École Normale Supéreure 1ère année Année 2015-2016 Algèbre 1 TD3 : Groupes abélens de type fn Exercces : à préparer à la mason avant le TD, seront corrgés en début de TD. Exercces : seront tratés en classe en prorté. Exercces : plus dffcles. Exercce 1 : Montrer que les groupes Z/12Z Z/90Z Z/25Z et Z/100Z Z/30Z Z/9Z sont somorphes. Soluton de l exercce 1. On utlse le lemme chnos pour vor que les deux groupes sont somorphes au groupe (Z/2Z Z/4Z) (Z/3Z /Z/9Z) (Z/5Z Z/25Z). Cette écrture est la décomposton en composantes p-prmare. On peut auss écrre la décomposton en facteurs nvarants de ces deux groupes, et l on trouve : Z/30Z Z/900Z. Exercce 2 : Montrer qu un groupe abélen fn non cyclque possède un sous-groupe somorphe à Z/pZ Z/pZ pour un certan nombre premer p. Soluton de l exercce 2. Le théorème du cours assure qu un tel groupe G est somorphe à un produt Z/d 1 Z Z/d r Z, avec d 2 et d d +1. Comme G n est pas cyclque, on a r 2. Il exste un facteur premer p de d 1, alors p dvse tous les d, et Z/pZ est somorphe à un sous-groupe de chacun des Z/d Z (c est le sous-groupe de p-torson). Alors le sous-groupe de p-torson de G est somorphe à (Z/pZ) r, qu content clarement un sous-groupe somorphe à Z/pZ Z/pZ. Exercce 3 : a) Comben y a-t-l de groupes abélens de cardnal 360? Fare la lste complète de ces groupes. b) Plus généralement, pour tout enter n, comben y a-t-l de groupes abélens de cardnal n? Soluton de l exercce 3. a) On écrt la décomposton en facteurs premers de 360 = 2 3.3 2.5. Alors s G est un groupe de cardnal 360, T 2 (G) est un groupe abélen de cardnal 2 3, l y a donc 3 classes d somorphsme de tels groupes, à savor Z/8Z, Z/2Z Z/4Z et (Z/2Z) 3. De même, l y a exactement deux classes d somorphsme possbles pour T 3 (G), à savor Z/9Z et (Z/3Z) 2, et T 5 (G) est somorphe à Z/5Z. Par conséquent, l y a exactement 3.2 = 6 classes d somorphsme de groupes abélens d ordre 360, dont les décompostons p-prmares et en facteurs nvarants sont les suvantes : Z/8Z Z/9Z Z/5Z = Z/360Z (Z/2Z Z/4Z) Z/9Z Z/5Z = Z/2Z Z/180Z (Z/2Z) 3 Z/9Z Z/5Z = Z/2Z Z/2Z Z/90Z Z/8Z (Z/3Z) 2 Z/5Z = Z/3Z Z/120Z (Z/2Z Z/4Z) (Z/3Z) 2 Z/5Z = Z/6Z Z/60Z (Z/2Z) 3 (Z/3Z) 2 Z/5Z = Z/2Z Z/6Z Z/30Z. 1
b) On utlse la classfcaton des classes d somorphsme de groupes abélens fns. Notons n = p α 1 1... pαr r la décomposton de n en facteurs premers. Alors on sat que la classe d somorphsme d un groupe abélen d ordre n est caractérsée par ses facteurs nvarants (d 1,..., d s ) qu sont des enters > 1 tels que d d +1 et d 1... d s = n. Par conséquent, chaque d se décompose d = p α,1 1... p α,r 1, avec les contrantes suvantes : pour tout j, α,j α +1,j (pour tout ) et s =1 α,j = α j. Par conséquent, le nombre de chox possbles pour les a est exactement r j=1 p(α j), où p(α) désgne le nombre de parttons de α,.e. le nombre de façons d écrre l enter α comme une somme crossante d enters strctement postfs. Exercce 4 : a) Le nombre de classes de conjugason dans S 5 est le même que le nombre de groupes abélens de cardnal 32 à somorphsme près. Pourquo? b) Généralser au nombre de classes de conjugason dans S n. Soluton de l exercce 4. a) Les deux ensembles en queston sont naturellement en bjecton avec l ensemble des parttons de 5. b) Sot p un nombre premer. Notons G n l ensemble des classes d somorphsme de groupes abélens de cardnal p n, P n l ensemble des parttons de l enter