VI.2. Groupes abéliens libres
s’écrit x =
k
j=1 n j y j , alors x ∈
j∈L x j , avec L =
1jk I j . On en déduit que
{x i } i∈L est une partie finie, génératrice, libre comme sous-famille d’une famille
libre.
(ii). Démontrons que I = L, ce qui prouvera que toutes les bases sont finies.
On a L ⊆ I : supposons qu’il existe p contenu dans I et non contenu dans L.
On peut donc écrire x p =
j∈L n j x j , puisque {x j } j∈L est une base de G. Par
conséquent, l’intersection
x p ∩
j∈I,j =p
x j
est non vide, ce qui est en contradiction avec l’hypothèse G =
j∈I x j .
Montrons maintenant que toutes les bases de G ont le même nombre d’éléments. Soit {x 1 , . . . , x n } une base de G. On considère le sous-groupe 2G de G. Un
élément x appartient à 2G si et seulement si x =
n
i=1 n i x i avec n i ∈ 2Z, d’où
2G =
n
i=1
2x i .
On a donc
G/2G
n
i=1
x i
/
n
i=1
2x i
n
i=1
(x i /2x i )
(pour ce dernier isomorphisme, cf. exercice II.6.1). Mais, x i /2x i Z/2Z pour
tout i et, par conséquent, G/2G (Z/2Z) n .
Si nous considérons un autre base {y 1 , . . . , y p } de G, le même raisonnement
conduit à l’isomorphisme G/2G (Z/2Z) p . On a donc n = p et toutes les bases
de G sont finies et ont même nombre d’éléments.
Plus généralement, on a :
Théorème VI.2.4. Quels que soient les ensembles X et Y ,
[Z
(X)
Z
(Y ) ] ⇐⇒ [card(X) = card(Y )].
Démonstration. On a déjà vu à la proposition (VI.2.1) que si card(X) = card(Y ),
alors le groupe libre Z (X) est isomorphe au groupe libre Z (Y ) , par un isomorphisme
prolongeant une bijection donnée entre les deux ensembles équipotents X et Y .
Précisons alors le cardinal de Z (X) .
Lemme VI.2.1. Si X est un ensemble fini, alors Z (X) est un ensemble dénombrable.
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