Groupe avec un nombre fini de sous-groupes
Bonjour à tous,
d'avance je m'excuse si je ne code pas mon message en latex (si quelqu'un pouvait m'expliquer comment on fait ici, ce serait super sympa).
En considérant un groupe G dont l'ensemble de ses sous-groupes est fini, le but est de démontrer que tous les éléments x de G sont d'ordre fini.
Voici la preuve : tout x de G est d'ordre fini car un élément d'ordre infini engendre un sous-groupe isomorphe à Z et Z admet une infinité de sous-groupes.
Mes questions :
1) J'essaie de redémontrer qu'un élément d'ordre infini engendre un sous-groupe isomorphe à Z, en introduisant l'application f de Z dans <x> (où x est un élément de G) définie par :
f(k) = kx
Est-ce un bon choix de morphisme pour redémontrer le résultat ?
2) Pour revenir à la preuve de départ : je ne vois pas comment conclure avec le fait que Z admette une infinité de sous-groupes.
Comment relier cette info avec l'élément d'ordre infini isomorphe à Z et arriver à la conclusion que tous les éléments de G sont d'ordre fini ?
Merci d'avance pour vos réponses !
d'avance je m'excuse si je ne code pas mon message en latex (si quelqu'un pouvait m'expliquer comment on fait ici, ce serait super sympa).
En considérant un groupe G dont l'ensemble de ses sous-groupes est fini, le but est de démontrer que tous les éléments x de G sont d'ordre fini.
Voici la preuve : tout x de G est d'ordre fini car un élément d'ordre infini engendre un sous-groupe isomorphe à Z et Z admet une infinité de sous-groupes.
Mes questions :
1) J'essaie de redémontrer qu'un élément d'ordre infini engendre un sous-groupe isomorphe à Z, en introduisant l'application f de Z dans <x> (où x est un élément de G) définie par :
f(k) = kx
Est-ce un bon choix de morphisme pour redémontrer le résultat ?
2) Pour revenir à la preuve de départ : je ne vois pas comment conclure avec le fait que Z admette une infinité de sous-groupes.
Comment relier cette info avec l'élément d'ordre infini isomorphe à Z et arriver à la conclusion que tous les éléments de G sont d'ordre fini ?
Merci d'avance pour vos réponses !
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Réponses
pour 1), j'hésite entre f(k) = kx et f(k) = x^k.
Comment faire le choix ici entre la notation additive et multiplicative?
Pour ton problème, il faut avoir vu une bonne fois pour toute que si $x$ est un élément d'un groupe $G$, alors le sous-groupe engendré par $x$ est exactement $\{x^k \mid k \in \mathbb Z\}$ et que ce sous-groupe est soit cyclique (isomorphe à un $\mathbb Z/n \mathbb Z$) lorsque $x$ est d'ordre fini, soit isomorphe à $\mathbb Z$.
Dans le cas où $x$ n'est pas d'ordre fini, tu peux effectivement considérer $k \mapsto x^k$, et vérifier que c'est un isomorphisme de groupes entre $\mathbb Z$ et $\langle x \rangle$.
Ensuite, si $G$ admet un élément d'ordre infini, alors $G$ admet un sous-groupe isomorphe à $\mathbb Z$, qui contient donc une infinité de sous-groupes, et ces sous-groupes sont aussi des sous-groupes de $G$ bien sûr, ce qui contredit l'hypothèse.
je me demande s'il n'y a plus rapide comme raisonnement, et en même temps non. Quelqu'un pourra peut-être soulever les points qui ne vont pas dans l'idée suivante :
- si on prend un élément x dans G non nul, il engendre <x> qui est un sous-groupe de G
- par hypothèse, tous les sous-groupes de G sont finis, donc <x> est d'ordre fini
- par définition, l'ordre du sous-groupe <x> est l'ordre de l'élément x
Bonne journée.