n et C n l ensemble des classes de conjugason dans S n. On dspose des applcatons suvantes et ϕ : P n G n ψ : P n C n où pour toute partton (n 1,..., n r ) de n, ϕ((n 1,..., n r )) est la classe d somorphsme de r =1 Z/n Z et ψ((n 1,..., n r )) est la classe de conjugason de la permutaton (1, 2,..., n 1 )(n 1 + 1,..., n 1 + n 2 )... (n 1 + + n r 1 + 1,..., n). On vot alors faclement que ϕ et ψ sont des bjectons, donc C n = G n,.e. l y a autant de classes de conjugason dans S n que de classes d somorphsme de groupes abélens d ordre p n. Exercce 5 : Sot G un groupe abélen fn. Montrer qu l exste dans G un élément d ordre égal à l exposant de G (c est-à-dre au ppcm des ordres des éléments de G). Soluton de l exercce 5. On commence par une preuve élémentare : montrons d abord que pour tous x, y G d ordres respectfs m et n premers entre eux, le produt xy est d ordre m.n. Il est clar que (xy) mn = 1 donc l ordre de xy dvse mn. Sot mantenant k 1 tel que (xy) k = 1. En élevant à la pussance n, on obtent x kn = 1, donc m dvse kn. Or m et n sont premers entre eux, donc m dvse k. Par symétre, on a auss que n dvse k, donc mn dvse k, donc xy est d ordre mn. On décompose l exposant de G en facteurs premers : exp(g) = p α 1 1... pαr r, avec les p premers dstncts. Par défnton de l exposant de G, pour tout 1 r, l exste g G dont l ordre est dvsble par p α, dsons égal à p α.m. Alors g m est d ordre p α, et on a vu qu alors l élément g := g m 1 1... gr mr G est d ordre exactement p α 1 1... pαr r = exp(g). Une preuve mons élémentare : le théorème de classfcaton des groupes abélens fns assure qu l exste des enters 2 d 1... d s tels que G sot somorphe à Z/d 1 Z Z/d r Z. Il est alors clar que exp(g) = d r et que l élément (0,..., 0, 1) Z/d 1 Z Z/d r Z est d ordre d r. Exercce 6 : Sot G un groupe et soent H et K des sous-groupes de G. On suppose que : a) H G et K G ; 2
b) HK = G ; c) H K = e. Montrer que G est somorphe à H K. Soluton de l exercce 6. Montrons d abord que H et K commutent. Soent h H et k K. Comme H est dstngué dans G, on a kh 1 k 1 H, donc hkh 1 k 1 H. De même, K est dstngué dans G, donc hkh 1 K, donc hkh 1 k 1 K. Donc hkh 1 k 1 H K = {e}, donc hk = kh. Montrons mantenant que pour tout g G, l exste un unque couple (h, k) H K tel que g = hk. L exstence est assurée par l hypothèse b). Pour l uncté, soent h, h H et k, k K tels que hk = h k. Alors kk 1 = h 1 h est dans H K, donc l hypothèse c) assure que kk 1 = h 1 h = e, donc h = h et k = k, d où l uncté. On consdère alors l applcaton ϕ : H K G défne par ϕ(h, k) := hk. Le fat que H et K commutent assure que ϕ est un morphsme de groupes. L exstence et l uncté prouvée plus haut assurent que ϕ est une bjecton. Donc G est ben somorphe au groupe H K. Exercce 7 : Sot K un corps et sot G K un sous-groupe fn d ordre n. On va montrer que G est un groupe cyclque. a) Montrer que l ordre de tout élément de G dvse n. b) Sot d un dvseur de n et x G d ordre d. Sot H le sous-groupe cyclque de G engendré par x. Montrer que tout élément d ordre d est dans H. c) On note N(d) le nombre d éléments de G d ordre d. Montrer que N(d) = 0 ou ϕ(d), et que N(d) = n. d n, d>0 d) Conclure. En partculer, s p est un nombre premer, (Z/pZ) Z/(p 1)Z, et s K est un corps fn, K est un groupe cyclque. Soluton de l exercce 7. a) C est le théorème de Lagrange. b) Consdérons le polynôme P = X d 1 K[X]. Comme