\documentstyle[12pt]{article}



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%theorems and such without numbers
%Put blank lines before Thms but not after
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%Pictures
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\newcommand{\apinf}{\al'_{p^\infty}}
\newcommand{\bpinf}{\be'_{p^\infty}}

\begin{document}
\begin{center}
Universit\'e Paris 7 -- Denis Diderot  \hfill 8 novembre 1994\\
U.F.R. de Math\'ematiques\hfill \mbox{B.~Keller } \\
D.E.U.G. Math\'ematiques : MT 282  \hfill \mbox{ }
\mbox{ }
\end{center}
\begin{center}
{\bf La classification des sommes de groupes $\Z/n\Z$}
\end{center}
{\bf Exemple.} Consid\'erons les groupes ab\'eliens
\begin{eqnarray*}
A & = & \Z/48 \plus \Z/900 \plus \Z/30 \\
B & = & \Z/1200 \plus \Z/60 \plus \Z/18 .
\end{eqnarray*}
Ici, le symb\^ole $\Z/n$  signifie $\Z/n\Z$, et nous \'ecrivons
$\plus$ au lieu de $\times$ pour faire appara\^{\i}tre 
que nous ne regardons que la structure de groupe
ab\'elien (et non pas celle d'anneau). 
\el
{\bf Question :} est-ce que $A$ est isomorphe \`a $B$ ?
\el
Pour r\'epondre, nous allons remplacer $A$ et $B$ par des
groupes isomorphes obtenus en appliquant le lemme chinois
autant de fois que possible. Ainsi, le lemme chinois nous
donne des isomorphismes
\begin{eqnarray*}
\Z/48 & \cong & \Z/3 \plus \Z/16 \\
\Z/900 & \cong & \Z/9 \plus \Z/4 \plus \Z/25 \\
\Z/30 & \cong & \Z/2\plus \Z/3 \plus \Z/5.
\end{eqnarray*}
En substituant dans l'expression pour $A$ nous trouvons
\[
A\cong (\Z/3\plus\Z/16) \plus 
(\Z/9 \plus \Z/4 \plus \Z/25) \plus
(\Z/2 \plus \Z/3 \plus \Z/5).
\]
Puisque l'op\'eration $\oplus$ est `commutative \`a isomorphisme
pr\`es', nous pouvons r\'earranger les termes pour obtenir
\[
A\cong (\Z/16\plus\Z/4\plus\Z/2) \plus
(\Z/9\plus\Z/3\plus\Z/3)\plus
(\Z/25\plus\Z/5) .
\]
De m\^eme, les d\'ecompositions $1200=16\times 25\times 3$,
$60=3\times 4\times 5$, $18=2\times 9$, montrent que nous avons
\begin{eqnarray*}
B & \cong & 
(\Z/16\plus\Z/25\plus \Z/3)\plus
(\Z/4\plus\Z/3\plus\Z/5)\plus
(\Z/2\plus\Z/9) \\
& \cong &
(\Z/16\plus \Z/4\plus \Z/2)\plus
(\Z/9\plus \Z/3\plus \Z/3) \plus
(\Z/25\plus\Z/5).
\end{eqnarray*}
Nous voyons ainsi que $A$ est bien isomorphe \`a $B$. 

\el
\el

Analysons ce raisonnement : nous sommes partis d'un groupe ab\'elien
\[
A=A(\al):= \Z/n_1 \plus \Z/n_2 \plus \ldots \plus \Z/n_k
\]
donn\'e par une suite $\al=(n_1, n_2, \ldots ,n_k)$ d'entiers
$\geq 2$. Nous avons d\'ecompos\'e chacun des nombres $n_i$ en
un produit de puissances de nombres premiers.
Nous arrangeons ces puissances pour obtenir
la {\em suite $\pi(\al)$ de puissances de nombres premiers associ\'ee
\`a $\al$}
\[
\pi(\al) = (p_1^{e_{11}}, p_1^{e_{12}}, \ldots, p_i^{e_{ij}}, \ldots,
p_r^{e_{rs}})
\]
o\`u $p_1<p_2< \ldots< p_r$ et $e_{i1} \geq e_{i2} \geq \ldots$
pour tout $i$. Le lemme chinois nous a fourni un isomorphisme
\[
A(\al) \cong A(\pi(\al))
\]
De m\^eme, nous avons calcul\'e la suite des puissances
 $\pi(\beta)$ 
associ\'ee \`a la suite $\beta$ qui d\'eterminait
le groupe $B=A(\beta)$. Nous avons pu conclure que $A\cong B$ parce que
nous avions l'\'egalit\'e $\pi(\al)=\pi(\be)$ et donc
$A = A(\al) \cong A(\pi(\al)) =A(\pi(\beta)) \cong A(\beta)=B.$

