sous-groupes d'un groupe cyclique
Réponses
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Bonsoir,
Soit a un générateur de G et N = dd', on considère H le sous groupe de G engendré par a^d'
Il faut montrer que tout sous groupe de G à d elements est H.
Cdt. -
ahmedf écrivait:
> Comment prouver l’unicité ?
Soit le morphisme de groupe $f:G\to G, x\mapsto dx$. Comme $G$ est cyclique d'ordre $N$, on a $\text{Im}f$ qui est d'ordre $q=N/d$ (car l'ordre est le plus petit ...). On en déduit alors (théorème d'isomorphisme) que $\ker f$ est d'ordre $d$ ; or, il est clair que tout sous-groupe d'ordre $d$ est dans $\ker f$ (corollaire de Lagrange) [vérifier quand même les détails]. -
Encore une : on peut suppose que ton groupe cyclique est $\mathbf Z/N\mathbf Z$. Les sous-groupes d'un groupe quotient $A/B$ sont les $C/B$ où $C$ est un sous-groupe de $A$ qui contient $B$. Donc les sous-groupes de $\mathbf Z/N\mathbf Z$ s'identifient aux $e\mathbf Z/N\mathbf Z$ où $e$ divise $N$. Et l'ordre de $e\mathbf Z/N\mathbf Z$ est $N/e$. On est donc ramené à la question suivante : montrer que $N$ a un unique diviseur $e$ tel que $N/e=d$. Question qui est plus que triviale :-)
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PB écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,845058,845107#msg-845107
[Inutile de répéter le message précédent. AD]
Je pense que cette démonstration sera assez difficile à suivre pour l'étudiant lambda (elle réclame une aisance assez peu fréquente sur les groupes-quotient, voire trop de prérequis). En outre quand vous dites que les sous-groupes de $\mathbf Z/N\mathbf Z$ s'identifient aux $e\mathbf Z/N\mathbf Z$ où $e$ divise $N$, ce n'est pas si immédiat. D'abord, il s'agit plus que d'une identification (au sens de bijection) mais carrément d'une identité. D'autre part, il faudrait montrer que pour chaque sous-groupe $H$ de $\mathbb Z/N\mathbb Z $ il existe un unique $e>0$ tel que $H= e\mathbb Z/N\mathbb Z $ sans utiliser l'argument que vous donnez après que l'ordre de $e\mathbb Z/N\mathbb Z $ est $N/e$. -
merci, tchouka, c.candide , PB
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Je pense que cette démonstration sera assez difficile à suivre pour l'étudiant lambda
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Une façon de voir qui est plutôt élémentaire c'est de voir un groupe cycle d'ordre $n$ comme le groupe des nombres complexes de module 1 $G=\{ \omega ^k, k=1\ldots n\}$ où $\omega=e^{i\tfrac{2\pi}{n}}$
Soit maintenant $H$ un sous-groupe de $G$ de cardinal $d\mid n$, alors $H=\{\omega^{k_i} i=1\ldots d\}$, où les $k_i$ sont les indices rangés par ordre croissant $0<k_1<k_2\ldots k_{d}=n$
Alors si on fait la division euclidienne de $k_i$ par $k_1$ et en s'apercevant que $k_1$ est la plus petite puissance dans $H$ non nul, on s’aperçoit que $k_1 \mid k_i$, donc en fait $k_i=ik_1$ (on les a rangé par ordre croissant et il est clair que dans $H$ on a aussi $k_1<2k_1<\ldots < dk_1$).
En particulier $n=k_d=dk_1$, et donc nécessairement $k_1=\frac{n}{d}$, et donc $H=\ <\omega^{k_1}>$ donc $H$ est unique.
Pour bien comprendre tout ça, le mieux c'est les dessin et comprendre que ce qu'on fait n'est rien de plus qu'une histoire d'angle et de rotation. -
Oui, les groupes multiplicatifs de racines de l'unité parleront sans doute plus aux étudiants que les groupes additifs d'entiers modulo N. Mais les derniers sont quand même plus élémentaires (pas besoin de construire Q, R et C pour parler de groupe cyclique ;-).
