Groupe d'ordre $p^{2}$
Bonjour,
Voici un énoncé bien connu.
Soit $G$ un groupe d'ordre $p^{2}$ avec p premier.
Montrer que $G$ est isomorphe soit au cyclique $\Z/p^2\Z$ soit à $\Z/p\Z \times \Z/p\Z$.
Je connais une façon de faire, avec $Z(G)$ le centre du groupe, mais est-ce que la façon suivante est correcte ?
Par Cauchy, il existe $a \in G$ d'ordre $p$.
$<a>$ est d'indice 2 et donc un sous-groupe distingué de $G$.
De même pour $G/<a>$.
Donc $G \simeq <a> \times\ G/<a>$.
Comme, $G/<a>$ et $<a>$ sont d'ordre $p$, cela conclut.
Merci d'avance.
Voici un énoncé bien connu.
Soit $G$ un groupe d'ordre $p^{2}$ avec p premier.
Montrer que $G$ est isomorphe soit au cyclique $\Z/p^2\Z$ soit à $\Z/p\Z \times \Z/p\Z$.
Je connais une façon de faire, avec $Z(G)$ le centre du groupe, mais est-ce que la façon suivante est correcte ?
Par Cauchy, il existe $a \in G$ d'ordre $p$.
$<a>$ est d'indice 2 et donc un sous-groupe distingué de $G$.
De même pour $G/<a>$.
Donc $G \simeq <a> \times\ G/<a>$.
Comme, $G/<a>$ et $<a>$ sont d'ordre $p$, cela conclut.
Merci d'avance.
Réponses
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si $a$ est d'ordre $p$ le sous-groupe qu'il engendre est d'ordre $p$ et $\dfrac{p^2}{p}=p$ (et pas nécessairement $2$)
PS:
L'indice de $<a>$ dans le contexte est l'ordre du groupe qui le contient divisé par l'ordre de ce sous-groupe engendré par l'élément $a$ sauf erreur. -
Non. Si $H$ est normal, on n'a pas $G \cong H \times G/H$ (exemple : $H = \mathbb Z/2 \mathbb Z, G = \mathbb Z/4\mathbb Z$).
-
$\langle a \rangle$ n'est pas d'indice $2$, il est d'indice $p$ !
D'ailleurs le "de même pour $G/\langle a \rangle$" n'a pas de sens (ce dernier n'est pas un sous-groupe de $G$) et la conclusion ("donc $G\cong $") n'est pas vraie (regarde le cas $G= \mathbb Z/p$) -
Oula oui pardon j'ai fait une fausse division et le reste est aussi faux!
Merci beaucoup! -
Maxtimax: merci de la confirmation
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Bonjour!
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