Unicité d'un sous-groupe

[ArthuroG]

Bonjour,

je travaille sur l'exercice suivant : il s'agit de montrer que si un groupe $G$ est cyclique d'ordre $n$ et que $d$ est un diviseur strictement positif de $n$ alors il n'existe qu'un seul sous-groupe de $G$ d'ordre $d$.

J'arrive à montrer l'existence, mais je fais un blocage sur l'unicité.

Je note $d'$ l'entier tel que $dd'=n$.
Je note $a$ un générateur de $G$.

Pour l'existence :

Je vais montrer que le groupe $H:=<a^{\frac{n}{d}}>=<a^{d'}>$ est un sous-groupe de $G$ d'ordre $d$.

Pour cela, je note $card(H)=\delta$ et je prouve que $\delta=d$.

- $a^{\frac{n}{d}}\in H$ et $card(H)=\delta$ donc $(a^{\frac{n}{d}})^\delta=1$, soit $a^{\frac{n\delta}{d}}=1$ et donc $o(a)\mid \frac{n\delta}{d}$. D'où $n\mid \frac{n\delta}{d}$ et donc $d\mid \delta$.
- $a\in G$ et $card(G)=n$ donc $a^n=1$, soit $(a^{\frac{n}{d}})^d=1$ et donc $o(a^{\frac{n}{d}})\mid d$. D'où $card(H)\mid d$ et donc $\delta\mid d$.

Finalement, $\delta=d$.
Il existe donc un sous-groupe, à savoir $H$, qui soit d'ordre $d$.

Reste à prouver l'unicité, je n'y arrive pas.

Je suppose que $J$ est un sous-groupe de $G$ d'ordre $d$. Et je veux prouver que $J=H$.
En fait, prouver que $J\subset H$ suffit puisque ces deux ensembles ont même cardinal.
Je ne sais pas le faire.

Pouvez-vous m'aider ?
Merci !

[guiguiche]

Comme je ne manipule plus les groupes depuis fort longtemps, je ne trouve pas la motivation pour lire en profondeur ton déroulé.

[ArthuroG]

Bonsoir,

merci d'avoir pris le temps de répondre =)

Peut-être que quelqu'un d'autre m'aidera ?

[balf]

Bonsoir,

L'unicité a juste besoin d'être prise par le bon bout. Voici quelques indications:

Si $J$ est d'ordre $d$ (où, avec vos notations, $n=dd'$), le plus petit entier $k$ tel que $a^k\in J$ est $d'$, puisque la classe de $a$ modulo $J$ engendre $G/J$, lequel est d'ordre $\frac nd=d'$ en vertu de la formule
$$|G|=[G:J]|J|.$$
Ceci suffit à montrer à montre que $J=H$.

Une remarque pour finir: une formule souvent utile est celle qui donne l'ordre d'une puissance $a^k$ en fonction de l'ordre de l'element $a$, qu'il soit générateur ou non:
$$\mathrm o(a^k)=\frac{\mathrm o(a)}{\mathrm{pgcd}(\mathrm o(a),k)}$$

[ArthuroG]

Bonjour,
merci de votre réponse !
Je ne saisis pas ceci :

Ceci suffit à montrer à montre que $J=H$.

Pouvez-vous me donner une indication supplémentaire ?
D'avance merci !

[balf]

Bonjour,

Peut-être n'ai-je pas été assez explicite. En fait cet argument montre qu'un sous-groupe d''ordre $d$, dans un groupe cyclique d'ordre $n=dd'$, engendré par un élément $a$, est nécessairement égal au sous-groupe $\langle a^{d'}\rangle$.

Ceci est-il suffisamment convaincant ?
B. A.

[ArthuroG]

Bonjour,

C'est plus clair ! Enfin, je crois.
On a vu dans la première partie (ie l'existence) que $H=<a^\frac{n}{d}>$.

Comme $a^\frac{n}{d}\in J$ alors $<a^\frac{n}{d}>\subset J$, soit $H\subset J$.
Or $\mid H\mid=\mid J\mid$ et donc $H=J$.

Je réalise que je suis passé à côté d'autre chose :

la classe de $a$ modulo $J$ engendre $G/J$

Je n'arrive pas à expliciter ceci
Merci pour l'aide !

[balf]

Bonjour,

Puisque $a$ engendre $G$ et que le morphisme canonique $G\longrightarrow G/J$ est surjectif, son image $a J$ dans $G/J$ engendre bien iceluy, non ?

En d'autres termes, puisque tout élément $g\in G$ est de la forme $a^k$, sa classe $gJ$ est de la forme $a^kJ=(aJ)^k$.

B. A.

[ArthuroG]

Bonjour,

je crois comprendre le raisonnement, mais n'en suis pas certain.
Le résultat utilisé est le fait qu'un isomorphisme de groupes échange les générateurs des groupes sur lesquels il opère. Est-ce bien cela ?

