbf{Z}\} = \big[\frac{1}{3}\big] = \{\frac{1}{3} + h \: \vert \: h \in \textbf{Z}\}
\end{equation} Les éléments de $U_p$ peuvent donc s'écrire: $\displaystyle \big[\frac{r}{p^k}\big]$, où $(r,p)=1$ et $0 \leq r \leq p^k$.
Posons $\displaystyle \alpha_k = \big[\frac{1}{p^k}\big]$.
$\alpha_k$ engendre un sous-groupe d'ordre $p^k: V_k =\mathbb{ Z}\alpha_k$.
Cette dernière égalité provient-elle simplement du fait que pour un groupe additif $G$ et un générateur $x$, le sous-groupe engendré par $x$ est: \begin{equation}
\displaystyle \mathopen{<} x \mathopen{>}=\{nx ; \quad n \in \textbf{Z}\}
\end{equation} NB. $V_k$ est cyclique puisque d'ordre fini.
Par contre, je ne comprends pas du tout comment on obtient l'égalité et l'inclusion ci-dessous:
Si $\displaystyle k \leq k'$ : \begin{equation}
\displaystyle \alpha_k=p^{k'-k}\alpha_{k'} \quad et \quad V_k \subseteq V_k'
\end{equation} Je me demandais si les rôles de $k$ et $k'$ n'avaient pas été inversés ?
En vous remerciant pour d'éventuelles suggestions.
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Réponses
1°) $n$ est une puissance de $p$,
2°) $n$ n'est pas divisible par $p$.
Je suis en train de rédiger la suite...
Cordialement.
Donc $V_k = \textbf{Z}\alpha_k$ et si $k \leq k'$ : \begin{equation}
\alpha_k = p^{k'-k}\alpha_{k'} \in \textbf{Z}\alpha_{k'} \quad \text{et} \quad V_k \subseteq V_{k'}
\end{equation} De plus $V_k$ est l'ensemble des éléments de $U_p$ d'ordre $p^{k'}$ avec $k' \leq k$.
En effet un élément $\displaystyle \big[\frac{r}{p^{k'}} \big]$ d'ordre $p^{k'}$ peut s'écrire : \begin{equation}
\displaystyle \frac{r}{p^{k'}} = rp^{k-k'}\alpha_k \: \in \textbf{Z}\alpha_k.
\end{equation} Si $\alpha \in U_p$, il est d'ordre $p^k$ et il engendre $V_k$ car $\textbf{Z}\alpha$ est de cardinal $p^k$ et il est inclus dans $\displaystyle V_k=\textbf{Z}\alpha_k$.
$\bullet$ Soit $\displaystyle \alpha= \big[\frac{r}{p^k}\big] \in U_p$, $(r,p)=1$ et soit $n=n'p^{\mathscr{l}}$, $(n',p)=1$.
Les éléments $\alpha$ et $\displaystyle n'p^{\mathscr{l}}\alpha_{k+l}=n'p^l\big[\frac{1}{p^{k+\mathscr{l}}}\big]= \big[\frac{n'}{p^k}\big]$ sont d'ordre $p^k$ et engendrent chacun $V_k$.
Donc en parcourant les multiples de $\displaystyle n'p^{\mathscr{l}}\alpha_{k+1}$, on doit bien finir par tomber sur $\alpha$ : \begin{equation}
\exists m \in \mathbf{Z}, \; \alpha= m(n'p^\mathscr{l}\alpha_{k+1}).
\end{equation} En posant $\displaystyle \beta = m\alpha_{k+1}$, on a bien $\displaystyle \alpha = n\beta$.
...
$\bullet$ Soit $H$ un sous-groupe de $U_p$. Si, quelque soit $k$, $H$ contient un élément d'ordre $p^{k'}$, avec $\displaystyle k' \geq k$, alors $H$ contient $V_{k'}$ donc $V_k$ pour tout $k$. Par suite \begin{equation}
\displaystyle H= {\bigcup_{k \geq 0} V_k = U_p}.
\end{equation} Sinon, il existe $k$ tel que tout élément de $H$ soit d'ordre inférieur ou égal à $p^k$, c'est-à-dire $\displaystyle H \subseteq V_k$.
Si $k$ est choisi minimum $H$ contient un élément d'ordre $p^k$: ce qui peut se dire: $H$ est cyclique.
Finalement: $\displaystyle H=V_k$.
Troisième et dernière question.
Soit $G$ un groupe abélien possédant une suite croissante : \begin{equation}
\displaystyle G_0 \subset G_1 \subset \cdots \subset G_n \subset \ldots
\end{equation} de sous-groupes tels que :
a) $G_n$ est cyclique d'ordre $p^n$.
b) $G= \bigcup_{n \geq 0} G_n$.
