Structure des groupes abéliens finis

Problèmes de Mathématiques
Structure des groupes abéliens finis
Énoncé
Structure des groupes abéliens finis
Notations :
– Pour tout n ≥ 1, on désigne par Un le groupe cyclique des racines n-ièmes de l’unité.
– On note U le groupe multiplicatif des nombres complexes de module 1.
– Dans ce problème, G désigne un groupe abélien fini d’ordre ≥ 2.
La loi de G est notée par juxtaposition : (a, b) 7→ ab. On note e le neutre de G.
– On appelle caractère de G tout morphisme de G dans U.
On note c
G l’ensemble des caractères de G.
L’objet de ce problème est de prouver le théorème de structure des groupes abéliens finis :
Théorème
Soit G un groupe abélien d’ordre ≥ 2.
Il existe une unique suite d1 , d2 , . . . , dr d’entiers supérieurs ou égaux à 2, tels que :
– Pour tout k de {1, . . . , r−1}, l’entier dk divise l’entier dk+1 .
– Le groupe G est isomorphe au groupe produit Ud1 × Ud2 × · · · × Udr .
I. Prolongement d’un caractère d’un groupe abélien fini
Soit H un sous-groupe strict de G. On se donne un élément ϕ de c
H.
On se propose de montrer que ϕ se prolonge en un caractère φ de G.
Pour cela, on se donne un élément x de G \ H, et on note L le sous-groupe de G engendré par
H et x, c’est-à-dire le plus petit sous-groupe de G (pour l’inclusion) contenant à la fois H et x.
1. Justifier l’existence de n = min{m ≥ 2, xm ∈ H} et de ω dans U tel que ω n = ϕ(xn ). [ S ]
2. Montrer que tout y de L s’écrit de façon unique y = xk z, avec 0 ≤ k < n et z ∈ H. [ S ]
3. Avec les notations précédentes, on pose ψ(y) = ω k ϕ(z).
Montrer que ψ est un caractère de L, qui prolonge ϕ. [ S ]
4. Montrer finalement l’existence d’un caractère φ de G, qui prolonge ϕ. [ S ]
II. Exposant d’un groupe abélien fini
rappelle que l’ordre d’un élément x de G est le plus petit entier m ≥ 1 tel que xm = e.
note ici q le ppcm des ordres des différents éléments de G.
dit que l’entier q est l’exposant du groupe G.
se propose ici de montrer qu’il existe dans G un élément d’ordre q.
r
Q
Pour cela, on note q =
pαi i (les pi sont premiers distincts deux à deux, les αi sont dans N∗ .)
On
On
On
On
i=1
1. On se donne un entier j dans {1, . . . , r}.
α
Montrer qu’il existe xj dans G dont l’ordre s’écrive mj pj j , avec mj ∧ pj = 1. [ S ]
m
2. Avec les notations précédentes, quel est l’ordre de yj = xj j ? [ S ]
3. Conclure en considérant l’élément x = y1 y2 · · · yr . [ S ]
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Structure des groupes abéliens finis
Énoncé
III. Existence de la décomposition d’un groupe abélien fini
Avec les notations de II, on se donne un élément x de G d’ordre q.
1. Pour 0 ≤ k < q, on pose ϕ(xk ) = ω k , avec ω = exp 2iπ
q .
Montrer que ϕ est un caractère de (x). [ S ]
2. On prolonge ϕ en un caractère φ de G (cf I.)
Montrer que tout y de G s’écrit de façon unique y = xk z, où 0 ≤ k < q et z ∈ ker φ. [ S ]
3. En déduire que le groupe G est isomorphe à Uq × ker φ. [ S ]
4. En raisonnant par récurrence sur l’ordre de G, montrer l’existence de l’isomorphisme
évoqué en préambule de l’énoncé. [ S ]
IV. Unicité de la décomposition d’un groupe abélien fini
On se propose ici de prouver l’unicité de la décomposition évoquée dans le théorème de l’énoncé.
H = Ud1 × Ud2 × · · · × Udr
2 ≤ d1 | d2 | · · · | dr
Pour cela, on se donne les groupes
avec
.
