Théorie des groupes/Exercices/Produit direct et somme restreinte

Problème 1 (très facile)

Soient G et H deux groupes. Quel est le centre du groupe $G\times H$ ? Justifier.

Solution

Prouvons que le centre de $G\times H$ est le produit $Z(G)\times Z(H)$ des centres de G et de H. Prouvons tout d’abord que $Z(G)\times Z(H)$ est contenu dans le centre de $G\times H$. Il s'agit de prouver que si x appartient au centre de G et y au centre de H, (x,y) commute avec tout élément (g,h) de $G\times H$. Nous avons (x,y) (g,h) = (xg, yh). Puisque x appartient au centre de G, xg peut être remplacé par gx; de même, puisque y appartient au centre de H, yh peut être remplacé par hy. Nous avons donc (x,y) (g,h) = (gx, hy), ce qui peut s'écrire (x,y) (g,h) = (g,h) (x,y), ce qui montre bien que (x,y) commute avec tout élément (g,h) de $G\times H$. Nous avons donc prouvé que $Z(G)\times Z(H)$ est contenu dans le centre de $G\times H$. Prouvons l'inclusion réciproque. Il s'agit de prouver que si un élément (x, y) de $G\times H$ commute avec tout élément de $G\times H$, alors x commute avec tout élément de G et y avec tout élément de H. Soit g un élément de G. Par hypothèse, (x, y) commute avec (g, 1), donc x commute avec g. De même, si h est un élément de H, (x, y) commute avec (1, h), donc y commute avec h.

 

Remarque. Il n'est pas beaucoup plus difficile de prouver que le centre de la somme restreinte (interne ou externe) d'une famille finie ou infinie de groupes est la somme restreinte des centres de ces groupes. On utilisera ce fait dans le chapitre Groupes caractéristiquement simples, sous-groupes normaux minimaux.

Problème 2

Soient G un groupe et $(G_{i})_{i\in I}$ une famille de sous-groupes distingués de G telle que $\bigcap _{i\in I}G_{i}$ = 1. Prouver que G est isomorphe à un sous-groupe du produit $\prod _{i\in I}G/G_{i}$. (Voir.)

Solution

À tout élément g de G, faisons correspondre la famille $(g\,G_{i})_{i\in I}$; il est clair que nous définissons ainsi un homomorphisme de G dans $\prod _{i\in I}G/G_{i}$. Si un élément g de G appartient au noyau de cet homomorphisme, gG_i est l'élément neutre de G/G_i pour tout i, autrement dit, g appartient à chaque G_i. Par hypothèse, ceci entraîne g = 1, donc notre homomorphisme est injectif, donc G est isomorphe à l'image de cet homomorphisme.

 

Problème 3

Soit $(G_{i})_{i\in I}$ une famille finie de groupes. Pour chaque i, soit $\ X_{i}$ une partie génératrice de $\ G_{i}$. On suppose que pour chaque i, $\ X_{i}$ comprend l'élément neutre de $\ G_{i}$.

a) Prouver que $\prod _{i\in I}X_{i}$ est une partie génératrice de $\prod _{i\in I}G_{i}$.

Solution

Pour chaque élément j de I, désignons par f_j la j-ième injection canonique de $\ G_{j}$ dans $\prod _{i\in I}G_{i}$. D'après la théorie, les $\ f_{i}(G_{i})$ engendrent $\prod _{i\in I}G_{i}$. Pour chaque j, $\ f_{j}(X_{j})$ engendre $\ f_{j}(G_{j})$, donc les $\ f_{i}(X_{i})$ engendrent $\prod _{i\in I}G_{i}$. D'autre part, puisque, pour chaque j, $\ X_{j}$ comprend l'élément neutre de $\ G_{j}$, il est clair que $\ f_{j}(X_{j})$ est contenu dans $\prod _{i\in I}X_{i}$, qui est donc une partie génératrice de $\prod _{i\in I}G_{i}$.

 

Remarque : l'énoncé a) nous servira dans un exercice de la série Commutateurs, groupe dérivé.

b) Prouver par un exemple que l'énoncé a) n’est pas forcément vrai si on cesse de supposer que chaque $\ X_{i}$ comprend l'élément neutre de $\ G_{i}$.

Solution

Prendre tous les $\ G_{i}$ égaux à un même groupe monogène non trivial G, choisir un générateur g de G et prendre toutes les parties $\ X_{i}$ égales à $\ \{g\}$. Le sous-groupe de $\prod _{i\in I}G_{i}$ engendré par $\prod _{i\in I}X_{i}$ est la diagonale de $\prod _{i\in I}G_{i}$ (c'est-à-dire l’ensemble des éléments de $\prod _{i\in I}G_{i}$ dont toutes les composantes sont égales) et n'est donc pas $\prod _{i\in I}G_{i}$ tout entier (si I compte au moins deux éléments).