K est un corps, le polynôme P a au plus d racnes dans K. Or tout élément du groupe H est d ordre dvsant d, donc tous les éléments de H sont des racnes de P. Or le cardnal de H est égal à l ordre de x, c est-à-dre à d. Donc H content toutes les racnes de P dans K. Sot mantenant y G d ordre d. Alors y est racne de P, donc y est dans H. c) Supposons N(d) 0. Alors l exste x G d ordre d. La queston b) assure que tout les éléments d ordre d dans G sont exactement les éléments d ordre d dans x qu est un groupe cyclque d ordre d. Or un groupe cyclque d ordre d a exactement ϕ(d) éléments d ordre d, donc N(d) = ϕ(d). En outre, on peut parttonner G selon l ordre des éléments,.e. G est la réunon dsjonte, pour d dvsant n (par la queston a)), des ensembles G d formés des éléments d ordre d. En calculant les cardnaux, on trouve donc G = d n G g,.e. n = d n N(d). d) La queston c) assure que n = d n N(d). Or on sat que n = d n ϕ(d). Donc d n N(d) = d n ϕ(d). Or pour tout d n, N(d) ϕ(d), donc on a ben pour tout d n, N(d) = ϕ(d). En partculer, N(n) = ϕ(n) > 0, donc l exste un élément d ordre n dans G,.e. G est cyclque. Exercce 8 : S A est un anneau, on note A le groupe (multplcatf) des éléments nversbles de A. a) Sot G un groupe monogène. Montrer que le groupe des automorphsmes de G est en bjecton avec l ensemble des générateurs de G. b) Montrer que pour tout n N, on a un somorphsme de groupes Aut(Z/nZ) = (Z/nZ). 3
c) Sot p un nombre premer mpar et sot α 1. Quel est l ordre de 1 + p dans (Z/p α Z)? En dédure que (Z/p α Z) Z/p α 1 (p 1)Z. d) Explcter (Z/2 α Z) pour α 1. e) En dédure (Z/nZ) pour n N. Soluton de l exercce 8. a) Sot G 0 l ensemble des générateurs de G et sot g 0 un élément de G 0. Alors s ϕ est un automorphsme de G, l mage de ϕ est engendrée par ϕ(g 0 ) ; ce qu veut dre que ϕ(g 0 ) est un Aut G G générateur de G. On défnt alors une applcaton (ensemblste) 0 ϕ ϕ(g 0 ). Comme g 0 est générateur, l applcaton est bjectve. b) Dans Z, montrons par récurrence sur k 1 qu l exste λ k premer à p vérfant (1 + p) pk = 1 + λ k p k+1. L étape d ntalsaton pour k = 1 est clare va la formule du bnôme, pusque p dvse ( p 2). Montrons l hérédté : sot k 1, on a (1 + p) p k = 1 + λ k p k+1 par hypothèse de récurrence, donc on obtent (1 + p) pk+1 = 1 + p k+2 (λ k + p ( p =2 ) λ k p ( 1)(k+1) 1 ) et le résultat est montré par récurrence. En partculer, 1 + p est d ordre p α 1 dans (Z/p α Z). En utlsant l exercce 7, on sat que (Z/pZ) est cyclque, d ordre p 1. Notons x 0 un générateur de (Z/pZ) et prenons un relèvement x 1 de x 0 dans (Z/p α Z). L ordre de x 1 est le la forme (p 1)p s pour un certan s α, de sorte que x := x ps 1 est d ordre p 1. Comme x et 1 + p ont des ordres premers entre eux et comme le groupe (Z/p α Z) est abélen, on a vu que x(1 + p) est donc d ordre p α 1 (p 1) = ϕ(p) et (Z/p α Z) est donc cyclque. c) Remarquons d abord que (Z/2Z) = {1} et (Z/4Z) Z/2Z. Supposons mantenant α 2. Par une récurrence semblable à celle effectuée au b), on montre que 5 est d ordre 2 α 2 dans (Z/2 α Z). Observons mantenant le morphsme surjectf π : (Z/2 α Z) (Z/4Z) : son noyau est exactement 5, et π( 1) = 1. Par conséquent, les sous-groupes 5 et 1 vérfent les hypothèses de l exercce 6, donc 5 1 = (Z/2 α Z). On obtent donc fnalement (Z/2 α Z) Z/2Z Z/2 α 2 Z. d) S n = p pαp est la décomposton en facteurs premers de n, alors le lemme chnos nous