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Prouver qu’un groupe est abélien

Bonjour,

savez-vous si il est possible de prouver le caractère abélien d’un groupe multiplicatif $(G,.)$ fini ou infini, sans plus de précisions, en s’appuyant uniquement sur l’existence d’ applications de $G$ dans $G$ et leurs propriétés (injectivité, surjectivité etc...)
Avez-vous des exemples de tels problèmes ?

Je sais que, dans le cas d’un groupe fini, on peut prouver qu’un groupe $G$ est abélien si il possède un élément d’ordre l’exposant $n=mp^{\alpha}, \: (m,p)=1$ de $G$.
Mais que faire si aucune hypothèse n’est donnée sur le cardinal de $G$ ?
...

Réponses

  • Un exemple tarte à la crème et facile (et utile!) c'est de prouver que l'inversion est un morphisme de groupe ssi le groupe est abélien.
    Ca sert par exemple à montrer qu'un groupe algébrique compact est abélien.

    Mais sans autre précision c'est dur de répondre.
  • Bonsoir df
    Il y a bien ceci.
    Si l'application $\ G\to G :\ x\mapsto x^{-1}$ est un morphisme de groupes alors $G$ est abélien (avec la réciproque évidente).
    Ou encore
    Si l'application $\ G\to G :\ x\mapsto x^2$ est un morphisme de groupes alors $G$ est abélien (avec la réciproque elle aussi évidente).

    Sinon, tout groupe admet un groupe d'automorphismes, c'est-à-dire d'isomorphismes $G\to G$, ainsi qu'un ensemble d'endomorphismes (morphismes $G\to G$ non nécessairement bijectifs). Cela n'impose pas la commutativité de $G$.
    Alain
  • Montrer que $x \mapsto x^{-1}$ est un automorphisme serait une possibilité donc.
    Merci AD et Noname.

    Je vends la mèche mais pour l’instant je suis dans le brouillard complet.
    On considère un groupe $(G,.)$ ayant la propriété qu’il existe un entier $n \geq 1$ tel que l’application $f_n: \: G \rightarrow G, \: f_n(x)=x^n$ est injective et l’application $f_{n+1}: \: G \rightarrow G, \: f_{n+1}(x)=x^{n+1}$ est un endomorphisme surjectif.
    Prouver que $G$ est abélien.
    ...
  • Une précision. $f_n$ est juste injective, ce n'est pas un morphisme, contrairement à $f_{n+1} $ qui est un morphisme surjectif ?
    Alain
  • AD: oui tout à fait. Seule l’injectivité de $f_n$ est supposée au contraire de $f_{n+1}$ qui est bien un (endo)-morphisme.
    Ce qui ne permet pas d’utiliser le fait que le noyau de $f_n$ est l’élément identité de $G$.
    ...
  • J'ai du mal à produire ne serait-ce qu'un exemple de groupe avec cette propriété (à part le groupe trivial).
    Après je bloque.
  • @i.zitoussi
    $\Z/3\Z$ pour $n=1$.
    Mais aussi $G=\Z/m\Z$, avec $n$ et $n+1$ premiers avec $m$, car alors $f_n$ et $f_{n+1}$ sont tous deux des automorphismes de $G$.

    Note. Si $G$ est fini, $f_n$ et $f_{n+1}$ sont tous deux bijectifs.
    Donc l'ordre $m$ du groupe $G$ est nécessairement premier avec $n$ et $n+1$, sinon, l'un au moins de $f_n$ ou $f_{n+1}$ ne sera pas bijectif
    En effet, soit $p$ premier diviseur commun de $m$ et $n$, d'après Cauchy, soit $x\in G$ d'ordre $p$, alors $f_n(x)=1$, montrant que $f_n$ n'est pas injectif ($x$ et $1$ s'envoient sur le même $1$), donc pas bijectif.
    Alain.
  • @AD: merci !
    J'avais raisonné de la même manière et cherché le même type d'exemples, et je crois bien avoir tout simplement ... mélangé addition et multiplication :)
    Pour en revenir au problème du fil, il n'est pas évident.
    Après je bloque.
  • L'hypothèse sur $f_{n+1}$ entraîne que $x^n$ est central pour tout $x$.
  • Effectivement. Je mets les détails:
    Si $x\mapsto x^m$ est un morphisme de groupes, alors pour tous $x$, $y$ dans $G$:
    $$
    \begin{eqnarray*}
    x^{m-1}y^m &=& x^{-1}\cdot x^my^m = x^{-1} (xy)^m = x^{-1}\cdot x\cdot (yx)^{m-1} \cdot y = (yx)^{m-1} \cdot y\cdot xx^{-1}
    \\
    &=& y^m x^{m-1}
    \end{eqnarray*}
    $$
    (2ème égalité: hypothèse sur $x\mapsto x^m$; pour le reste: associativité et existence d'un inverse).
    Si de plus $y\mapsto y^m$ est surjectif, alors $x^{m-1}$ est bien central pour tout $x$.