 

Problème 4

Soit G un groupe fini tel que x² = 1 pour tout élément x de G. Prouver que G est un produit direct de groupes d'ordre 2. (Indication : d'après un exercice de la série Groupes, premières notions, G est abélien.)

Solution

G admet au moins un sous-groupe qui est produit direct d'une famille de groupes d'ordre 2, à savoir le sous-groupe 1 (qui est produit direct de la famille vide de sous-groupes de G). Parmi les sous-groupes de G qui sont produits directs de sous-groupes d'ordre 2, choisissons-en un, soit H, dont l’ordre est maximal. Il s'agit de prouver que H = G. Supposons que, par absurde, H ne soit pas G tout entier. Choisissons un élément x de G qui n'appartient pas à H. Par hypothèse, x² = 1, donc le sous-groupe <x> de G engendré par x est {1, x}, donc <x> ⋂ H = 1. D'autre part, les hypothèses de l'énoncé entraînent que G est commutatif (exercice de la série Groupes, premières notions), donc, d’après ce qui précède, <x> H est produit direct de <x> et de H. Comme H est produit direct de sous-groupes d'ordre 2, il en résulte (« associativité » de la somme restreinte interne) que <x> H est lui aussi produit direct de sous-groupes d'ordre 2, ce qui contredit l'hypothèse de maximalité sur l’ordre de H. La contradiction prouve que H = G, ce qui, comme nous l'avons vu, prouve l'énoncé.

 

Remarques. 1° Nous avons vu que dans les hypothèses de l'énoncé, G est commutatif. Dès lors, puisque, par hypothèse, x² = 1 pour tout élément x de G, G se munit naturellement d'une structure d'espace vectoriel sur le corps à deux éléments. Comme tout espace vectoriel admet une base, on en tire facilement l'énoncé, et même que G, si on ne le suppose pas fini, est somme restreinte d'une famille de groupes d'ordre 2.
2° Plus généralement, si p est un nombre premier, si G est un groupe abélien (noté additivement) tel que, pour tout élément x de G, px = 0, alors G est le groupe additif d'un espace vectoriel V sur le corps à p éléments. D'après la théorie des espaces vectoriels, V admet une base, donc le groupe G est somme directe d'une famille (finie ou infinie) de sous-groupes d'ordre p. Voir le chapitre Groupes commutatifs finis, 1.
3° L'énoncé du problème 4 a la conséquence suivante : tout groupe d'ordre 4 est cyclique ou est un groupe de Klein. Cette conséquence peut aussi s'obtenir comme cas particulier d'un fait démontré dans l'exercice suivant.

Problème 4 bis

Soit G un groupe d'ordre $p^{2}$, où p est un nombre premier. Prouver que G est cyclique ou produit direct (interne) de deux sous-groupes d'ordre p (et est donc abélien dans chaque cas). (Indication : d'après un problème de la page Action de groupe, tout sous-groupe d'indice p de G est normal dans G.)

Solution

On peut supposer que G n'est pas cyclique et il s'agit alors de prouver que G est produit direct de deux sous-groupes d'ordre p. Tout élément de G a pour ordre un diviseur de $p^{2}$. Donc, puisque nous supposons G non cyclique, tout élément de G est d'ordre 1 ou p. Puisque G n'a qu'un élément d'ordre 1, nous pouvons choisir dans G un élément a d'ordre p. Alors <a> est un sous-groupe d'ordre p de G. En particulier, <a> n'est pas G tout entier, donc nous pouvons choisir dans G un élément b qui n'appartient pas à <a>. Puisque, comme nous l'avons vu, tout élément de G est d'ordre 1 ou p, l'élément b est d'ordre p, donc <b> est un sous-groupe d'ordre p de G. Puisque b n'appartient pas à <a>, les sous-groupes <a> et <b> de G sont distincts. Deux différents sous-groupes P et Q d'ordres premiers d'un même groupe ont toujours une intersection triviale (car le seul sous-groupe non trivial de P est P et le seul sous-groupe non trivial de Q est Q, donc un sous-groupe non trivial commun à P et à Q serait égal à la fois à P et à Q), donc

(1) <a> et <b> se coupent trivialement.

En particulier, ils engendrent un sous-groupe strictement plus grand que <a>, donc d'ordre strictement plus grand que p. Puisque cet ordre divise l'ordre $p^{2}$ de G, il est égal à $p^{2}$, donc

(2) le sous-groupe de G engendré par <a> et par <b> est G tout entier.

