Chapitre VI. Groupes abéliens
Puisque px = 0, on a pn i x i = 0, i.e. p α i |pn i , pour tout i, 1 < i r, d’où on a
n i = m i p (α i −1) . Comme on a 0 n i < p α i , on a 0 m i < p.
Par conséquent, on a H p =
1ir m i x i , avec 0 m i < p. On en déduit que
|H p | = p r .
En utilisant l’autre décomposition de P en somme directe, le même raisonnement donne |H p | = p s . On en déduit donc que r = s.
On considère
K p = {x ∈ P | ∃ x
∈ P, x = px
}.
Un élément x de P appartient à K p si et seulement si x s’écrit x =
1ir pn i x i .
Par conséquent,
K p =
1ir
px i
où px i désigne le sous-groupe engendré par px i .
Un générateur x i appartient à H p si et seulement si α i = 1. Supposons qu’on
ait α 1 = . . . = α h = 1 et 1 < α h+1 . . . α r . Alors
K p =
(h+1)ir
px i
et |px i | = p (α i −1) .
En utilisant l’autre décomposition de P en somme directe, on obtient
K p =
(h +1)jr
py j
et |py j | = p (β j −1) .
Si tous les termes α i sont égaux à 1, alors K p = 0, d’où h = r et β i = 1 pour
tout i, 1 i r, d’où le résultat.
Si h < r, K p est un sous-groupe propre de P , donc d’ordre p u , avec 1 u < t.
En appliquant l’hypothèse de récurrence au p-groupe K p , on obtient h = h et
α i = β i , pour (h + 1) i r. Puisqu’on a α i = β i = 1 pour 1 i h, on a
donc α i = β i pour tout i, 1 i r, et le lemme est démontré, ce qui achève la
démonstration du théorème (VI.4.2).
Démonstration du théorème (VI.4.1.(ii)). Soit H le sous-groupe de G de base
(e i ) 1iq . Il est clair que H ⊆ H . De plus, puisque a 1 | . . . |a q ,
H
= {x ∈ G | ∃λ ∈ Z, λx ∈ H}.
Par conséquent, H /H est le sous-groupe de torsion de G/H. Ceci détermine H ,
donc son rang q, de manière unique.
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