Chapitre VI. Groupes abéliens
qui est libre par hypothèse de récurrence. On déduit de l’exercice (VI.2) que
H (H ∩ Z n−1 ) ⊕ p(H), et H est un groupe abélien libre comme somme directe
de groupes abéliens libres. De plus, p(H) est de rang inférieur ou égal à 1 et
(H ∩ Z n−1 ) est, par hypothèse, de rang inférieur ou égal à n − 1. D’où le résultat.
(VI.2.5.2). Considérons maintenant un groupe abélien libre G = {0} de base
X = {x i } i∈I quelconque et H un sous-groupe propre de G.
Pour tout k ∈ I, on note π k : G → Z le morphisme k ième coordonnée, i.e.
π k (g) = n k avec g =
i∈I n i x i .
On peut toujours supposer que I est muni d’une structure d’ensemble bien
ordonné (cf. appendice). Pour tout t ∈ I, on note G t le sous-groupe de G engendré par les éléments x i pour i t, et on pose H t = H ∩ G t . L’image de H t par
π t est un sous-groupe de Z, π t (H t ) = Za t . On note y t un élément de H t tel que
π t (y t ) = a t . Si a t = 0, on prend y t = 0.
Pour tout s ∈ I, on considère K s le sous-groupe de G engendré par les éléments
y t pour t s. Donc K t est contenu dans H t , pour tout t. Nous allons montrer
que, pour tout s ∈ I, K s = H s , ce qui prouvera que le sous-groupe H lui-même
est engendré par les éléments (y s ) s∈I .
Supposons que, par hypothèse de récurrence, on ait : pour tout t < s, K t = H t .
Cette hypothèse est bien vérifiée pour le plus petit élément de I. Pour tout élément
x ∈ H s , on a π s (x) = qa s , q ∈ Z, donc x − qy s s’écrit comme combinaison linéaire
d’un nombre fini de x i , avec i < s. On a donc x − qy s ∈ H t , avec t < s. D’où,
d’après l’hypothèse de récurrence, x−qy s ∈ K t . Mais, K t ⊂ K s et, par conséquent,
l’élément x appartient à K s , d’où K s = H s .
Ce qui précède prouve que la famille (y s ) s∈I est génératrice de H. Montrons
maintenant que la sous-famille des y s qui ne sont pas nuls est libre sur Z. Supposons qu’il existe une relation S =
finie n i y i = 0, dans laquelle il existe des
termes non nuls. On note k le plus grand indice i tel que n i y i = 0. Puisque
π k (y i ) = 0 pour i < k, on a π k (n k y k ) = π k (S) = 0. Mais, π k (n k y k ) = n k a k et,
puisque a k = 0, on doit avoir n k = 0, ce qui est contraire à l’hypothèse.
On en déduit que la famille des (y s ) s∈I qui sont non nuls est une base de H,
qui est donc un groupe abélien libre.
Corollaire VI.2.3. Si H est un sous-groupe d’un groupe libre G, alors
rang(H) rang(G).
Démonstration. Si le groupe G est de rang fini, le résultat a été démontré en
(VI.2.5.1). Supposons G de rang infini. Si H est de rang fini, le résultat est bien
clair. Si H est de rang infini, d’après le lemme (VI.2.2), on a rang(H) = card(H)
et rang(G) = card(G). Comme H ⊆ G, on en déduit que rang(H) rang(G).
140
qui est libre par hypothèse de récurrence. On déduit de l’exercice (VI.2) que
H (H ∩ Z n−1 ) ⊕ p(H), et H est un groupe abélien libre comme somme directe
de groupes abéliens libres. De plus, p(H) est de rang inférieur ou égal à 1 et
(H ∩ Z n−1 ) est, par hypothèse, de rang inférieur ou égal à n − 1. D’où le résultat.
(VI.2.5.2). Considérons maintenant un groupe abélien libre G = {0} de base
X = {x i } i∈I quelconque et H un sous-groupe propre de G.
Pour tout k ∈ I, on note π k : G → Z le morphisme k ième coordonnée, i.e.
π k (g) = n k avec g =
i∈I n i x i .
On peut toujours supposer que I est muni d’une structure d’ensemble bien
ordonné (cf. appendice). Pour tout t ∈ I, on note G t le sous-groupe de G engendré par les éléments x i pour i t, et on pose H t = H ∩ G t . L’image de H t par
π t est un sous-groupe de Z, π t (H t ) = Za t . On note y t un élément de H t tel que
π t (y t ) = a t . Si a t = 0, on prend y t = 0.
Pour tout s ∈ I, on considère K s le sous-groupe de G engendré par les éléments
y t pour t s. Donc K t est contenu dans H t , pour tout t. Nous allons montrer
que, pour tout s ∈ I, K s = H s , ce qui prouvera que le sous-groupe H lui-même
est engendré par les éléments (y s ) s∈I .
Supposons que, par hypothèse de récurrence, on ait : pour tout t < s, K t = H t .
Cette hypothèse est bien vérifiée pour le plus petit élément de I. Pour tout élément
x ∈ H s , on a π s (x) = qa s , q ∈ Z, donc x − qy s s’écrit comme combinaison linéaire
d’un nombre fini de x i , avec i < s. On a donc x − qy s ∈ H t , avec t < s. D’où,
d’après l’hypothèse de récurrence, x−qy s ∈ K t . Mais, K t ⊂ K s et, par conséquent,
l’élément x appartient à K s , d’où K s = H s .
Ce qui précède prouve que la famille (y s ) s∈I est génératrice de H. Montrons
maintenant que la sous-famille des y s qui ne sont pas nuls est libre sur Z. Supposons qu’il existe une relation S =
finie n i y i = 0, dans laquelle il existe des
termes non nuls. On note k le plus grand indice i tel que n i y i = 0. Puisque
π k (y i ) = 0 pour i < k, on a π k (n k y k ) = π k (S) = 0. Mais, π k (n k y k ) = n k a k et,
puisque a k = 0, on doit avoir n k = 0, ce qui est contraire à l’hypothèse.
On en déduit que la famille des (y s ) s∈I qui sont non nuls est une base de H,
qui est donc un groupe abélien libre.
Corollaire VI.2.3. Si H est un sous-groupe d’un groupe libre G, alors
rang(H) rang(G).
Démonstration. Si le groupe G est de rang fini, le résultat a été démontré en
(VI.2.5.1). Supposons G de rang infini. Si H est de rang fini, le résultat est bien
clair. Si H est de rang infini, d’après le lemme (VI.2.2), on a rang(H) = card(H)
et rang(G) = card(G). Comme H ⊆ G, on en déduit que rang(H) rang(G).
140