$G$ cyclique, sous-groupe d'ordre $d$

En admettant ce résultat que je ne vois pas, je peux construire un isomorphisme de $\Z/n\Z$ sur $G$, mais pas un tel que présenté, si? (Je sais bien que si mais je ne vois pas)

Ok merci Math Coss.

Disons que comme $G$ est cyclique d'ordre $n$, il est isomorphe à $\Z/n\Z$, je le vois comme ça. Par contre l'image de $1$ je dirais que c'est un générateur, donc d'ordre $n$, mais j'y vais plus au fair qu'autrement. Moi qui pensais connaître ce genre de chose :-(

Soit $x\in G$. Il existe par surjectivité $k\in \Z$ tel que $f(k)=x$, donc comme $f(k)=f(1)^k$, $f(1)$ est un générateur de $G$.

Oui GaBuZoMeu, mais je préférais donner des explications.

Ok, donc tu utilises le résultat suivant (je crois) que je voulais justement poster car je n'arrive pas à le montrer :

Soit $\varphi:G\rightarrow H$ un morphisme de groupe. Alors les applications $S \mapsto \varphi(S)$ et $T\mapsto \varphi^{-1}(T)$ sont des bijections réciproques l'une de l'autre entre l'ensemble des sous groupes de $G$ contenant $\ker(\varphi)$ et ceux de $H$ inclus dans $Im(\varphi)$.

Voilà ce que j'ai fait pour l'instant.

Soit $T$ un sous-groupe de $H$ inclus dans $Im(\varphi)$. Alors $\varphi^{-1}(T)$ est un sous-groupe de $G$ contenant $\ker(\varphi)$ (puisque $1_H \in T$). Montrons $\varphi \circ \varphi^{-1} (T) =T$. On a toujours la première inclusion. Pour la deuxième, si $x\in T$, il existe $y\in G$ tel que $f(y)=x$. Et là je m'embrouille avec les images et les images réciproques.