donne (Z/nZ) (Z/2 α 2 Z) ( Z/(p 1)Z Z/p α p 1 Z ). p 2, α p 1 Exercce 9 : Détermner les enters n Z pour lesquels (Z/nZ) est cyclque. Soluton de l exercce 9. S n = p pαp est la décomposton en facteurs premers de n, la queston d) de l exercce 8 assure que (Z/nZ) (Z/2 α 2 Z) ( Z/(p 1)Z Z/p α p 1 Z ). p 2, α p 1 En remarquant qu un groupe cyclque ne peut pas contenr plus d un élément d ordre 2, on conclut que (Z/nZ) est cyclque s et seulement s n = p α ou 2p α avec p un nombre premer mpar et α 0 ou n = 4. Exercce 10 : Décomposer le groupe G = (Z/187Z) sous la forme donnée par le théorème de structure des groupes abélens de type fn. Soluton de l exercce 10. Comme 187 = 11.17, l exercce 8 assure que G = (Z/11Z) (Z/17Z) = Z/10Z Z/16Z = Z/2Z Z/80Z. Les facteurs nvarants de G sont donc 2 et 80. Exercce 11 : 4
a) On consdère H := {(a, b) Z 2 : a b est dvsble par 10}. Montrer que H est un sous-groupe de Z 2, calculer son rang, en donner une base et décrre le quotent Z 2 /H. b) On note H le sous-groupe de Z 2 engendré par (2, 5), (5, 1) et (1, 2). Détermner une base de H et décrre le quotent Z 2 /H. c) On note H le quotent de Z 3 par le sous-groupe engendré par les vecteurs (4, 8, 10) et (6, 2, 0). Détermner la structure du groupe H. Soluton de l exercce 11. a) Il est clar que H est un sous-groupe de Z 2. Sot (a, b) Z 2. Alors (a, b) H s et seulement s l exste k Z tel que b = a + 10k. Cela assure que H = {(a, a + 10k) : (a, k) Z 2 } = Z(1, 1) Z(0, 10), donc que H est de rang 2, de base (1, 1) et (0, 10). Alors (1, 1) et (0, 1) forment une base de Z 2 adaptée à l ncluson H Z 2, ce qu assure que Z 2 /H = Z/10Z. b) On applque l algorthme de réducton des matrces à coeffcents enters pour montrer que des opératons élémentares sur les colonnes de la matrce obtenue en nscrvant les tros vecteurs donnés en colonne, à savor ( ) 2 5 1, 5 1 2 aboutssent à la matrce ( 0 0 1 0 9 2 Cela assure que (1, 2) et (0, 9) forment une base de H. Donc H est de rang 2, et ((1, 2); (0, 1)) est une base adaptée à l ncluson H Z 2, ce qu assure que Z 2 /H = Z/9Z. c) En rédusant la matrce correspondante, on vot qu une base du sous-groupe Z(4, 8, 10) + Z(6, 2, 0) est donnée par ( 20, 0, 10) et (6, 2, 0). Cela assure qu une base adaptée à l ncluson de ce groupe dans Z 3 est donnée par les tros vecteurs ( 2, 0, 1), (3, 1, 0) et (1, 0, 0). Donc le quotent H est somorphe à Z Z/2Z Z/10Z. ). Exercce 12 : Sot n 1. Consture dans R un sous-groupe somorphe à Z n. Soluton de l exercce 12. Soent p 1,..., p n des nombres premers dstncts. Consdrons le sous-groupe addtf de R engendr par log(p 1 ),..., log(p n ). S a 1,..., a n Z sont tels que a 1 log(p 1 ) + + a n log(p n ) = 0, alors en prenant l exponentelle on trouve p a 1 1... pan n = 1 donc a 1 = = a n = 0. Donc ce sous-groupe est somorphe à Z n. Autre exemple : le groupe engendré par 2 (2 ), 1 n convent auss. Autre exemple : le groupe engendré par les racnes carrées des n premers enters postfs sans facteurs carrés 1, 2,..., m convent auss. Encore un autre exemple : s θ R est un nombre transcendant (l en exste, par cardnalté), alors le sous-groupe engendré par 1, θ,..., θ n 1 convent également (pour un exemple explcte, on pourra prendre θ = π, mas la preuve de la transcendance est dffcle, ou plus drectement un nombre de Louvlle comme θ = + k=0 10 k! ). Exercce 13 : Sot n 1 est un enter. Montrer que tout système lbre maxmal dans Z n est de cardnal n. Donner un exemple où un tel système n est pas une base. Soluton de l exercce 13. On peut vor G = Z n comme un sous-groupe de Q n. Sot e 1,..., e r un système lbre maxmal de G. Supposons r > n. Alors e 1,..., e r n est pas lbre sur Q donc l exste q 1,..., q r Q tels que q 1 e 1 + + q r e r = 0. Qutte à multpler par le PPCM des dénomnateurs des q 1,..., q r, on peut supposer que q 1,..., q r Z. Donc e 1,..., e r n est pas lbre sur Z. 5
