Chapitre VI. Groupes abéliens
Pour tout u ∈ Hom(G, Z), u(H) est un sous-groupe de Z, donc de la forme
Zα u . On a donc un ensemble de nombres entiers positifs ou nuls (α u ). Puisque H
est non nul, il existe au moins une fonction coordonnée qui ne s’annule pas sur H,
il existe donc des α u non nuls. On pose
a = inf u∈Hom(G,Z)
αu =0
(α u )
et on note f un élément de Hom(G, Z) correspondant à a, i.e. f (H) = Za. Soit
h ∈ H tel que f (h) = a ; écrivons h =
1in h i x i .
Lemme VI.4.1. Pour tout i, 1 i n, a divise h i .
Démonstration. Soit d le pgcd de a et h i ; il existe des entiers r et s tels que
d = rh i + sa = rπ i (h) + sf (h) = (rπ i + sf )(h).
Comme (rπ i + sf ) ∈ Hom(G, Z), il existe un α tel que (rπ i + sf )(H) = Zα. On
a donc Zd ⊆ Zα. Puisque d divise a, on a Za ⊆ Zd. On a donc Za ⊆ Zα. On en
déduit que α divise a et, par minimalité de a, α = a. On a donc Zd = Za, d’où a
divise d, donc a divise h i .
Par conséquent, pour tout i, 1 i < n, il existe g i ∈ Z tel que h i = ag i . On
pose g =
1in g i x i . On a h = ag, donc f (h) = f (ag) = af (g), mais comme
f (h) = a, on a f (g) = 1. Le morphisme f : G → Z admet donc une section λ
définie par λ(1) = g. Le groupe λ(Z) est isomorphe à Z, donc libre de rang 1. Il
s’identifie au sous groupe de G engendré par g, que nous noterons g, qui est donc
lui aussi libre de rang 1. On déduit du corollaire (VI.2.1), de la remarque (VI.2.2)
et de l’exercice (VI.2) que G = g ⊕ Ker(f ). Par conséquent, Ker(f ) est un
groupe libre de rang n − 1 et
H = (g ∩ H) ⊕ (Ker(f ) ∩ H).
De plus, pour tout élément y de H, on a f (y) = ba avec b ∈ Z, d’où
y = bh + (y − bag), et (y − bag) ∈ (Ker(f ) ∩ H), puisque f (g) = 1. Ceci, et
l’unicité de l’écriture de tout élément de H en fonction de la décomposition en
somme directe donnée ci-dessus, impliquent que g ∩ H = h. On a donc
H = h ⊕ (H ∩ Ker(f )).
Par hypothèse de récurrence appliquée au groupe Ker(f ) et son sous-groupe
Ker(f ) ∩ H, il existe
– une base (e 2 , . . . , e n ) de Ker(f ),
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Pour tout u ∈ Hom(G, Z), u(H) est un sous-groupe de Z, donc de la forme
Zα u . On a donc un ensemble de nombres entiers positifs ou nuls (α u ). Puisque H
est non nul, il existe au moins une fonction coordonnée qui ne s’annule pas sur H,
il existe donc des α u non nuls. On pose
a = inf u∈Hom(G,Z)
αu =0
(α u )
et on note f un élément de Hom(G, Z) correspondant à a, i.e. f (H) = Za. Soit
h ∈ H tel que f (h) = a ; écrivons h =
1in h i x i .
Lemme VI.4.1. Pour tout i, 1 i n, a divise h i .
Démonstration. Soit d le pgcd de a et h i ; il existe des entiers r et s tels que
d = rh i + sa = rπ i (h) + sf (h) = (rπ i + sf )(h).
Comme (rπ i + sf ) ∈ Hom(G, Z), il existe un α tel que (rπ i + sf )(H) = Zα. On
a donc Zd ⊆ Zα. Puisque d divise a, on a Za ⊆ Zd. On a donc Za ⊆ Zα. On en
déduit que α divise a et, par minimalité de a, α = a. On a donc Zd = Za, d’où a
divise d, donc a divise h i .
Par conséquent, pour tout i, 1 i < n, il existe g i ∈ Z tel que h i = ag i . On
pose g =
1in g i x i . On a h = ag, donc f (h) = f (ag) = af (g), mais comme
f (h) = a, on a f (g) = 1. Le morphisme f : G → Z admet donc une section λ
définie par λ(1) = g. Le groupe λ(Z) est isomorphe à Z, donc libre de rang 1. Il
s’identifie au sous groupe de G engendré par g, que nous noterons g, qui est donc
lui aussi libre de rang 1. On déduit du corollaire (VI.2.1), de la remarque (VI.2.2)
et de l’exercice (VI.2) que G = g ⊕ Ker(f ). Par conséquent, Ker(f ) est un
groupe libre de rang n − 1 et
H = (g ∩ H) ⊕ (Ker(f ) ∩ H).
De plus, pour tout élément y de H, on a f (y) = ba avec b ∈ Z, d’où
y = bh + (y − bag), et (y − bag) ∈ (Ker(f ) ∩ H), puisque f (g) = 1. Ceci, et
l’unicité de l’écriture de tout élément de H en fonction de la décomposition en
somme directe donnée ci-dessus, impliquent que g ∩ H = h. On a donc
H = h ⊕ (H ∩ Ker(f )).
Par hypothèse de récurrence appliquée au groupe Ker(f ) et son sous-groupe
Ker(f ) ∩ H, il existe
– une base (e 2 , . . . , e n ) de Ker(f ),
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