\el
Cet argument est parfaitement g\'en\'eral et montre la condition
suffisante (`si') du th\'eor\`eme suivant

\thme{Soient $\al=(n_1, n_2, \ldots, n_k)$ et 
$\beta=(m_1, m_2, \ldots, m_l)$ deux suites d'entiers sup\'erieurs \`a 
$1$ et 
\begin{eqnarray*}
A & = & \Z/n_1 \plus \Z/n_2 \plus \ldots \plus\Z/n_k \ko \\
B & = & \Z/m_1 \plus \Z/m_2 \plus \ldots \plus\Z/m_l .
\end{eqnarray*}
Alors $A$ est isomorphe \`a $B$ si et seulement si les suites
de puissances premi\`eres associ\'ees \`a $\al$ et $\be$ sont
\'egales.}
\el
{\bf Remarque.} En utilisant le lemme chinois nous avons d\'ej\`a 
d\'emontr\'e la condition suffisante du th\'eor\`eme. 
En vue de cette d\'emonstration, la condition n\'ecessaire
(`seulement si')
peut \^etre interpr\'et\'ee comme l'affirmation que
{\em toute isomorphie entre sommes de groupes 
$\Z/n\Z$ est cons\'equence du lemme chinois} (appliqu\'e
plusieurs fois, bien entendu).
\el
\el

Il reste \`a d\'emontrer que si $\pi(\al)\neq \pi(\beta)$, 
alors $A\not\cong B$.

\el
{\bf Exemples.}  1) Le groupe $A=\Z/2\plus \Z/2$ a le m\^eme ordre que le
groupe $B=\Z/4$. N\'eanmoins, les deux ne sont pas isomorphes.
En effet, si $a=(\ol{x},\ol{y})$ est un \'el\'ement quelconque
de $A$, alors
\[
2 a = a + a = (\ol{2x}, \ol{2y}) = (\ol{0},\ol{0})= 0.
\]
S'il existait un isomorphisme $\phi: A\ra B$, les \'el\'ements
de $B$ jouiraient de la m\^eme propri\'et\'e. En effet, 
tout \'element $b$ de $B$ s'\'ecrirait $b=\phi(a)$ pour un $a\in A$,
et on aurait
\[
2 b = b+b = \phi(a)+ \phi(a)= \phi(a+a)= \phi(0)= 0.
\]
Or, l'\'el\'ement $\ol{1}$ de $B=\Z/4$ ne v\'erifie pas 
cette condition car $\ol{2}\neq\ol{0}$ dans $\Z/4$. 

2) Les groupes $A=\Z/3\plus\Z/2\plus\Z/2$ et $B=\Z/3\plus \Z/4$
ont le m\^eme ordre. En vue du premier exemple, il est plausible
qu'il ne soient pas isomorphes. Pour montrer cette affirmation,
supposons qu'il existe un isomorphisme
$\phi : \Z/3\plus \Z/2\plus \Z/2 \ra \Z/3 \plus \Z/4$. 
Regardons les sous-groupes $A_4$ et $B_4$ form\'es des
\'el\'ements $x$ de $A$ (resp. $B$) tels que $4 x=0$. 
Il est (presque) clair (voir ci-dessous) que l'application
\[
A_4 \ra B_4 \ko a \mapsto \phi(a)
\]
est un isomorphisme. Or nous avons
\begin{eqnarray*}
A_4 & = & \{(\ol{0}, \ol{u}, \ol{v}) \; | \; \ol{u}, \ol{v} \in\Z/2 \}
\cong \Z/2 \times \Z/2 \\
B_4 & = & \{(\ol{0}, \ol{w}) \; | \; \ol{w}\in\Z/4\}
\cong \Z/4.
\end{eqnarray*}
Ainsi, $\phi$ nous fournirait un isomorphisme entre 
$\Z/2\plus\Z/2$ et $\Z/4$ en contradiction avec le premier exemple. 
\el

Nous allons syst\'ematiser la 
technique utilis\'ee dans ces exemples.
\el
\el
\noindent
{\bf Sous-groupes de $m$-torsion}
\el
Si $A$ est un groupe ab\'elien et $m$ un entier $\geq 2$, le
{\em sous-groupe de $m$-torsion de $A$} est
\[
A_m:= \{a\in A \,| \, ma=0 \} \quad (ma = \underbrace{a + \ldots +a}_{m})
\]
et son {\em sous-groupe de $m^\infty$-torsion} est
\[
A_{m^\infty} := \{a\in A\, | \, \mbox{il existe $k\in\N$ tel que
} m^k a=0 \} .
\]