    Si on ajoute l'hypothèse que $x\mapsto x^{m-1}$ est injectif:
    Pour $G$ fini, $x\mapsto x^{m-1}$ est aussi surjectif, et donc $G$ est abélien.
    Pour $G$ infini, je n'arrive encore une fois pas à trouver d'exemple...
    Après je bloque.
  • $(xy)^m=x^my^m$ entraîne $(yx)^{m-1}=x^{m-1}y^{m-1}$ d'où $(yx)^{m-1}=(xy)^{m-1}$.
  • Quelques généralisations que nous avions obtenues il y a quelques années :

    1°) Si $a$ et $b$ sont premiers entre eux et que les puissances $a$ et $b$ commutent alors $G$ est abélien .

    2°) Si les puissances $a$ commutent et que $x\mapsto x^a$ est injectif ou surjectif alors $G$ est abélien .

    3°) Si $x\mapsto x^a$ est un morphisme et que $x\mapsto x^\frac{a(a-1)}{2}$ est injectif ou surjectif alors $G$ est abélien .

    4°) Si $x\mapsto x^a$ et $x\mapsto x^b$ sont des morphismes avec $\frac{a(a-1)}{2}$ et $\frac{b(b-1)}{2}$ premiers entre eux alors $G$ est abélien .

    Domi
  • Je propose une variante du premier exercice.

    Soient $p, q$ deux nombres premiers distincts avec $q > p$ et $G$ un groupe d’exposant $q$ pour lequel l’application $f_p:\: G \longrightarrow G$ définie par $f_p( x)=x^p, \: \forall x\in G$ est un endomorphisme.
    Montrer que $G$ est abélien.
  • @jandri : Il me semble que ta preuve n'est pas satisfaisante (comment trouves-tu ta dernière égalité ?), d'autant que je ne vois pas où tu utilises l'hypothèse de surjectivité de la puissance $m$-ième, pourtant clairement nécessaire (si $G$ est d'ordre $n$, la puissance $n-1$-ième est bijective et la puissance $n$-ième est un morphisme, certes non surjectif si $n>1$.).
  • @i.zitoussi: $(\R,+)$ est un exemple de groupe infini qui vérifie $x\mapsto nx$ injective et $x \mapsto (n+1)x$ est un morphisme surjectif (pour $n>0$).
  • $x^n$ est central pour tout $x$ comme l'ont montré JLT, et i.zitoussi.

    $a^{n+1}b^{n+1}=(ab)^{n+1}$. Donc $a^nb^n=(ba)^n$, d'après jandri.

    On applique en $a=y^{-1}xy$, et $b=y$.
    Donc $(y^{-1}xy)^n y^n=(xy)^n$.
    Or $(xy)^n=y^n x^n$. Donc,
    $(y^{-1}xy)^ny^n=y^nx^n$. Or $y^n$ est central. Donc
    $(y^{-1}xy)^ny^n=x^ny^n$.
    Donc $(y^{-1}xy)^n=x^n$
    Or c'est injectif, donc $y^{-1}xy=x$.
  • Donc $xy=yx$.
  • @Frédéric Bosio: jandri utilise que $y^{m-1}$ est central, donc $x^{m-1}y^{m-1}=y^{m-1}x^{m-1}$, et donc $(xy)^{m-1}=y^{m-1}x^{m-1}=x^{m-1}y^{m-1}=(yx)^{m-1}$.
    La centralité se démontre en utilisant que $x \mapsto x^m$ est surjectif.
  • @Frédéric Bosio
    J'ai écrit mon message pour compléter celui de i.zitoussi qui le précède immédiatement.
    Les hypothèses sont :
    $x\mapsto x^m$ est un morphisme, $x\mapsto x^m$ est surjectif et $x\mapsto x^{m-1}$ est injectif.

    i.zitoussi a montré que $x\mapsto x^m$ morphisme surjectif entraine que $x^{m-1}$ est central pour tout $x$.

    J'ai continué en écrivant :
    $(xy)^m=x^m y^m$ entraîne $(yx)^{m-1}=x^{m-1}y^{m-1}$ d'où $(yx)^{m-1}=(xy)^{m-1}$ (puisque $x^{m-1}$ est central).
    Cela entraine $xy=yx$ puisque $x\mapsto x^{m-1}$ est injectif.

    Edit : le temps que j'écrive mon message Marco a répondu pour moi.
  • Vous avez raison, au temps pour moi.
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