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 $G$ ?
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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 $G$ ?
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Réponses
Ca sert par exemple à montrer qu'un groupe algébrique compact est abélien.
Mais sans autre précision c'est dur de répondre.
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
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.
...
Alain
Ce qui ne permet pas d’utiliser le fait que le noyau de $f_n$ est l’élément identité de $G$.
...
$\Z/3\Z$ 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.
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.
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...
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
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.
…
$a^{n+1}b^{n+1}=(ab)^{n+1}$. 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 $y^{-1}xy=x$.
La centralité se démontre en utilisant que $x \mapsto x^m$ est surjectif.
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.