Sous-groupes de $\Q^n$

Bonsoir,
Il faudrait trouver un moyen de montrer proprement que $\mathbb{Q}^n$ est nécessairement isomorphe à un truc du genre $\mathbb{Z}^a \times \mathbb{Q}^b$ avec $a$ et $b$, des entiers naturels tels que $a+b\leq n$. De là on devrait trouver que le groupe quotient est d'ordre $m^a$ (avec le même $a$ que précédemment). Je crois que tu as fait une petite confusion entre $m$ et $n$ en écrivant la fin de ton message.

Edit: Zut, il y a d'autres trucs entre $\mathbb{Q}$ et ses sous-groupes monogène. Ça doit être plus subtil que ça du coup. Désolé.

On peut s'intéresser au plus grand sous-espace vectoriel $V$ de ${\mathbb Q }^n $ contenu dans $G$, et faire le quotient $G/V$. On devrait alors se ramener à des groupes abéliens de type fini et conclure assez facilement.

Voici encore quelques idées mais rien qui n'aboutit vraiment.

Soit pour tout $i$ un sous-groupe $H_i$ de $\mathbb{Q}$ alors pour tout $i$, soit $H_i=\mathbb{Q}$ soit
$H_i=q \mathbb{Z}$ pour $q \in \mathbb{Q}$.

On a alors $(H_1 \times \dots \times H_n) / m(H_1 \times \dots \times H_n) \simeq H_1 / mH_1 \times \dots \times H_n/m H_n$ donc $|(H_1 \times \dots \times H_n) / m(H_1 \times \dots \times H_n)| \leqslant m^n$ par ce qu'on a déjà vu.

Pour tout $i \in \{1,\dots,n\}$, on pose $K_i=\{x_i \in \mathbb{Q} \ ; \ \exists \ x_1, \dots, x_{i-1},x_{i+1},\dots,x_n \in \mathbb{Q}, \ (x_1,\dots,x_n) \in G\}$ et $H_i=(\{0\}^{i-1} \times \mathbb{Q}\times \{0\}^{n-i}) \cap G$. On a alors $H_1 \times \dots \times H_n \subseteq G \subseteq K_1 + \dots + K_n \subseteq K_1 \times \dots \times K_n$
et $G/mG \subseteq (K_1 \times \dots \times K_n)/mG \subseteq (K_1 \times \dots \times K_n)/m(H_1 \times \dots \times H_n)$.

On a aussi $(K_1 \times \dots \times K_n)/m(H_1 \times \dots \times H_n) \simeq K_1 / mH_1 \times \dots \times K_n/m H_n$.

Il faudrait arriver à choisir des $H_i$ jouant le même rôle mais "plus gros" que ceux que j'ai posés.

Cette objection pose problème pour l'approche de Frédéric Bosio, me semble-t-il.

Voici un sous-groupe de $\Q$ un peu plus pénible que ceux qui ont été évoqués : \[\Bigl\{\frac{m}{2^a3^b}\;:\ m\in\Z,\ a\in\N,\ b\in\{1,2,3\}\Bigr\}.\]

Un peu plus court: $G=\bigcup_{N\geqslant 1} G_N$ où $G_N=G\cap \frac{1}{N!}\mathbb{Z}^n$ est isomorphe à $\mathbb{Z}^d$ pour un certain $d\leqslant n$. On a donc $\lvert G_N/mG_N\rvert\leqslant m^n$ pour tout $N\geqslant1$ et le résultat s'en suit.

Je m'arrête personnellement sur la preuve Pea que je trouve plus simple.

J'aimerais être sûr de bien comprendre alors j'explique ce que je comprends...

On a $\mathbb{Q^n} =\bigcup^\uparrow_{N \geqslant 1} \frac{1}{N!} \mathbb{Z}^n$.

Soit $G$ un sous-groupe de $\mathbb{Q}^n$. $G$ est un $\mathbb{Z}$-module libre car $\mathbb{Q}^n$ n'a pas d'élément de torsion.

En posant $G_N = G \cap \frac{1}{N!} \mathbb{Z}^n$, on a $(G_N)_N$ une suite croissante de sous-groupes de $G$ telle que $G = \bigcup^\uparrow_{N \geqslant 1} G_N$.