D'autre part, puisque p est le plus petit facteur premier de l'ordre de G, il résulte d'un problème de la page Action de groupe que tout sous-groupe d'indice p de G est normal dans G. Puisque G est d'ordre $p^{2}$, cela revient à dire que tout sous-groupe d'ordre p de G est normal dans G. Donc

(3) les sous-groupes <a> et <b> de G sont normaux dans G.

Il résulte de (1), (2) et (3) que G est produit direct de <a> et <b>. Comme <a> et <b> sont d'ordre p, cela achève la démonstration.

 

Remarque. L'énoncé revient à dire que si p est un nombre premier, tout groupe d'ordre $p^{2}$ est isomorphe à $\mathbb {Z} /p^{2}\mathbb {Z}$ ou à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$. De façon générale, si n est un nombre naturel non nul, si on connaît «explicitement» une famille ${(G_{i})}_{i\in I}$ de groupes d'ordre n tels que pour tout groupe G d'ordre n, il existe un et un seul élément i de I tel que G soit isomorphe à $G_{i}$, on dit que les groupes d'ordre n sont classifiés. Donc, d'après ce qui précède, si n est un nombre naturel de la forme $p^{2}$, où p est un nombre premier, les groupes d'ordre n sont classifiés. (D'après un chapitre précédent, tout groupe d'ordre p, où p est un nombre premier, est isomorphe à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$, donc, pour tout nombre premier p, les groupes d'ordre p sont eux aussi classifiés. Les groupes d'ordre 1 sont tous isomorphes entre eux et sont donc tous isomorphes, par exemple, à $\mathbb {Z} /1\mathbb {Z}$, donc les groupes d'ordre 1 sont eux aussi classifiés. Donc, jusqu'ici, nous avons classifié les groupes d'ordre n pour tout nombre naturel n tel que $1\leq n\leq 5$ (et, bien sûr, pour une infinité d'autres nombres naturels). La théorie des groupes diédraux nous permettra de classifier les groupes d'ordre 6.

Problème 5

Soient G un groupe et H, K deux sous-groupes de G. En appliquant à la fonction $H\times K\rightarrow HK:(h,k)\mapsto hk^{-1}$ le fait que l'image d'une fonction f est équipotente à l’ensemble des classes d'équivalence pour la relation d'équivalence (en x et y) « f(x) = f(y) » (définie dans l’ensemble de départ de f), prouver que l’ensemble HK a pour cardinal l'indice d'un certain sous-groupe (à préciser) du groupe produit $H\times K$. En déduire une nouvelle démonstration de la formule du produit.

Solution

Désignons par f l’application $H\times K\rightarrow hK:(h,k)\mapsto hk^{-1}$. On vérifie facilement que deux éléments (h, k) et (h', k') de $H\times K$ ont la même image par f si et seulement s'ils appartiennent à la même classe à gauche modulo le sous-groupe D de $H\times K$ formé par les éléments de la forme (a, a), où a parcourt $H\cap K$. D'après le principe de théorie des ensembles rappelé dans l'énoncé, l'image HK de f est donc équipotente à l’ensemble des classes à gauche de $H\times K$ suivant D. Autrement dit, le cardinal de l’ensemble HK est égal à l'indice de D dans $H\times K$. Comme D est évidemment équipotent (et même isomorphe) à $H\cap K$, la formule du produit en résulte.

 

Problème 6

a) Soient G un groupe et (G_i)_i∈I une famille de sous-groupes de G. On suppose que pour tout sous-groupe H de type fini de G, H est somme restreinte interne de la famille (H ⋂ G_i)_i∈I. Prouver que G est somme restreinte interne de la famille (G_i)_i∈I.

Solution

Prouvons d’abord que les G_i engendrent G. Soit x un élément de G. Il s'agit de prouver que x appartient au sous-groupe de G engendré par les G_i. Le sous-groupe <x> de G engendré par x est de type fini, donc, d’après les hypothèses de l'énoncé, x appartient au sous-groupe de <x> engendré par les <x> ⋂ G_i. A fortiori, x appartient au sous-groupe de G engendré par les G_i. Nous avons donc prouvé que les G_i engendrent G.
Prouvons maintenant que si i, j sont deux différents éléments de I, tout élément de G_i commute avec tout élément de G_j. Soient x un élément de G_i et y un élément de G_j; il s'agit de prouver que x et y commutent. Le sous-groupe <x,y> de G engendré par x et y est de type fini, x appartient à <x,y> ⋂ G_i et y appartient à <x,y> ⋂ G_j, donc, d’après les hypothèses de l'énoncé, x et y commutent. Nous avons donc prouvé que pour i ≠ j, G_i et G_j se centralisent mutuellement. (Il en résulte que pour tous i, j dans I, G_i et G_j se normalisent mutuellement. Puisque les G_i engendrent G, ils sont donc normaux dans G.)
Enfin, soient i₁, ... , i_n des éléments de I deux à deux distincts, soient x₁, ... , x_n des éléments de $\ G_{i_{1}},\ldots ,G_{i_{n}}$ respectivement, supposons que

