sous-groupes d'un groupe cyclique

ahmedf écrivait:

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> 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].

PB écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,845058,845107#msg-845107
[Inutile de répéter le message précédent. AD]

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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 $N/e$.

Je pense que cette démonstration sera assez difficile à suivre pour l'étudiant lambda

Je suis d'accord (en fait, je ne sais pas bien ce que l'étudiant lambda sait sur les quotients, je sais seulement qu'en CPGE les élèves ne savent rien sur les quotients).

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 ;-).

pierrecastelli écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,845058,845223#msg-845223
[Un lien suffit. AD]

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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).

Ok, vu comme ca.... (:P)
Mais si cette preuve fonctionne multiplicativement, elle doit fonctionner additivement aussi !

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