Supposons r < n. On vent de vor que e 1,..., e r est lbre sur Z s et seulement s e 1,..., e r est lbre sur Q. Or s r < n, alors e 1,..., e r n est pas une base du Q-espace vectorel Q n, donc l exste e r+1 G tel que e 1,..., e r, e r+1 sot lbre sur Q donc sur Z, et alors e 1,..., e r n est pas maxmal. Enfn, le système (2, 0,..., 0), (0, 2,..., 0),..., (0,..., 0, 2) est lbre de cardnal n, donc maxmal, mas ce n est pas une base de Z n pusque (1, 0,..., 0) n est pas dans le sous-groupe engendré (la somme des coordonnées d un vecteurs du sous-groupe engendré est toujours pare). Exercce 14 : Sot e 1 = (a 1,..., a n ) Z n un vecteur tel que le pgcd de ses coordonnées vaut 1. Montrer que l on peut compléter e 1 en une base (e 1,..., e n ) de Z n. Soluton de l exercce 14. L exercce équvaut à trouver une matrce dans GL n (Z) dont la premère lgne est formée des enters a 1,..., a n. On le montre par récurrence sur n. Sot d le pgcd de a 1,..., a n 1 et notons a = a /d pour tout 1 n 1. Alors, par hypothèse de récurrence, l exste une matrce D de talle (n 1) (n 2) telle que la matrce a 1... a n 1 D appartenne à GL n 1 (Z). Par hypothèse, pgcd(a n, d) = 1 donc l exste v, w Z tels que a n v +dw = 1. Alors la matrce da 1... da n 1 a n 0 0 D 0. 0 va 1... va n 1 w convent. Exercce 15 : Détermner les facteurs nvarants des matrces suvantes à coeffcents dans Z : ( ) ( ) 12 6 2 2 4 69 153,, 75 41 13. 4 11 12 27 19 3 3 Soluton de l exercce 15. On peut le fare de deux façons dfférentes a pror : sot en calculant le PGCD des coeffcents de la matrces, pus le PGCD des mneurs de talle 2, etc..., sot en applquant l algorthme de réducton des matrces à coeffcents enters va des opératons élémentares sur les lgnes et les colonnes (cette second méthode est sans doute la plus rapde dans le trosème exemple). Dans les deux cas, on trouve les résultats suvants, où désgne l équvalence des matrces à coeffcents enters : ( ) ( ) 2 4 1 0, 4 11 ( 69 153 12 27 12 6 2 75 41 13 19 3 3 0 6 ) ( ) 3 0, 0 9 1 0 0 0 2 0 0 0 16 Les facteurs nvarants sont donc respectvement (1, 6), (3, 9) et (1, 2, 16). Exercce 16 :. 6
a) Sot G un groupe abélen de type fn et sot f : G G un morphsme surjectf. Montrer que f est un somorphsme. Cec est-l nécessarement vra s l on remplace surjectf par njectf? b) Sot G un groupe abélen lbre de type fn et sot f : G G un morphsme. Défnr le détermnant det(f) Z de f et montrer que f est njectf s et seulement s det(f) 0. Dans ce cas, montrer que l on a Coker(f) = det(f). Soluton de l exercce 16. a) Notons F le sous-groupe de torson de G, de sorte que G := G/F est un groupe abélen lbre de type fn,.e. somorphe à Z n. On vot alors que f ndut un morphsme f tors : F F et un morphsme surjectf f : G G. On chost une base (e 1,..., e n ) de G. Comme f est surjectf, pour tout 1 n, l exste d G tel que f(d ) = e. On consdère alors le morphsme g : G G défn par g(e ) := d pour