je bloque pour montrer l'injectivité de $\phi : k \mapsto x^{k}$
En écrivant : $p \in \ker(\phi) : \phi(p) = 1_{G} \Leftrightarrow x^{p} = 1_{G}$
Je ne vois pas quel argument utiliser pour conclure que $p=0$? (car c'est plus une définition des itérés de $x$ selon moi, sauf erreur de ma part)
Et lorsque tu dis : "Ensuite, si $G$ admet un élément d'ordre infini, alors $G$ admet un sous-groupe isomorphe à $\mathbb{Z}$, qui contient donc une infinité de sous-groupes, et ces sous-groupes sont aussi des sous-groupes de $G$ bien sûr, ce qui contredit l'hypothèse"
J'aurais voulu savoir comment faire pour démontrer que les sous-groupes de $\mathbb{Z}$ sont aussi des sous-groupes de $G$?
j'imagine qu'il y a lien avec notre isomorphisme, mais je ne vois pas comment mettre tout ça en forme?
Et les sous-groupes de $\mathbb Z$ n'ont aucune raison d'être des sous-groupes de $G$. Mais s'il y a un isomorphisme $\varphi$ entre le sous-groupe $H$ de $G$ et $\mathbb Z$, alors $H$ contient une infinité de sous-groupes (si $A$ et $B$ sont deux sous-groupes distincts de $\mathbb Z$ alors $\varphi^{-1}(A)$ et $\varphi^{-1}(B)$ sont deux sous-groupes distincts de $H$ : montre-le !).
pour si $x^{p} = 1_{G}$ alors $x$ est d'ordre fini or on a supposé que $x$ était d'ordre fini donc $ \forall p \in \mathbb{Z}$, $x^{p} \neq 1_{G}$, mais dans ce cas, comment conclure que $p=0$? Est-ce que tu pourrais me dire ce qui ne va pas dans mon raisonnement stp?
Pour montrer que $\varphi^{-1}(A)$ est un sous-groupe de $H$ (où $A$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$) :
- on note $\diamond$ la lci associée à $H$ et $\triangle$ la lci associée à $\mathbb{Z}$.
- $\varphi^{-1}(A)$ est non vide car $1_{G} \in \varphi^{-1}(A)$ (puisque $\varphi$ est un morphisme de groupes).
- Soit $x$ , $y \in \varphi^{-1}(A)$ $\Leftrightarrow x \in \varphi(A)$, $y \in \varphi(A)$, et donc :
$\varphi(x \diamond y^{-1}) = \varphi(x) \triangle \varphi(y^{-1})$
$\varphi(x \diamond y^{-1}) = \varphi(x) \triangle (\varphi(y))^{-1}$ (car $\varphi$ est un morphisme de groupes)
de plus : $(\varphi(y))^{-1} \in A$ car $A$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$, et comme $\triangle$ est une lci sur $\mathbb{Z}$, elle est à plus forte raison une lci sur $A$ donc :
$\varphi(x \diamond y^{-1}) = \varphi(x) \triangle (\varphi(y))^{-1} \in A$, donc $x \diamond y^{-1} \in \varphi^{-1}(A)$
Ainsi, $\varphi^{-1}(A)$ est un sous-groupe de $H$.
Même démonstration, pour montrer que : $\varphi^{-1}(B)$ est un sous-groupe de $H$.
Quand tu dis : "si $A$ et $B$ sont deux sous-groupes distincts de $\mathbb{Z}$", cela signifie que $A$, $B$ sont deux sous-groupes de $\mathbb{Z}$ et que $A \neq B$?
Oui pour la deuxième partie (mais tu pouvais directement appeler $+$ la loi de $\mathbb Z$...).
je comprends ta remarque en prenant sa négation.