[balf]

Oui, c'est exactement ça.

B. A.

[ArthuroG]

Mais la surjection canonique $\pi$ est un morphisme surjectif, sans être forcément injectif.

$$\begin{array}{lccl}
\pi : &G &\rightarrow& G/J \\
&a^k& \mapsto &\bar{a}^k
\end{array}$$

J'ai l'impression de passer à côté.

[balf]

C'est moi qui suis passé à côté de votre objection (bien que l'assertion sur les isomorphismes soit juste):
si $G$ est cyclique, engendré par $a$, vous avez un homomorphisme surjectif du groupe additif $\mathbf Z$
$$\begin{align}
\varphi\colon\mathbf Z&{-}\mkern-8mu\twoheadrightarrow G, \\
k&\longmapsto a^k,
\end{align}$$
qui induit par composition un homorphisme surjectif
$$\begin{align}
\varphi\colon\mathbf Z&{-}\mkern-8mu\twoheadrightarrow G/J, \\
k&\longmapsto a^kJ=(aJ)^k.
\end{align}$$

[ArthuroG]

Bonjour,
merci pour votre aide ! Je crois que je commence à comprendre !
On utilise la relation d'équivalence dont les classes d'équivalence sont les classes à gauche modulo $J$.
Soit :

$$\bar{a}^k=\{y\in G\mid a^k\,\,\mathcal{R}_J\,\,y\}=\{y\in G\mid (a^k)^{-1}y\in J\}=\{y\in G\mid y\in a^kJ\}=a^kJ$$

Par suite, la surjection canonique est le morphisme surjectif suivant :

$$\begin{array}{lccl}
\pi : &G &\rightarrow& G/J \\
&a^k& \mapsto &\bar{a}^k=a^kJ
\end{array}$$

En composant avec le morphisme surjectif $\varphi$ on obtient un morphisme surjectif au départ de $\mathbb{Z}$ et à valeurs dans $G/J$.

J'ai ensuite une double hésitation :
1 - Je ne suis pas certain mais je crois qu'on utilise l'implication suivante $G=<a>\Rightarrow \varphi(G)=<\varphi(a)>$ ?
2 - L'égalité $a^kJ=(aJ)^k$ se justifie par double inclusion ?

Une nouvelle fois, merci pour l'aide et les éclaircissement :)

[balf]

1. Je présume que ce que vous notez $\varphi(G)$ serait, un peu plus haut, $\pi(G)$? Si oui, oui (désolé pour l'écho…).

2. C'est juste un cas particulier (avec un peu de récurrence pour jardin d'enfants) de la définition de la multiplication dans un groupe-quotient:
$$aJ\cdot bJ=ab J$$
On montre, je le rappelle, que, si $a'\equiv a$ et $b'\equiv b\bmod J$, alors $a'b'\equiv ab\bmod J$, ce qui revient à dire que , si $a'J=aJ$ et $b'J=bJ$, alors $a'b'J=abJ$, et justifie, du même coup, la définition du produit dans le quotient.

B. A.

[ArthuroG]

Bonjour !

1. Je présume que ce que vous notez $\varphi(G)$ serait, un peu plus haut, $\pi(G)$? Si oui, oui (désolé pour l'écho…).

En fait, j'hésite !
D'une façon générale, si $G=<a>$ est cyclique engendré par $a\in G$ et que f est un isomorphisme au départ de $G$, alors on a $f(G)=<f(a)>$ où $f(G)=Im(f)$ désigne l'image de $G$ par $f$.

Il faut donc un isomorphisme pour que cela fonctionne.
$\pi$ est un morphisme surjectif au départ de $G$ et à valeur dans $G/J$.
$\varphi$ également, au départ de $\mathbb{Z}$ et à valeur dans $G$.

Je ne vois pas l'isomorphisme avec lequel on travaille !

2. C'est juste un cas particulier (avec un peu de récurrence pour jardin d'enfants) de la définition de la multiplication dans un groupe-quotient:
$$aJ\cdot bJ=ab J$$
On montre, je le rappelle, que, si $a'\equiv a$ et $b'\equiv b\bmod J$, alors $a'b'\equiv ab\bmod J$, ce qui revient à dire que , si $a'J=aJ$ et $b'J=bJ$, alors $a'b'J=abJ$, et justifie, du même coup, la définition du produit dans le quotient.

Je pense que c'est le point de cours qu'il me manque. Mais cela me fait penser à la congruence modulo n "classique". Je vais tenter de refaire la démonstration ! Merci =)

[balf]

Il n'est nul besoin d'un isomorphisme pour avoir $f(G)=\langle\, f(a)\,\rangle$ si $G=\langle\, a\,\rangle$. Pour un élément $f(g)\in f(G)$, on a $g=a^k$ pour un certain entier $k$, et il suffit que $f$ soit un morphisme pour que
$$f(g)=f(a^k)=f(a)^k.$$

[ArthuroG]

Bonjour,
je comprends mieux !