K = Uδ1 × Uδ2 × · · · × Uδs
2 ≤ δ1 | δ2 | · · · | δs
On notera indifféremment e l’élément neutre de H et celui de K.
On suppose que H et K sont isomorphes. Sans perdre de généralité, on peut supposer r ≤ s.
Pour conclure, il faut donc établir r = s, et dj = δj pour tout j de {1, . . . , r}.
1. On se donne m et n dans N∗ . On note m ∧ n le pgcd de m et de n.
Montrer que dans Un l’équation xm = 1 possède m ∧ n solutions distinctes. [ S ]
2. Pour tout m ≥ 1, combien l’équation xm = e possède-t-elle de solutions distinctes dans
H et dans K respectivement ? Pourquoi ces deux nombres sont-ils égaux ? [ S ]
3. En appliquant ce qui précède à l’entier m = δ1 , prouver que r = s et que d1 = δ1 . [ S ]
4. Conclure en appliquant ce qui précède aux entiers m = δ2 , m = δ3 , etc [ S ]
V. Applications
1. Donner (à un isomorphisme près) le nombre de groupes abéliens d’ordre 72. [ S ]
2. Dans cette question, on montre que les groupes G et c
G sont isomorphes.
cn est cyclique d’ordre n (donc isomorphe à Un .) [ S ]
(a) Pour n ≥ 1, montrer que U
(b) Soient H1 , H2 , . . . , Hr des groupes abéliens, et H = H1 × H2 . . . × Hr .
Montrer que le groupe c
H est isomorphe à d
H1 × d
H2 . . . × d
Hr .
r
Q
Indication : Pour tous ϕj ∈ d
Hj , définir ϕ sur H par ϕ(x1 , . . . , xn ) =
ϕj (xj ). [ S ]
j=1
(c) Conclure. [ S ]
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Structure des groupes abéliens finis
Corrigé
Corrigé du problème
I. Prolongement d’un caractère d’un groupe abélien fini
1. Dans le groupe fini G, l’élément x engendre un groupe cyclique d’ordre q.
On a donc xq = e (et q ≥ 2 car x n’est pas dans H donc est distinct de e.)
Ainsi l’ensemble {m ≥ 2, xm ∈ H} est non vide puisqu’il contient l’entier q.
Cette partie de N possède donc un plus petit élément n ≥ 2.
Puisque xn est dans H, on peut parler de z = ϕ(xn ) qui est dans U.
Cet élément de U possède n racines n-ièmes distinctes, toutes dans U également.
Si ω est l’une d’elles, on a bien ω n = ϕ(xn ). [ Q ]
2. Le sous-groupe L est égal à {y = xm h, m ∈ Z, h ∈ H} (on vérifie facilement que ce
dernier ensemble est un sous-groupe de G contenant x et H, et évidemment inclus dans
tout sous-groupe de G qui contiendrait lui-même x et H.)
Avec ces notations, notons m = qn + r la division euclidienne de m par n.
On a y = xm h = xr h0 , où h0 = (xn )q h est dans H car xn et h sont dans ce sous-groupe.
Ainsi tout élément de L peut s’écrire y = xk z, avec 0 ≤ k < n et z dans H.
0
Pour montrer l’unicité, supposons y = xk z = xk z 0 , avec 0 ≤ k 0 ≤ k < n et (z, z 0 ) ∈ H 2 .
0
On a alors xk−k = z 0 z −1 , qui est élément de H.
Puisque 0 ≤ k − k 0 < n, la définition de n implique k = k 0 , et il en découle z = z 0 .
Conclusion : tout y de L s’écrit de façon unique y = xk z, avec 0 ≤ k < n et z ∈ H. [ Q ]
3. Tout d’abord il est clair que ψ prolonge ϕ, car y ∈ H ⇔ (k = 0 et z = y).
Il est clair également que ψ est à valeurs dans U, car ω est lui-même dans U.