Tu me dis "$x$ est d'ordre infini pour tout $p \in \mathbb{Z}$, $ x^{p} = 1_{G} \Rightarrow p=0$"
donc $x$ est d'ordre fini $\Leftrightarrow \lnot$ (pour tout $p \in \mathbb{Z}$, $ x^{p} = 1_{G} \Rightarrow p=0)$"
i.e $x$ est d'ordre fini $\Leftrightarrow \exists p \in \mathbb{Z}$, $ x^{p} = 1_{G}$ et $p \neq 0$ $\Leftrightarrow \exists p \in \mathbb{Z}^{\star}$, $x^{p}=1_{G}$ (et on retombe sur la définition)
Mais si on va dans l'autre sens, i.e partir de la définition d'ordre fini (pour un élément) pour arriver à sa négation :
$x$ est d'ordre fini $\Leftrightarrow \exists p \in \mathbb{Z}^{\star}$, $x^{p}=1_{G}$
$x$ est d'ordre infini $\Leftrightarrow \lnot$ $(\exists p \in \mathbb{Z}^{\star}$, $x^{p}=1_{G})$ $\Leftrightarrow \lnot$ $(\exists p \in \mathbb{Z}$, $x^{p}=1_{G}$ et $p \neq 0)$ $\Leftrightarrow$ $\forall p \in \mathbb{Z}$, $(x^{p} \neq 1_{G}$ ou $p=0)$
Le problème c'est que je n'arrive pas à retomber sur ce que tu m'as dit, du coup, je pense qu'il y a quelque chose de faux dans ce que j'ai fait, est-ce que tu pourrais m'éclairer stp?
@ christophe c : pourrais-tu me détailler ta remarque (dans le cadre de l'exercice) stp?
Si $a\in G$, et $1<n<p$ des entiers tels que $<na>=<pa>$,
en prenant $k$ tel que $kpa = na$ tu obtiens $(kp-n)a = 0_G$.
Je ne veux pas être puni en copiant ça avec les notations multiplicatives :-D
Un groupe est fini si et seulement si ses sous-groupes sont en nombre fini.
Enfin, j’espère que vect a compris.
mais je ne vois pas à quel moment je contredis : $P \Rightarrow Q \Leftrightarrow P$ ou $\lnot Q$ puisque j'utilise le fait que : $\lnot$ ( $P \Rightarrow Q$) = $P$ et $\lnot Q$ dans mon raisonnement.
Est-ce que tu pourrais me dire où ça coince dans ce que j'ai écrit stp?
$x$ est d'ordre fini $\Leftrightarrow \exists p \in \mathbb{Z}$ tel que $x^{p} = 1_{G}$ et $p \neq 0$.
donc $x$ est d'ordre infini $\Leftrightarrow \lnot$ ($\exists p \in \mathbb{Z}$ tel que $x^{p} = 1_{G}$ et $p \neq 0$) $\Leftrightarrow \forall p \in \mathbb{Z}$, $x^{p} \neq 1_{G}$ ou $p=0$
@GG : c'est justement le résultat que j'essaie de redémontrer, mais merci malgré tout de me l'avoir signalé (:
Non.
$P \Rightarrow Q$ $\Leftrightarrow \lnot P$ ou $Q$.
est-ce que tu me pourrais me dire ce qui coince dans mon raisonnement du dessus stp? (ou quelqu'un d'autre que amathoué)
Sinon, il y a une coquille dans le message de Poirot, $x$ est d’ordre infini signifie:
J’ai sommeil.....
Non, non Poirot n’a pas fait de coquille...
Pour récapituler :
ce que me dit poirot : "$x$ est d'ordre infni" $\Leftrightarrow \forall p \in \mathbb{Z}$, $x^{p} = 1_{G} \Rightarrow p = 0$
ce que je trouve à la fin : "$x$ est d'ordre infini" $\Leftrightarrow \forall p \in \mathbb{Z}$, $x^{p} \neq 1_{G}$ ou $p = 0$.
Dire que $\Leftrightarrow \forall p \in \mathbb{Z}$, $x^{p} \neq 1_{G}$ ou $p = 0$ revient à dire que l'on ait : $x^{p} = 1_{G}$ seulement pour $p=0$, non?
Si tel est le cas, alors j'ai l'impression que la remarque de poirot et la mienne coïncident.
$x$ est d’ordre fini:
$\exists p\in \Z, (x^p=1 \text{ et } p\neq 0)$
$x$ est d’ordre infini:
$\forall p\in \Z, (x^p\neq 1 \text{ ou } p=0)$ qui s’écrit encore:
$\forall p\in \Z, (x^p=1 \Rightarrow p=0)$.
Quant à la finitude de G, elle est évidente dès lors que G est réunion finie d'ensembles finis ..