tout. On vot alors que (d ) est une base de G. Par constructon, on a f g = d G. Alors le calcul matrcel assure que l on a auss g f = d G, donc f est un somorphsme. Comme f est njectf, on en dédut que f tors : F F est surjectf, et comme F est fn, f tors est un somorphsme de F. Il est alors facle de conclure que f est un somorphsme de G. Varante : pour tout n 1, on a une ncluson Ker(f n ) Ker(f n+1 ) et un somorphsme Ker(f n+1 )/Ker(f n ) = Ker(f). On peut montrer que la sute des noyaux Ker(f n ) est une sute crossante de sous-groupes de G. Or on vot faclement que G = F Z n n admet pas de sute crossante non statonnare de sous-groupes, donc la sute des Ker(f n ) est statonnare : l exste n 1 tel que Ker(f n ) = Ker(f n+1 ). On en dédut donc que Ker(f) = 0, ce qu conclut la preuve. La concluson n est plus valable s l on remplace surjectf par njectf. Par exemple, le morphsme de multplcaton par 2 dans Z est njectf, mas son mage est le sous-groupe strct 2Z Z, donc ce n est pas un somorphsme. b) On défnt det(f) comme le détermnant de la matrce de f (à coeffcents dans Z) dans une base quelconque de G sur Z. En effet, la formule classque de changement de bases assure que ce détermnant est ben défn (l ne dépend pas de la base chose). Cela revent à défnr det(f) comme le détermnant de l endomorphsme f de Q n ndut par f va un somorphsme G = Z n (correspondant au chox d une base de G). Supposons det(f) 0. Alors l applcaton lnéare correspondante f : Q n Q n est de détermnant non nul, donc elle est njectve, ce qu assure que sa restrcton à Z n est njectve, donc f est njectve. Récproquement, supposons que det(f) = 0. Alors l exste x Q n non nul tel que f(x) = 0. Or l exste m Z \ {0} tel que mx Z n. On a alors f(mx) = m f(x) = 0, et mx 0, donc f n est pas njectve sur Z n. On suppose désormas que det(f) 0. Le théorème de réducton des matrces à coeffcents enters assure qu l exste deux bases (x ) et (y ) de G et (d 1,..., d n ) des enters postfs tels que Mat x,y (f) = dag(d 1,..., d n ). En partculer, on a det(f) = ±d 1... d n et l mage de f est engendrée par les vecteurs (d 1 y 1,..., d n y n ). Comme (y 1,..., y n ) est une base de G, on vot que Coker(f) := G/Im (f) = n =1 Z/d Z. Donc en partculer, on a Coker(f) = d 1... d n, d où le résultat. Exercce 17 : Soent A 1,..., A n des groupes abélens de type fn et f : A A +1 des morphsmes de groupes. On dt que la sute f 1 f 2 f n 1 0 A 1 A2... A n 0 est exacte s f 1 est njectf, f n 1 est surjectf, et pour tout 1 n 2, Im(f ) = Ker(f +1 ). Montrer que s la sute est exacte, alors n =1 ( 1) rang(a ) = 0. Soluton de l exercce 17. On remarque qu une telle sute exacte se découpe en des sutes exactes courtes de la forme f 0 Im (f 1 ) = Ker(f ) A Im (f ) = Ker(f +1 ) 0, 7
et qu l sufft donc de démontrer la formule souhatée pour un telle sute exacte courte. On suppose donc n = 3. On sat que le rang d un groupe abélen G de type fn est le cardnal maxmal d une famlle lbre de G,.e. le plus grand enter n tel que G admette un sous-groupe (ou un quotent) somorphe à Z n. On note r le rang de A. Il exste donc un sous-groupe de B de A somorphe à Z n. S (e 1,..., e n3 ) est une base de B 3, on peut trouver pour tout 1 j n 3 un élément d j A 2 tel que f 2 (d j ) = e j. Alors le sous-groupe de A 2 engendré par f 1 (B 1 ) et par les d j est somorpheà Z r 1+r 3 : en effet, s (c 1,..., c n1 ) est une base de