$\frac{1}{N!} \mathbb{Z}^n$ est un $\mathbb{Z}$ module libre de rang $n$ donc $G_N$ est $\mathbb{Z}$-module libre de rang $d_N$ pour $d_N \leqslant n$.

Donc $G_N$ est un groupe isomorphe à $\mathbb{Z}^{d_N}$ et on a $G_N / mG_N$ est isomorphe à $\mathbb{Z}^{d_N} / m \mathbb{Z}^{d_N}$ donc de cardinal $m^{d_N} \leqslant m^n$.

On a ainsi $| G_N / mG_N | \leqslant m^n$ pour tout $N$.

$mG_N \subseteq mG$ donc $| G_N / mG | \leqslant | G_N / mG_N |$ en notant $G_N / mG$ l'image de $G_N$ par l'homomorphisme de groupes $\pi : G \to G/mG$.
Ainsi $| G_N / mG | \leqslant m^n$ pour tout $N$ avec la suite $(G_N / mG)_N$ qui est croissante.
Donc cette suite est stationnaire à partir d'un certain rang $N_0$

Or, $ G / mG = \bigcup^\uparrow_{N \geqslant 1} G_N / mG =\bigcup^\uparrow_{1 \leqslant N \leqslant N_0} G_N / mG =G_{N_0} / mG$. Donc $| G / mG | \leqslant m^n$.


Voilà les arguments que je crois être ceux de Pea, cela vous semble-t-il correct ?

Je retire cette phrase pour laquelle je doute maintenant...

Néanmoins, aucun élément de $\mathbb{Q}^n$ n'est de torsion donc est-ce une si grosse bêtise ?

Mais je crois que cela ne change rien à la suite et à mes questions ?

$\newcommand{\card}[1]{\text{card}\left ( #1 \right )}$
(edit: Pea et watanuki semblent avoir eu la même idée)
Dans tout le présent message, $m$ et $n$ sont des entiers naturels. On établit d'abord le résultat visé quand $\Q$
est remplacé par $\Z$.
Soit $H$ un sous-groupe de $\Z^n$. Alors (cf résultats sur les modules sur les anneaux principaux) il existe des entiers naturels $p,q$ et $k_1,...,k_p$ tels que $H \simeq \prod_{i=1}^p \Z/k_i \Z \times \Z^q$ avec $p+q\leq n$. Par suite, $H/mH \simeq \prod_{i=1}^p (\Z/k_i \Z) / m (\Z/k_i \Z) \times \left ( (\Z/m \Z\right )^q$ qui est de cardinal inférieur à $m^{p+q} \leq m^n$ (tout morphisme surjectif $\Z\to U$ de groupes abéliens induit pour tout $m'\in \N$ un morphisme surjectif $\Z/m'\Z \to U/m'U$ de groupes, d'où le fait que $\card{ (\Z/k_i \Z) / m (\Z/k_i \Z) } \leq m$ pour tout $i$).

*************************

Montrons que cela entraîne le résultat visé dans le fil. Pour tout entier $k$, posons $\Q_k:=\left \{ \frac{q}{k!} \mid q \in \Z\right \}$. Alors $\Q$ est la réunion croissante des sous-groupes $(\Q_k)_{k\in \N}$ tous isomorphes à $\Z$.

Soit $G$ un sous groupe de $(\Q^n,+)$. Pour tout $k\in \N$, soit $G_k:= \Q_k \cap G$. Alors comme $mG_k \subseteq G_k \cap mG$, on a un morphisme canonique surjectif $G_k/mG_k \to G_k / (G_k \cap mG)$ et donc (cf paragraphe précédent) $\card {G_k / (G_k \cap mG)} \leq \card{G_k/mG_k } \leq m^n$. Or $G_k / (G_k \cap mG)$ est classiquement isomorphe à $\left (G_k + mG \right )/mG$. De plus $G$ est l'union croissante des $\left (G_k + mG \right )_{k\in \N}$ et donc $G/mG$ est l'union croissante des $\left ( \left (G_k + mG \right )/mG\right )_{k \in \N}$, groupes tous de cardinal inférieur à $m^n$. Donc $\card{G/mG} \leq m^n$.