0
Soient y = xk z et y 0 = xk z 0 dans L, avec 0 ≤ k, k 0 < n, et (z, z 0 ) ∈ H 2 .
Soit k + k 0 = qn + r la division euclidienne de k + k 0 par n (en fait q ∈ {0, 1}.)
On a yy 0 = xr z 00 avec z 00 = (xn )q zz 0 , donc ψ(yy 0 ) = ω r ϕ(z 00 ).
Mais ϕ est un caractère de H donc ϕ(z 00 ) = ϕ(xn )q ϕ(zz 0 ) = (ω n )q ϕ(z)ϕ(z 0 ).
0
0
Ainsi ψ(yy 0 ) = ω nq+r ϕ(z)ϕ(z 0 ) = ω k+k ϕ(z)ϕ(z 0 ) = ω k ϕ(z) ω k ϕ(z 0 ) = ψ(y)ψ(y 0 ).
Conclusion : ψ est un caractère de L qui prolonge le caractère ϕ de G. [ Q ]
4. Le sous-groupe L de G contient strictement H.
Si L = G c’est terminé, sinon on peut se donner x0 dans G \ L.
Soit L0 le sous-groupe de G engendré par x0 et L.
On construit comme précédemment un caractère ψ 0 de L0 qui étend ψ donc ϕ.
Si L0 = G c’est fini, sinon on continue avec un élément x00 de G \ L0 .
Au bout d’un nombre fini d’étapes (car G est lui-même fini) on parvient ainsi au groupe
G lui-même, et on dispose alors d’un caractère φ du G qui est une extension du caractère
ϕ défini sur le sous-groupe H. [ Q ]
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Corrigé
II. Exposant d’un groupe abélien fini
1. On raisonne par l’absurde. Cela revient à supposer que si x est quelconque dans G alors
α −1
son ordre m(x) est au plus divisible par pj j .
Mais dans ces conditions l’exposant de G, c’est-à-dire le ppcm des ordres m(x), serait
α −1
lui-même au plus divisible par pj j , ce qui est absurde.
α
Il existe donc un élément xj de G dont l’ordre m(xj ), est divisible au moins par pj j (et
α
donc exactement par pj j sinon cela contredirait la factorisation de q.)
α
On peut alors écrire m(xj ) = mj pj j , avec mj ∧ pj = 1. [ Q ]
α
2. Avec les notations précédentes, on a xk = e ⇔ mj pj j | k.
mj k
Ainsi yjk = e ⇔ xj
α
α
= e ⇔ mj pj j | mj k ⇔ pj j | k.
α
Cela prouve que l’élément yj est d’ordre pj j . [ Q ]
3. L’ordre m(x) de l’élément x est de toutes façons un diviseur de q.
r
Q
β
Autrement dit, on peut écrire m(x) =
pj j , avec 0 ≤ βj ≤ αj pour tout j de {1, . . . , r}.
j=1
Supposons par l’absurde qu’on ait (par exemple) l’inégalité stricte β1 < α1 .
α
Posons q1 = pβ1 1 et qj = pj j pour tout j de {2, . . . , r}.
r
r
Q
Q
0
α
L’entier q 0 = pβ1 1
p j j = q1
qj est alors un multiple de m(x) donc xq = e.
j=2
j=2
r
Q
0
qj
q
Du fait que yj = e pour tout j de {2, . . . , r}, on peut alors écrire xq = y1q1
yj j = y1q1 .
j=2
Ainsi y1q1 = e avec 1 ≤ q1 < pα1 1 , ce qui est absurde.
On en déduit β1 = α1 , et bien sûr βj = αj pour tout j de {1, . . . , r}.
Ainsi l’élément x de G est bien d’ordre q (le pccm des ordres des éléments de G.) [ Q ]
III. Existence de la décomposition d’un groupe abélien fini
1. Tout d’abord ϕ est bien une application de (x) dans U.
On se donne k, k 0 dans {0, . . . , q−1}. Posons k + k 0 = sq + r, avec s ∈ {0, 1} et 0 ≤ r < q.