B 1, pour tous (λ 1,..., λ n1, µ 1,..., µ n3 ) Z n 1+n 3 tels que λ f 1 (c ) + j µ jd j = 0, on a (après applcaton de f 2 ) j µ je j = 0 dans A 3, donc tous les µ j sont nuls, donc λ f 1 (c ) = 0, donc par njectvté de f 1, λ c = 0, donc tous les λ sont nuls, donc la famlle (f 1 (c 1,..., f 1 (c n1 ), d 1,..., d n3 ) est ben lbre. On a donc r 2 r 1 + r 3. Le théorème de la base adaptée assure que f 1 (A 1 ) B 2 est un sous-groupe abélen lbre de rang s 1, tel que le quotent sot de rand r 2 s 1 (pas forcément lbre). Donc s 1 r 1 et r 2 s 1 r 3, donc r 2 r 1 + r 3. Donc fnalement r 2 = r 1 + r 3, ce qu conclut la preuve. Exercce 18 : On se propose de redémontrer le théorème de structure des groupes abélens fns. On appelle caractère d un groupe abélen fn G tout morphsme G C. a) S H est un sous-groupe d un groupe abélen fn G, montrer que tout caractère de H se prolonge en un caractère de G. b) Sot G un groupe abélen fn. On note H un sous-groupe de G engendré par un élément de G d ordre maxmal. Montrer que l on a un somorphsme G = H G/H. c) Conclure. Soluton de l exercce 18. a) On monter le résultat par récurrence sur n := [G : H]. C est clar s n = 1. Supposons donc n > 1 et le résultat vra pour tous les sous-groupes H de G tels que [G : H ] < n. Sot χ : H C un caractère de H. Chosssons x G \ H, et notons m 2 l enter mnmal tel que x m H. On note enfn H := H, x. Comme x m H, a := χ(x m ) C a ben un sens. On sat que a admet (au mons) une racne m-ème, chosssons-en une que l on note a 0. On pose alors χ : H C défn par χ (hx k ) := χ(h)a k 0. Vérfons que χ est ben défn et que c est un caractère de H. Tout d abord, supposons que hx k = h x k, avec h, h H et k, k Z. Alors h 1 h = x k k, donc k k est multple de m. Notons par exemple k k = mr. Alors on a χ(h )a k O = χ(hx mr )a k 0 = χ(h)χ(x mr )a k 0 = χ(h)a k +mr 0 = χ(h)a k 0, ce qu assure que χ est ben défn. Montrons matenant que c est un morphsme de groupes : soent h, h H et k, k Z. On a alors χ (hx k h x k ) = χ (hh x k+k ) = χ(hh )a k+k 0 = χ(h)χ(h )a k+k 0 = χ(h)a k 0χ(h )a k 0 = χ (hx k )χ (h x k ), donc χ est un caractère de H. Enfn, l est clar par constructon que χ H = χ. L hypothèse de récurrence assure alors que χ se prolonge en un caractère de G, car [G : H ] < [G : H], donc χ se prolonge ben en un caractère de G. b) Notons d l ordre du sous-groupe cyclque H et π : G G/H la projecton canonque. Il est clar qu l exste un caractère surjectf (et même un somorphsme) χ : H µ d (C), où µ d (C) désgne le sous-groupe de C formé des racnes d-èmes de l unté. La queston a) assure alors que χ se prolonge en un caractère χ : G C. Remarquons que par défnton de H, l exposant de G est égal à d, ce qu assure que χ est un morphsme à valeurs dans µ d (C). En partculer, on dspose d un morphsme de groupes surjectf ϕ := χ 1 χ : G H. 8
Alors le morphsme ψ : G H G/H défn par ψ(g) := (ϕ(g), π(g)). Alors Ker(ψ) = Ker(ϕ) Ker(π) = Ker(χ ) H. Or χ H = χ est njectf, donc Ker(ψ) = {e}, donc ψ est njectf, donc par cardnalté, ψ est un somorphsme. c) La queston b) jonte à une récurrence smple sur G assure que tout groupe abélen fn G est somorphe à un produt de groupes cyclques de la forme G = Z/d 1 Z..., Z/d r Z avec d 1 2 et d d +1 pour tout. Il reste à montrer l uncté d une telle écrture. Cela peut se fare assez faclement avec une récurrence sur r, ou alors en suvant la preuve du cours. 9