(1) x₁ ... x_n = 1

et prouvons que

(2) x₁ = ... = x_n = 1.

Désignons par H le sous-groupe <x₁, ... , x_n> de G engendré par x₁, ... , x_n. Alors H est de type fini et x_j appartient à $H\cap G_{i_{j}}$ pour tout j (1 ≤ j ≤ n). Il résulte donc de (1) et des hypothèses de l'énoncé que x₁ = ... = x_n = 1, comme annoncé.
Nos trois résultats montrent que G est somme restreinte interne de la famille (G_i)_i∈I.

 

Remarque : l'énoncé a) nous servira dans le chapitre Groupes nilpotents.

b) Donner un exemple de la situation suivante : G est un groupe, somme restreinte interne d'une famille $(G_{i})_{i\in I}$ de sous-groupes, H est un sous-groupe de type fini de G et H n’est pas somme restreinte interne de la famille $(H\cap G_{i})_{i\in I}.$ (Ceci montre que le point a) donne une condition suffisante mais non nécessaire pour que G soit somme restreinte interne de la famille $(G_{i})_{i\in I}.$)

Solution

Soit G = V un groupe de Klein (produit direct de deux groupes d'ordre 2). Désignons par a, b et c les éléments de G distincts de l'élément neutre, posons G₁ = <a>, G₂ = <b> et H = <c>. Alors G est somme restreinte interne (autrement dit, ici, produit direct interne) de G₁ et G₂, H est évidemment un sous-groupe de type fini de G et H n’est pas somme restreinte interne de H ⋂ G₁ et H ⋂ G₂, puisque H ⋂ G₁ = H ⋂ G₂ = 1.

 

Problème 6 bis

On notera additivement les groupes abéliens intervenant dans ce problème.

Soit $G$ un groupe abélien, soit $X$ une partie génératrice de $G.$

a) Pour tout élément $x$ de $X$, désignons par $H_{x}$ le sous-groupe $\langle x\rangle =\mathbb {Z} x$ de $G$ engendré par $x.$ Prouver que $G$ est (isomorphe à) un quotient de la somme directe externe $\sum _{x\in X}H_{x}$ de la famille $(H_{x})_{x\in X}.$

Solution

Pour tout élément $x$ de $X$, notons $f_{x}$ l'homomorphisme inclusion $t\mapsto t$ de $H_{x}=\mathbb {Z} x$ dans $G.$ D'après la propriété universelle de la somme directe (et compte tenu que $G$ est supposé abélien), il existe un (et un seul) homomorphisme $f$ de $\sum _{x\in X}H_{x}$ dans $G$ possédant la propriété suivante :

(1)$\qquad$pour toute famille $(h_{x})_{x\in X}$ appartenant à $(H_{x})_{x\in X}$, $f$ applique cette famille sur l'élément $\sum _{x\in X}f_{x}(h_{x})=\sum _{x\in X}h_{x}$ de $G.$

Soit $y$ un élément de $X.$ Considérons la famille $(h_{x})_{x\in X}$ telle que

pour tout $x\in X\setminus \{y\},h_{x}$ est l'élément 0 de $G$;

$h_{y}=y.$

Alors la famille $(h_{x})_{x\in X}$ est un élément de $\sum _{x\in X}H_{x}$ et, d'après (1), son image par $f$ est $y.$ Donc tout élément $y$ de $X$ appartient à l'image de $f.$ Puisque $X$ est une partie génératrice de $G$, l'homomorphisme $f$ de $\sum _{x\in X}H_{x}$ dans $G$ est donc surjectif, donc, d'après le premier théorème d'isomorphisme, $G$ est isomorphe à un quotient de la somme directe $\sum _{x\in X}H_{x}$, ce qui prouve le point a).

 

b) Prouver que $G$ est isomorphe à un quotient de la somme directe externe $\sum _{x\in X}\mathbb {Z}$ (somme directe externe d'une famille de groupes tous égaux à $\mathbb {Z}$).