0
0
0
On a xk xk = xk+k = (xq )s xr = xr (car xq = e) donc ϕ(xk xk ) = ω r .
0
0
Dans le même temps, ϕ(xk )ϕ(xk ) = ω k ω k = ω sq+r = (ω q )s ω r = ω r car ω q = 1.
0
0
On a donc ϕ(xk xk ) = ϕ(xk ) ϕ(xk ), ce qui établit que ϕ est un caractère de (x). [ Q ]
2. Soit y un élément de G. On sait que y q = e. Il en résulte 1 = φ(y q ) = φ(y)q .
Ainsi φ(y) est un élément de Uq , sous-groupe de U engendré par ω.
Il existe donc k dans {0, 1, . . . , q−1} tel que φ(y) = ω k = φ(xk ).
Si on pose z = yx−k , on alors φ(z) = φ(y)φ(xk )−1 = e c’est-à-dire z ∈ ker φ.
On donc trouvé k dans {0, 1, . . . , q−1} et z dans ker φ tels que y = xk z.
0
Supposons maintenant y = xk z = xk z 0 , avec 0 ≤ k 0 < n et z 0 ∈ ker φ.
0
0
On a φ(y) = φ(x)k = φ(x)k donc ω k = ω k c’est-à-dire k 0 ≡ k (q), donc k 0 = k puis z 0 = z.
Ainsi le couple (k, z) de {0, . . . , q−1} × ker φ tel que y = xk z est unique. [ Q ]
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Corrigé
3. L’application f de Uq × ker φ dans G définie par f (ω k , z) = xk z est bijective.
En effet l’application ω k 7→ k est bijective de Uq dans {0, . . . , q − 1} et l’application
(k, z) 7→ xk z est (on vient de le voir) bijective de {0, . . . , q−1} × ker φ dans G.
Soient k, k 0 dans {0, . . . , q−1} et z, z 0 dans ker φ. Posons k + k 0 ≡ r (q), avec 0 ≤ r < n.
0
0
0
0
f ((ω k , z)(ω k , z 0 )) = f (ω k+k , zz 0 ) = f (ω r , zz 0 ) = xr zz 0 = xk z xk z 0 = f (ω k , z)f (ω k , z 0 ).
0
0
(On a évidemment utilisé xk+k = xr car xq = e, et ω k+k = ω r car ω q = 1.)
Cela montre que f est un morphisme (donc un isomorphisme) de Uq × ker φ dans G. [ Q ]
4. Si G est un groupe d’ordre n = 2, alors il est isomorphe à U2 (plus généralement, tout
groupe d’ordre premier p est isomorphe à Up .) Cela établit la propriété au rang n = 2.
On se donne maintenant un groupe commutatif d’ordre n ≥ 3 et on suppose que la
propriété est établie à tout ordre strictement inférieur à n.
Comme dans les questions précédentes, soit d ≥ 2 l’exposant de G.
On a vu qu’il existe un isomorphisme entre G0 × Ud , où G0 est un sous-groupe de G
(G0 = ker φ avec les notations utilisées.)
Si G0 se réduit à {e} alors c’est terminé.
Sinon les éléments de G0 sont des éléments particuliers de G et leur ordre divise donc
l’entier d. Il en découle que l’exposant d0 de G0 (càd le ppcm des ordres des éléments de
G0 ) est lui-même un diviseur de d.
L’hypothèse de récurrence affirme l’existence d’un isomorphisme entre G0 et un produit
H 0 = Ud1 × Ud2 × · · · × Udr , avec d1 | d2 | · · · | dr . Cet isomorphisme fait se correspondre
les ordres des éléments de G0 et ceux de H 0 .
En particulier les groupes H 0 et G0 ont le même exposant.
Or pour tout z = (z1 , z2 , . . . , zr ) de H 0 , on a z dr = (z1dr , z2dr , . . . , zrdr ) = (1, 1, . . . , 1), car dr
est multiple des ordres d1 , d2 , . . . , dr des groupes cycliques Ud1 , Ud2 , . . . , Udr . Ainsi l’ordre
de tout élément de H 0 (donc l’exposant de H 0 ) est un diviseur de dr .
