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 $G$ ?
...
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![:\](https://les-mathematiques.net/vanilla/resources/emoji/confused.png ":\")
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 $n>1$.).
-
$x^n$ 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
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.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.8K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
In this Discussion
Qui est en ligne 3
+2 Invités