Groupe abélien

[invite705d0470]

Bonjour !

Je cherche à montrer (depuis maintenant un petit bout de temps) que tout groupe G d'ordre où p est premier est abélien.
Pour ce faire, je dois utiliser le théorème de Lagrange et je suis invité à considérer le centre.

En fait, si je suis les indications, il est suffisant pour prouver la propriété de montrer que . on aura alors et alors , ce qui donnera bien la caractère abélien. Mais j'ai du mal à avancer et à travailler avec ce groupe...

Sinon, je me suis dit qu'il suffirait de montrer que G est cyclique, non ? La commutativité serait une simple conséquence.
Et j'essaie de le prouver en travaillant par l'absurde avec les sous groupes monogènes de G.
Je suppose donc que pour tout élément x différent de l'élément neutre e de G, est d'ordre p.
Par Bézout, je remarque que si alors .
Donc je peux "classer" ces sgm (sous groupes monogènes) selon un représentant et je ne travaille plus qu'avec eux: en fait j'élimine p-1 redondance pour chaque élément représentant d'un sgm ( ).
On a donc au plus sgm distincts.
Parallèlement, chacun étant par hypothèse d'ordre p, on a au maximum (dans le cas tous distincts) éléments, ce qui correspond exactement à l'ordre de G.
Donc j'arrive à la condition nécessaire: il existe exactement p+1 sous groupes monogènes disctincts (j'exclu le groupe de l'élement neutre). Et là, je ne trouve pas de contradiction "évidente".

Qu'en pensez vous ?
Peut être que j'ai eu une mauvaise approche du problème, je ne sais pas ... :/
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[Amanuensis]

Sinon, je me suis dit qu'il suffirait de montrer que G est cyclique, non ?

Certes. Mais le groupe de Klein, d'ordre 4, est commutatif et non cyclique...

[invite705d0470]

Ahah, donc c'est faux ?

[invite57a1e779]

Sinon, je me suis dit qu'il suffirait de montrer que G est cyclique, non ? La commutativité serait une simple conséquence.

Effectivement, cela suffirait... mais Z/pZxZ/pZ est un magnifique groupe d'ordre p² qui n'est pas cyclique, bien que commutatif.

Il faut d'abord utiliser la formule des classes pour prouver que le centre n'est pas trivial.
Ensuite, il faut voir que C(G) et G/C(G) sont commutatifs pour conclure.

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite705d0470]

Parce que j'avais alors dans l'idée de faire (par définition) et ils ont le même cardinal donc on a égalité.
En particulier, est un sous groupe de G. On a donc et ....
Non, de toute façon je ne vois pas ce que je pourrais faire dans cette continuité !

Pffff ...;

Bah, c'est en se trompant qu'on apprend (il parait ...).
Auriez vous des indices du coup ?

[invite705d0470]

Euh ...la formule des classes ?
Je ne l'ai pas vue.
N'y a t'il pas de moyens plus "élémentaires" que l'utilisation de groupes quotient ?

[invite57a1e779]

Autre approche :

1. Tout élément de G, autre que l'élément neutre, est d'ordre p ou p².

2. S'il existe un élément d'ordre p², alors G est cyclique, donc commutatif.

On suppose que tous les éléments de G, autres que l'élément neutre, sont d'ordre p.

3. Soit x un élément de G, autre que l'élément neutre : <x> est un sous-groupe cyclique d'ordre p.
Soit y un élément de G, n'appartenant pas à <x>, alors le seul élément commun à <x> et <y> est l'élément neutre.

4. Tous les éléments de G sont de la forme x^myⁿ, et on doit pouvoir en déduire que G est commutatif.

[invite705d0470]

Les 3 premiers points, je les ai écrits dans la tentative de démonstration de ce qui s'avère être faux ^^ (enfin, je m'en suis servi en tout cas) Mais je ne comprends pas le 4ème point en réalité.

[invite57a1e779]

Les éléments x et y de G engendrent 2 sous-groupes cycliques de G :

<x>={e,x,x²,...,x^p-1}
<y>={e,y,y²,...,y^p-1}

ce qui fournit p² éléments de G:

e,x,x²,...,x^p-1,
y,xy,x²y,...,x^p-1y,
y²,xy²,x²y²,...,x^p-1y²,
...
y^p-1,xy^p-1,x²y^p-1,...,x^p-1y^p-1.

Il faut prouver que ces p² éléments sont deux à deux distincts.

On a ainsi une liste de tous les éléments de G, et on prouve qu'il est commutatif.