En fait l’exposant de H 0 (donc celui de G0 ) est exactement égal à dr : il y a en effet des
éléments d’ordre dr dans H 0 , comme z = (1, . . . , 1, ω), où ω est un générateur de Udr .
Résumons-nous : il y a un isomorphisme entre G et G0 × Ud et un isomorphisme entre G0
et H 0 = Ud1 × Ud2 × · · · × Udr . Il en résulte donc un isomophisme entre le groupe G et le
groupe H 0 × Ud = Ud1 × Ud2 × · · · × Udr × Ud . D’autre part d1 | d2 | · · · | dr . Enfin on a
constaté que l’entier dr (l’exposant de G0 ) divise l’entier d (l’exposant de G.)
Ceci établit la propriété au rang n = d1 · · · dr d et achève la récurrence. [ Q ]
IV. Unicité de la décomposition d’un groupe abélien fini
1. Posons d = m ∧ n, m = dm0 et n = dn0 , avec m0 ∧ n0 = 1.
k
On a Un = {ω k , 0 ≤ k < n}, avec ω = exp 2iπ
n . Posons x = ω , avec 0 ≤ k < n.
On a xm = 1 ⇔ ω km = 1 ⇔ n | km ⇔ dn0 | kdm0 ⇔ n0 | km0 ⇔ n0 | k (Gauss.)
0
Les solutions de xm = 1 dans Un sont donc les xqn , où q 0 ∈ {0, 1, . . . , d−1}.
Ainsi l’équation xm = 1 possède d = m ∧ n solutions distinctes dans Un . [ Q ]
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Corrigé
2. Soit x = (x1 , . . . , xr ) un élément de H, avec xj dans Udj pour tout j de {1, . . . , r}.
m
m
m
On a xm = 1 ⇔ (xm
1 , x2 , . . . , xr ) = 1 ⇔ ∀ j ∈ {1, . . . , r}, xj = 1.
Pour tout j, l’équation xm
j = 1 a m ∧ dj solutions distinctes dans Udj .
Pour l’équation xm = e dans H, le nombre de solutions distinctes est donc
s
Q
De même, il y a
(m ∧ δj ) solutions distinctes pour xm = e dans K.
r
Q
(m ∧ dj ).
j=1
j=1
Ces deux nombres sont identiques car il y a un isomorphisme f de H sur K, et les solutions
de l’équation y m = e dans K sont les images des solutions de l’équation xm = e dans H.
En effet, si y = f (x) on a : y m = e ⇔ f (x)m = e ⇔ f (xm ) = e ⇔ xm = e. [ Q ]
3. Avec m = δ1 , l’égalité
s
Q
(m ∧ δj ) =
j=1
r
Q
(m ∧ dj ) équivaut à δ1s =
j=1
r
Q
(δ1 ∧ dj ).
j=1
Puisque r ≤ s, cette égalité impose r = s et δ1 ∧ dj = δ1 pour tout j de {1, . . . , r}.
Ainsi l’entier δ1 divise l’entier d1 (donc divise d2 , . . . , dr .)
Puisque maintenant r = s, on peut inverser les rôles de H et K et on trouve d1 | δ1 .
On a donc obtenu les égalités r = s et d1 = δ1 . [ Q ]
4. Avec m = δ2 :
r
Q
(m ∧ δj ) =
j=1
r
Q
(m ∧ dj ) ⇒ d1 δ2r−1 = d1
j=1
r
Q
(δ2 ∧ dj ) ⇒ δ2r−1 =
j=2
r
Q
(δ2 ∧ dj )
j=2
Comme précédement, cela implique δ2 | d2 , donc δ2 = d2 par symétrie du problème.
Une récurrence évidente permet alors de montrer successivement δ3 = d3 , . . . , δr = dr .
On ainsi établi l’unicité de la décomposition évoquée dans le théorème de l’énoncé. [ Q ]
V. Applications
1. Il suffit de déterminer toutes les séquences d1 , . . . , dr avec d1 | · · · | dr et d1 · · · dr = 72.
On factorise 72 = 23 32 .