Proposition : Si $f$ est un morphisme au départ d'un groupe monogène $G$ engendré par $g\in G$ et à valeurs dans un autre groupe $G'$, alors $f(G)$ est un groupe monogène engendré par $f(g)\in G'$.

Je ne sais pas pourquoi je pensais qu'il fallait un isomorphisme

Ici, la surjection canonique $\pi$ est un morphisme surjectif au départ du groupe monogène $G=\langle a\rangle$ et à valeur dans le groupe $G/J$. Donc $\pi(G)$ est un groupe monogène engendré par $\pi(a)$, soit ${\color{red}\pi(G)}={\color{blue}\langle \pi(a)\rangle}$, et donc ${\color{red}G/J}={\color{blue}\langle aJ\rangle}$

En effet :
- Par surjectivité, on a ${\color{red}\pi(G)=G/J}$.
- Par définition, on a ${\color{blue}\pi(a)=\{y\in G\mid a\,\,\mathcal{R}_J\,\,y\}=\{y\in G\mid a^{-1}y\in J\}=aJ}$.

Par conséquent :
$$\begin{align}
o(aJ)&:=card(\langle aJ\rangle)\\
&=card(G/J)\\
&=card(G)/card(J)\\
&=\frac{n}{d}
\end{align}$$

en utilisant la définition de l'ordre d'un élément et le théorème de Lagrange.
Désolé de la lenteur de compréhension !

J'ai du mal à justifier ensuite que $a^{\frac{n}{d}}\in J$.

Je sais que, par définition de l'ordre d'un élément, $\frac{n}{d}$ est le plus petit entier non nul tel que $(aJ)^{\frac{n}{d}}=a^{\frac{n}{d}}J=e$. Mais je ne vois pas comment justifier l'appartenance à J ?

Encore merci pour l'aide !

[balf]

Bonjour,

Pour $a^{\tfrac nd}$, voici l'argument (détaillé juste ce qu'il faut):

L'ordre de $a^k$ est $\dfrac{n}{\gcd(n,k)}$, et il doit être égal à $\dfrac nd$ si $a^k$ engendre $J$, puisque la classe de $a$ engendre $G/J$, lequel est précisément d'ordre $\dfrac nd$. Il en résulte aussitôt que $\gcd(n, k)=d$ et la plus petite valeur de $k$ possible est évidemment $d$ (à cause que $k$ est de toute façon un multiple de $d$).

B. A.

[ArthuroG]

Bonjour,
je pense avoir tout compris dans votre dernier message, sauf un point sur lequel je bloque encore.

L'ordre de $a^k$ est $\frac{n}{pgcd(n,k)}$.

C'est un point de la leçon.

Il doit être égal à $\frac{n}{d}$ si $a^k$ engendre $J$.

C'est le point sur lequel je bloque encore.

La classe de $a$ engendre $G/J$ lequel est précisément d'ordre $\frac{n}{d}$.

Oui, on a vu que $G/J=<\pi(a)>=<aJ>$.

Il en résultat que pgcd(n,k)=d et la plus petite valeur possible de $k$ est $d$.

Je comprends que $\frac{n}{pgcd(n,k)}=\frac{n}{d}$ impose $pgcd(n,k)=d$. Donc $d\mid k$.

En fait, j'ai l'impression de louper le début de la démonstration. L'on suppose que J est un sous-groupe d'ordre $d$ du groupe cyclique $G$, lequel est d'ordre $n$. Et on veut prouver que $J=<a^{\frac{n}{d}}>$.

Et c'est là le point bloquant pour ma compréhension de l'exercice.

Est-ce qu'on suppose que $J=<a^k>$ et on prouve alors que $k=\frac{n}{d}$ ?
Est-ce que nécessairement $J$ s'écrit sous la forme $<a^k>$ et on prouve alors que $k=\frac{n}{d}$ ?

Je m'y perds un peu au début, je crois.

En tout cas, merci de votre patience ! Cela m'aide beaucoup !

[balf]

Bonjour,

En fait, j'ai l'impression que je me suis emmêlé dans la démonstration. Je regarderai plus tard le détail des arguments, amenés progressivement par vos objections, pour nettoyer tout ça et laisser quelque chose de net.

C'est beaucoup plus simple : si l'on reprend au départ (ou presque…), $a$ engendre $G$ (d'ordre $n$), donc sa classe $aJ$ engendre $G/J$, lequel est d'ordre $\dfrac nd$. Mézalor, $\dfrac nd$ est le plus petit entier $k$ tel que la classe $(aJ)^k=a^kJ$ soit égale à celle de l'élément neutre de $G/J$, lequel élément neutre n'est autre que $J$. Ce qui signifie très exactement que le plus petit entier $k$ tel que $a^k\in J$ est $k=\dfrac nd$.

Est-ce que ça s'éclaircit ?

B. A.