Montrer qu'il existe une suite $(x_n)_{n \geq 0}$ d'éléments de $G$ où $x_n$ engendre $G_n$ et $x_n=px_{n+1}, \forall n \geq 0$.
En déduire que $G$ est isomorphe à $U_p$.
Je rédigerai la suite sous peu ...
Soit $a_1$ un générateur de $G_1$. Supposons qu'il existe des éléments $a_1, a_2, \ldots, a_k$ engendrant respectivement $G_1,\ldots, G_k$ et tels que $a_i=pa_{i+1},\ 1 \leq i \leq k-1$. On voudrait prouver l'existence d'un générateur $a_{k+1}$ de $G_{k+1}$ tel que $a_k=pa_{k+1}$.
On définit l'homomorphisme $\varphi$ : $$ \begin{array}{rrcl}
\varphi:&G_{k+1}& \longrightarrow& G_{k+1} \\
& x& \longmapsto& \varphi(x)=px
\end{array}$$ Son noyau est l'ensemble des éléments $x$ de $G_{k+1}$ tels que $ p(x)=0$. C'est donc l'ensemble des éléments de $G_{k+1}$ d'ordre $p$ ainsi que zéro.
$G_{k+1}$ est cyclique. Il ne possède donc qu'un seul sous-groupe d'un ordre donné.
$G_1$ est d'ordre $p$; il contient donc tous les éléments d'ordre $p$.
Par le premier théorème d'isomorphisme : si $f$ est un homomorphisme de $G$ sur $K$ et $N$ son noyau. Il existe un isomorphisme $g$ de $G/N$ sur $K$,
on obtient que $\varphi(G_{k+1})$ est isomorphe à $G_{k+1}/G_1$ dont l'ordre est : \begin{equation}
\displaystyle \frac{\mathbf{Card}\;G_{k+1}}{\mathbf{Card}\;G_1}=p^k
\end{equation} On en déduit que $ \varphi(G_{k+1})=G_k$ puisque $G_k$ est le seul sous-groupe d'ordre $p^k$. Il existe alors $a_{k+1} \in G_{k+1}$ d'ordre $p^{k+1}$ et tel que $ a_k = pa_{k+1}$ et $a_{k+1}$ d'ordre $p^{k+1}$ engendre $G_{k+1}$.
La suite $(a_k)_{k \geq 0}$ demandée dans l'énoncé se construit ainsi par récurrence.
Soit $\displaystyle x \in \bigcup\limits_{n \geq 0} G_n$. Si $ x=qa_m=ra_n, \ n \geq m$ alors par la relation de récurrence définie plus haut : $ a_m= p^{n-m}a_n$ et \begin{equation}
qa_m=qp^{n-m}a_n=ra_n \\
(qp^{n-m}-r)a_n=0
\end{equation} $p^n$, l'ordre de $a_n \in G_n$, divise donc $ (qp^{n-m}-r)$ et en rappelant que $\displaystyle \alpha_n = \Big[\frac{1}{p^n}\Big]$ \begin{equation}
\displaystyle (qp^{n-m}-r)\alpha_n=0 \\ qp^{n-m}\alpha_n-r\alpha_n = 0 \quad \text{d'où} \quad q\alpha_m=r\alpha_n.
\end{equation} On peut ainsi définir l'application $f$ de $G$ dans $U_p$, le sous-groupe de $U$ formé par les éléments dont l'ordre est une puissance de $p$ \begin{equation}
\displaystyle f(x)=r\alpha_n \quad \text{si} \quad x=ra_n \in G.
\end{equation} $f$ est injective car $ r\alpha_n=0$ implique que $p^n$ divise $r$ d'où $ ra_n=0$.
$f$ est surjective car $\displaystyle \alpha = \Big[\frac{r}{p^n}\Big]=f(ra_n)$.
$f$ est un homomorphisme de groupes car si $ x, y \in G$, il existe un $n$ tel que $x, y \in G_n$,
$x=ra_n \quad y=sa_n$
$ f(x+y) =(r+s)\alpha_n=r\alpha_n + s\alpha_n =f(x) + f(y).$
$\textbf{Question subsidiaire}$.
Soit $P$ l'ensemble des nombres premiers $p$. Montrer que tout $\alpha \in U$ s'écrit de façon unique comme somme d'éléments appartenant à certains groupes $U_p$.
En déduire un isomorphisme de $U$ sur un sous-groupe du groupe produit: $\displaystyle \prod\limits_{p \in P}U_p$.
...