2, 2, 2 · 32
On trouve les six séquences suivantes :
2 · 3, 22 · 3
2, 2 · 3, 2 · 3
2, 22 · 32
23 · 32
3, 23 · 3
Ainsi il y a six groupes abéliens d’ordre 72 qui sont, à un isomorphisme près :
U2 × U2 × U18 , U2 × U6 × U6 , U2 × U36 , U6 × U12 , U72 et U3 × U24
Parmi ces six groupes, seul U72 est cyclique. [ Q ]
2. (a) On a Un = {ω k , 0 ≤ k < n}, avec ω = exp 2iπ
n . Soit ϕ : Un 7→ U un caractère de Un .
Pour tout z de Un , on a z n = 1 donc ϕ(z)n = ϕ(z n ) = ϕ(1) = 1. Ainsi ϕ(z) ∈ Un .
Autrement dit, ϕ est un endomorphisme du groupe multiplicatif Un .
Il est bien sûr entièrement déterminé par les n valeurs possibles de ϕ(ω).
En effet, si ϕ(ω) = ω m , avec 0 ≤ m < n, alors : ∀ k ∈ {0, . . . , n−1}, ϕ(ω k ) = ω mk .
En d’autres termes, ϕ = ϕm
1 , en notant ϕ1 : z 7→ z l’application identité de Un .
Conclusion : le groupe des caractères de Un est cyclique d’ordre n et engendré par
l’application identité ϕ1 : z 7→ z de Un .
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Attention : la loi sur le groupe des caractères de Un est une loi produit (dérivée du
produit dans C) et ce n’est pas la loi de composition des applications ! Par exemple
ϕ21 est l’application de Un dans lui-même définie par ϕ21 (z) = z 2 . [ Q ]
(b) Notons ej le neutre de Hj pour tout j de {1, . . . , r}, et e = (e1 , . . . , er ) celui de H.
Pour tout j de {1, . . . , r}, soit ϕj : Hj → U un caractère du groupe Hj .
Pour tout x = (x1 , x2 , . . . , xn ) de H, on pose alors ϕ(x) = ϕ1 (x1 )ϕ2 (x2 ) · · · ϕn (xn ).
Q
L’application ϕ (que nous noterons ϕj ) est visiblement à valeurs dans U.
De plus c’est un caractère du groupe H.
En effet, soient x = (x1 , . . . , xr ) et y = (y1 , . . . , yr ) deux éléments de H :
ϕ(xy) = ϕ(x1 y1 , x2 y2 , . . . , xr yr ) = ϕ1 (x1 y1 )ϕ1 (x2 y2 ) · · · ϕn (xr yr )
= ϕ1 (x1 )ϕ1 (x2 ) · · · ϕn (xr ) ϕ1 (y1 )ϕ1 (y2 ) · · · ϕn (yr ) = ϕ(x)ϕ(y)
L’application (ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕr ) 7→ ϕ est un morphisme de d
H1 × · · · × d
Hr dans c
H.
Q
Q
Q
En effet si ϕ = ϕj et si ψ = ψj , il est clair que ϕψ = (ϕj ψj ).
Q
Enfin, l’application (ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕr ) 7→ ϕ = ϕj est bijective.
Cela résulte de ce que pour tout j de {1, . . . , r}, l’application ϕj est caractérisée
par :
∀ xj ∈ Hj , ϕj (xj ) = ϕ(e1 , . . . , ej−1 , xj , ej+1 , . . . , er ).
Conclusion : les groupes c
H et d
H1 × d
H2 × · · · × d
Hr sont isomorphes. [ Q ]
(c) Le groupe G, abélien et fini, est isomorphe à Ud1 × Ud2 × · · · × Udr .
On en déduit que c
G est isomorphe à d
Ud1 × d
Ud2 × · · · × d
Udr .
Mais chaque d
Udj est isomorphe à Udj .
On en déduit que c
G est isomorphe à Ud1 × Ud2 × · · · × Udr donc à G. [ Q ]
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