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Groupe de Prüfer

Envoyé par Code_Name 
Groupe de Prüfer
il y a quatre mois
avatar
Pour $p$ premier on définit le groupe $$\Z_{p^{\infty }}:=\left \{ z\in \mathbb{C}\mid \exists k\in \mathbb{N},\ z^{p^{k}}=1\right \}.

$$ Ici je veux montrer qu'il n'y a pas de sous-groupe propre maximal de $\Z_{p^{\infty }}$. C-à-d que pour $H$ un sous-groupe propre de $\Z_{p^{\infty }}$, tout sous-groupe $K$ de $\Z_{p^{\infty }}$ tel que $H\leq K\leq \Z_{p^{\infty }}$ implique $K = H$ ou $K = \Z_{p^{\infty }}.$ Pour montrer qu'il n'y en a pas donc il faut montrer que $K$ peut prendre une forme différente que ces deux dernières avec les mêmes premières conditions.

Ce que j'ai fait. On peut voir que l'ensemble peut se réécrire $$\Z_{p^{\infty }} = \left \{\exp(i\frac{2\pi l}{p^{n}})\mid l\in \Z,\ n\in \mathbb{N},\ \mathrm{pgcd}(l,p^{n})=1 \right \}

$$ (Le PGCD car si $p^n$ divise $l$ alors on se retrouve avec l'élément neutre qui est déjà inclus dans l'ensemble.)

Un sous-ensemble $H$ donc de cet ensemble s'écrit $$H= \left \{\exp(i\frac{2\pi l_{m}}{p^{U_{n}}})\mid l_m\in \mathbb{Z},\ U_n\in \mathbb{N},\ \mathrm{pgcd}(l_{m},p^{U_{n}})=1 \right \},
$$ où $U_n$ est [une] suite de $\mathbb{N}$ et $l_m$ est une suite de $\mathbb{Z}$.

Même chose pour $K$ sous-ensemble : $$K= \left \{\exp(i\frac{2\pi L_{m}}{p^{W_{n}}})\mid L_m\in \Z,\ W_n\in \mathbb{N},\ \mathrm
{pgcd}(L_{m},p^{W_{n}})=1 \right \},$$ où $W_n$ est [une] suite de $\mathbb{N}$ et $L_m$ est une suite de $\Z$.

Vu que $H$ est un sous-groupe de $K$ la stabilité de $H$ dans $K$ donne $\forall z_1,z_2 \in H,\ z_1z_2\in K\Leftrightarrow e^{i\frac{2\pi l_{m_1}}{p^{U_{n_1}}}}e^{i\frac{2\pi l_{m_2}}{p^{U_{n_2}}}}\in K\Leftrightarrow \exists n_3,\ (z_1z_2)^{p^{W_{n_3}}}=1$ , la dernière équivalence par définition d'être un sous-groupe de Prüfer pour $K$.

Si on regarde désormais seulement ce qui se passe au niveau des puissances, on remarque que $p^{(U_{n_1}+U_{n_2})} = p^{W_{n_3}}$ en d'autres termes, $\forall n_1, n_2,\ \exists n_3 ,\ \textrm{tel que} \, W_{n_3}= U_{n_1}+U_{n_2}$.

On peut alors poser la suite $$W_n = \begin{cases}
U_{n_1}+U_{n_2},& \forall n_1,n_2\in \mathbb{N},\quad \textrm{si n pair},\\

0,& \textrm{si n impair}.\end{cases}

$$ Cette suite définit donc l'ensemble $K$ tel que $K\neq H$ (car $W_n\neq U_n$) et $K\neq \Z_{p^{\infty }}:$ (car $W_n\neq n$).

Que pensez-vous de cette petite preuve ? La fin m'a l'air quand même un peu bizarre.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par AD.
Re: Groupe de Prüfer
il y a quatre mois
Il y a des erreurs dès le début, sur ta caractérisation des sous-ensembles de $\Z_{p^\infty}$ : elle ne marche pas pour la même raison que un sous-ensemble de $A\times B$ n'est pas forcément de la forme $C\times D, C\subset A, D\subset B$.

Ensuite pour la fin, tu as un problème car tu obtiens un sous-ensemble $K$, alors qu'idéalement tu voudrais un sous-groupe.

Je ne pense pas que cette preuve soit rattrapable (enfin je ne vois pas trop comment)

Voici une idée: soit $G$ un groupe abélien et $H$ un sous-groupe maximal de $G$. Peux-tu décrire $G/H$ ?

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
MrJ
Re: Groupe de Prüfer
il y a quatre mois
Une autre idée : il me semble que l’on peut aussi s’en sortir facilement en utilisant que l’endomorphisme $z\mapsto z^{p^k}$ de ton groupe est surjectif pour tout entier $k$.
Re: Groupe de Prüfer
il y a quatre mois
avatar
Maxtimax. Si $H$ n'est pas propre on prend $H= G$ mais je suppose que tu sous-entends $H$ propre. Je ne sais pas comment décrire ce quotient si ce n'est faire la petite remarque que le complémentaire de $H$ dans $G $, $G\setminus H = \left \{ g_1,g_2,\ldots\mid g_i \notin H \right \}$ ne possède pas ses éléments inverses (sinon on pourrait compléter $H$ en $K$ avec $K\neq H$ et $K\neq G$) et donc je suppose que les classes à gauche de ces éléments donnent quelque chose de particulier ?

Edit. Je ne suis pas sûr de la stabilité de $K$ si on complète $H$ en $K$ par ces éléments comme j'ai dit donc peut-être $K$ ne devient pas un groupe. Je ne sais vraiment pas.

[En $\LaTeX$, c'est toutes les expressions mathématiques que l'on encadre par des $\$$. winking smiley AD]



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par AD.
Re: Groupe de Prüfer
il y a quatre mois
Est-ce que $G/H$ peut avoir des sous-groupes propres ?
Est-ce que tu connais beaucoup de groupes sans sous-groupes propres ?

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
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