\el
{\bf Exemples.} 1) Nous avons 
\begin{eqnarray*}
(\Z/6)_2 & = & \{ \ol{0}, \ol{3}\} \cong \Z/2\\
(\Z/6)_3 & = & \{ \ol{0}, \ol{2} , \ol{4} \} \cong \Z/3.
\end{eqnarray*}


2) Si $p$ est un nombre premier et $n\geq 1$, alors
\[
(\Z/p^n)_{p^\infty} = \Z/p^n
\]
car $p^n \ol{x}=\ol{0}$ pour tout $\ol{x}\in\Z/p^n$. 
Si $q$ est un nombre premier diff\'erent de $p$, alors
\[
(\Z/q^n )_{p^\infty} = \{ \ol{0} \}.
\]
En effet, $q^n$ et $p^k$ sont premiers entre eux de
fa\c{c}on que l'\'equation 
\[
p^k \ol{x} = \ol{0} 
\mbox{ (resp. }
p^k x = q^n y \mbox{ pour un y}\in\Z)
\]
n'admet que $\ol{x}=\ol{0}$ pour solution (lemme de Gauss). 

3) Si $p$ est premier et $k\leq n$, alors 
\[
(Z/p^n)_{p^k} = 
\{
\ol{0},\, \ol{p^{n-k}}, \,2\, \ol{p^{n-k}}, \ldots, \,
(p^k-1)\, \ol{p^{n-k}}\}
\]
qui est isomorphe \`a $\Z/p^k$ par l'isomorphisme qui envoie
$\ol{1}$ sur $\ol{p^{n-k}}$. Si $k\geq n$, alors
$(\Z/p^n)_{p^k}= \Z/p^n$.  Donc
\[
(\Z/p^n)_{p^k} \cong \left\{ 
\begin{array}{ll} 
\Z/p^k & \mbox{si } k\leq n \\
\Z/p^n & \mbox{si } k\geq n . 
\end{array}
\right.
\]

\el
\lemme{Soient $A$ et $B$ des groupes ab\'eliens.
\begin{itemize}
\item[a)] On a $(A\plus B)_m = A_m\plus B_m$ et 
$(A\plus B)_{m^\infty} = A_{m^\infty}\plus B_{m^\infty} $.
\item[b)] Si $f:A\ra B$ est un homomorphisme, alors 
$f(A_m)\subset B_m$. Si $f$ est un isomorphisme, l'application
induite $A_m\ra B_m\ko a\mapsto f(a)$ est un isomorphisme.
Donc
\[
A\cong B \Longrightarrow ( A_m \cong B_m \mbox{  et  } 
                         A_{m^\infty} \cong B_{m^\infty} ).
\]
\end{itemize}
}	
\el
{\bf Exemples.} 4) Soient $p$ et $q$ deux nombres
premiers diff\'erents et 
$A= \Z/p^3\plus \Z/p^2\plus \Z/q^5\plus \Z/q^4$. 
Alors l'exemple 2) et l'\'enonc\'e a) du lemme montrent
qu'on a 
\begin{eqnarray*}
A_{p^\infty} & \cong & \Z/p^3\plus \Z/p^2 \\
A_{q^\infty} & \cong & \Z/q^5\plus \Z/q^4.
\end{eqnarray*}

5) G\'en\'eralisons l'exemple 4). Soit $\pi$ une suite de
puissances de nombres premiers, $p$ un nombre premier et
$\pi_p$ la suite des puissances de $p$ qui apparaissent dans $\pi$.
Alors l'exemple 2) et l'\'enonc\'e b) du lemme montrent qu'on a
\[
A(\pi)_{p^\infty} \cong A(\pi_p).
\]
\el
{\bf D\'emonstration du lemme :} a) Par d\'efinition de la structure
de groupe sur $A\plus B$, nous avons $m (a,b)= (ma, mb)$
et $0_{A\plus B}=(0,0)$. Donc $m(a,b)$ s'annule si et
seulement si $ma=0$ et $mb=0$ ce qu'il fallait d\'emontrer.
De m\^eme pour le cas $m^\infty$.

b) Si $a\in A_m$, nous avons $m f(a) = f(ma) =f(0)=0$, d'o\`u
l'inclusion. Supposons que $f$ est un isomorphisme
et soit $g: B \ra A$ l'isomorphisme inverse. Alors
nous avons $g(B_m)\subset A_m$ et on voit que l'application
$B_m \ra A_m\ko b\mapsto g(b)$ est l'inverse de l'application
$A_m \ra B_m\ko a\mapsto f(a)$. Les deux sont donc des isomorphismes
inverses l'un de l'autre. De m\^eme pour le cas $m^\infty$.