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Tout-à-fait d'accord, sauf qu'en fait on peut aussi voir ça comme des angles dans le plan qu'on additionne, donc en fait on peut refaire ce que j'ai dit avec un vocabulaire élémentaire. (et surtout avec un dessin)
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pierrecastelli écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,845058,845223#msg-845223
[Un lien suffit. AD]
Bravo pour cette preuve très efficace et sans doute pas si facile à trouver. Juste, il me semble qu'il y a, à différents endroits des erreurs d'indice ($k_1$ au lieu de $k_2$) qui troublent la compréhension de l'argument combinatoire qui conduit à $k_j=jk_1$ qui est le point clé de la preuve (je me demande d'ailleurs s'il ne faudrait pas un peu détailler ce point). -
PB écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,845058,845244#msg-845244
[Inutile de répéter un message précédent. Un lien suffit. AD]
En réalité la preuve de Pierre a un caractère assez général, il suffit d'oublier que $\omega$ est un complexe et penser que c'est un générateur d'un groupe cyclique noté multiplicativement, tout s'adapte mutatis mutandis. Le prérequis est alors minimal, pour résoudre l'exo, on n'a même pas besoin de savoir ce qu'est un sous-groupe de $\mathbb Z$, ni la forme d'un groupe cyclique d'ordre $n$ ni le théorème de Lagrange ni l'ordre d'un élément d'un groupe cyclique, bref juste les définitions. -
Ok, vu comme ca.... (:P)
Mais si cette preuve fonctionne multiplicativement, elle doit fonctionner additivement aussi ! -
Et c'est le cas, si tu penses en terme d'angle que tu aditionnes, ou si tu penses que exp est un morphisme de + vers *
@c.candide effectivement c'est une ébauche de preuve, pas un truc à rendre un jour d'écrit, (j'ai corrigé la faute : il ne faut jamais changer de convention en cours de route, initialement j'avais pris $k_1=0$) -
Récemment j'étais arrivé à cette démonstration :
Soit $G$ cyclique d'ordre $n$ et de générateur $g$. Le sous-groupe $H_d$ engendré par $g^{\frac{n}{d}}$ est cyclique et d'ordre $d$; notons au passage que $g^d$ est d'ordre $\frac{n}{d}$.
Soit maintenant $E_d = \lbrace x \in G : x^d = 1 \rbrace$ l'ensemble des éléments d'ordre divisant $d$. Cet ensemble contient évidemment $H_d$.
Montrons l'inclusion inverse : soit $x \in E_d$. Alors il existe $a$ un entier tel que $x = g^a$ et par conséquent on a $x^d = (g^a)^d = (g^d)^a = 1$. Par définition de l'ordre d'un élément, ceci signifie que $a$ est un multiple de $\frac{n}{d}$ et qu'on peut écrire $x = g^{k\frac{n}{d}}$ pour $k$ bien choisi. Autrement dit, $x \in H_d$ et finalement $H_d = E_d$.
Maintenant soit $H$ un sous-groupe quelconque de $G$, d'ordre $d$. Tous ses éléments vérifient $h^d = 1$ donc $H \subset H_d$, et par cardinalité, $H = H_d$.
Ce que j'aime bien ici, c'est qu'on voit que l'unique sous-groupe cyclique d'ordre $d$ contient tous les éléments d'ordre un diviseur de $d$ et qu'en plus on obtient que tous les sous-groupes d'un groupe cyclique sont eux aussi cycliques ; c'était à prévoir quand même. Et puis je crois pas m'être gouré pour une fois -
Groupique écrivait:
> Ce que j'aime bien ici, c'est qu'on voit que
> l'unique sous-groupe cyclique d'ordre $d$ contient
> tous les éléments d'ordre un diviseur de $d$ et
> qu'en plus on obtient que tous les sous-groupes
> d'un groupe cyclique sont eux aussi cycliques ;
C'est aussi ce que ma preuve établissait (ton $E_d$ n'est autre que le noyau de mon application $f$). Mais ta preuve a l'avantage d'être plus simple, elle ne réclame pas de connaître le théorème d'isomorphisme qu'elle arrive à contourner habilement. Il me semble qu'elle nécessite quand même de connaître le théorème de Lagrange (lorsque tu dis que si $H$ est d'ordre $d$ alors tout $h\in H$ vérifie $h^d=1$, ce qui est une conséquence de Lagrange et je n'en connais pas de preuve qui ne l'utilise pas). La preuve de Pierre reste encore la plus élémentaire.
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