\el
\el
{\bf Suite de la d\'emonstration du th\'eor\`eme}
\el
Supposons que $\al$ et $\beta$ sont comme dans le th\'eor\`eme
et que $A(\al)\cong A(\beta)$. Il faut montrer que $\pi(\al)=\pi(\beta)$.
Nous savons que $A(\al)\cong A(\pi(\al))$ et 
$A(\beta)\cong A(\pi(\beta))$. Donc l'hypoth\`ese implique
que $A(\pi(\alpha))\cong A(\pi(\beta))$. 
Soit $p$ un nombre premier et notons $\pi_p(\al)$ la suite
des puissances de $p$ qui apparaissent dans $\pi(\al)$. 
Par l'exemple 5) nous avons
\[
A(\pi(\al))_{p^\infty} \cong A(\pi_p(\al)) \mbox{  et  }
A(\pi(\beta))_{p^\infty} \cong A(\pi_p(\beta)).
\]
Donc $A(\pi_p(\al))\cong A(\pi_p(\beta))$. Il reste \`a d\'emontrer
que si $\pi$ et $\pi'$ sont deux suites de puissances de $p$,
alors $A(\pi)\cong A(\pi')$ implique $\pi=\pi'$. 

Pour cela, nous allons calculer l'ordre 
du sous-groupe de $p^k$-torsion
\[
A(\pi)_{p^k} \cong A(\pi')_{p^k} \mbox{ (d'apr\`es l'\'enonc\'e
b) du lemme)}
\]
pour tout $k\in\N$ et montrer que ces nombres d\'eterminent
la suite $\pi$. 
Nous nous contentons
de traiter un exemple repr\'esentatif :

\el
{\bf Exemple.} Supposons que
\[
\pi=(p^6, p^4, p^3, p^3, p^3, p, p)
\]
et notons $e_1=6$, $e_2=4$, \ldots ,$e_7=1$ les exposants
qui interviennent dans $\pi$.
Nous repr\'esentons $\pi$ par son {\em diagramme de Young}
\begin{center}
\setlength{\unitlength}{0.25cm}
\begin{picture}(16,18)(0,0)

\lin{2}{2}{1}{0}{2}
\lin{2}{4}{1}{0}{2}
\lin{2}{6}{1}{0}{6}
\lin{2}{8}{1}{0}{6}
\lin{2}{10}{1}{0}{6}
\lin{2}{12}{1}{0}{8}
\lin{2}{14}{1}{0}{12}
\lin{2}{16}{1}{0}{12}

\lin{2}{16}{0}{-1}{14}
\lin{4}{16}{0}{-1}{14}
\lin{6}{16}{0}{-1}{10}
\lin{8}{16}{0}{-1}{10}
\lin{10}{16}{0}{-1}{4}
\lin{12}{16}{0}{-1}{2}
\lin{14}{16}{0}{-1}{2}


\end{picture}
\end{center}
La $i$-i\`eme ligne de ce diagramme est form\'e de $e_i$ cases.
Notons que $A(\pi)$ est d'ordre $p^e$, o\`u $e=e_1 + \ldots+ e_8$
est le {\em nombre total de cases du diagramme de Young}. D'apr\`es
l'\'enonc\'e a) du lemme et l'exemple 3), nous avons
\[
A(\pi)_{p^k}\cong
\Z/p^{f_{1k}} \plus \Z/p^{f_{2k}} \plus \ldots \plus \Z/p^{f_{8,k}}
\]
o\`u $f_{ik} = \min\,(e_i,k)$. Par exemple
\[
A(\pi)_{p^4}= \Z/p^4 \plus \Z/p^4 \plus \Z/p^3 \plus \Z/p^3 
\plus \Z/p^3 \plus \Z/p \plus \Z/p.
\]
En particulier, l'ordre de $A(\pi)_{p^k}$ est de
$p^{f_k}$ o\`u $f_k$ est la somme sur $i$ des $f_{ik}$.
Or, $f_{ik}$ est le nombre de cases de la $i$-i\`eme 
ligne qui se trouvent \`a gauche de la position $k$,
et $f_k$ est donc le nombre total de cases qui se trouvent dans
les colonnes d'indice $1$ \`a $k$. Par cons\'equent, $f_k-f_{k-1}$ est
la longueur de la $k$-i\`eme colonne. Comme le diagramme
peut \^etre reconstruit \`a partir de ses colonnes, il
est d\'etermin\'e par 
les ordres des groupes $A(\pi)_{p^k}$ ce qu'il fallait
d\'emontrer.
\end{document}