Solution

Voici d'abord une démonstration semblable à celle du point a). Pour tout élément $x$ de $X$, on considère l'homomorphisme $\varphi _{x}:n\mapsto nx$ de $\mathbb {Z}$ dans $G$ puis l'homomorphisme $\varphi$ de $\sum _{x\in X}\mathbb {Z}$ dans $G$ qui applique l'élément $(z_{x})_{x\in X}$ de $\sum _{x\in X}\mathbb {Z}$ sur l'élément $\sum _{x\in X}\varphi _{x}(z_{x})=\sum _{x\in X}z_{x}x.$ Comme au point a), on montre que l'homomorphisme $\varphi$ est surjectif et on en déduit l'énoncé.

Voici maintenant une démonstration qui utilise le point a). Pour tout élément $x$ de $X$, nous avons un homomorphisme $\psi _{x}:n\mapsto nx$ de $\mathbb {Z}$ dans $H_{x}=\mathbb {Z} x.$ Pour chaque $x$, l'homomorphisme $\psi _{x}$ est évidemment surjectif, donc (chapitre théorique) la « somme directe » des $\psi _{x}$, c'est-à-dire l'homomorphisme

$\sum _{x\in X}\mathbb {Z} \to \sum _{x\in X}H_{x}:(n_{x})_{x\in X}\mapsto (n_{x}x)_{x\in X}$,

est un homomorphisme surjectif. En faisant suivre cet homomorphisme surjectif par l'homomorphisme surjectif de $\sum _{x\in X}H_{x}$ sur $G$ trouvé au point a), on obtient un homomorphisme surjectif de $\sum _{x\in X}\mathbb {Z}$ sur $G$, ce qui prouve le point b).

 

Remarques.

1. On verra dans la suite du cours qu'un groupe (abélien) qui est somme directe interne d'une famille de groupes isomorphes à $\mathbb {Z}$ est appelé un groupe abélien libre. (Le mot « abélien » est important dans l'expression « groupe abélien libre » : une somme directe d'au moins deux groupes isomorphes à $\mathbb {Z}$ est un groupe abélien libre mais n'est pas un groupe libre au sens qu'on donnera à l'expression « groupe libre » dans la suite du cours.) Avec cette définition, il résulte du point b) (et du fait que tout groupe abélien a au moins une partie génératrice, par exemple lui-même) que tout groupe abélien est isomorphe à un quotient d'un groupe abélien libre.
2. Aussi bien du point a) que du point b) (et du fait que tout groupe a au moins une partie génératrice), il résulte que tout groupe abélien est isomorphe à un quotient d'une somme directe de groupes monogènes. Ce fait nous servira dans un exercice sur le chapitre (encore à écrire) Groupes divisibles.

Problème 7 (facile)

Dans un groupe G, soit H un sous-groupe normal complet, c'est-à-dire dont le centre est réduit à l'élément neutre et tous les automorphismes sont intérieurs.

Démontrer que G est isomorphe à H×C_G(H).

Solution

$H\cap C_{G}(H)=Z(H)=1$.

Soit $g\in G$. L'automorphisme $x\mapsto gxg^{-1}$ de H étant intérieur, il existe $h\in H$ tel que $\forall x\in H\quad gxg^{-1}=hxh^{-1}$, c'est-à-dire $h^{-1}g\in C_{G}(H)$. Ainsi, $G\subset HC_{G}(H)$.

Enfin, les éléments de H commutent avec ceux de C_G(H) (par définition de ce dernier).

 

Problème 8

Montrer que le groupe multiplicatif $\mathbb {Q} _{+}^{*}$ est isomorphe au groupe additif $\mathbb {Z} ^{(\mathbb {N} )}:=\oplus _{n\in \mathbb {N} }\mathbb {Z}$ des applications de $\mathbb {N}$ dans $\mathbb {Z}$ à support fini.

Solution

Soit $p_{0}=2,p_{1}=3,\dots$ la suite des nombres premiers. Tout élément $q\in \mathbb {Q} _{+}^{*}$ s'écrit de manière unique $p_{0}^{n_{0}}p_{1}^{n_{1}}\ldots$ avec $n_{i}\in \mathbb {Z}$ presque tous nuls. On pose $f(q)=(n_{0},n_{1},\ldots )$. Ceci définit l'isomorphisme $f$ voulu.

 

Problème 9

Dans les exercices de la série Groupes, premières notions, on a vu que pour tout groupe fini G, la condition « G a un plus grand sous-groupe propre » et la condition « G a un seul sous-groupe maximal » sont équivalentes. On va prouver que ce n'est pas forcément vrai si G est infini. On a vu dans les exercices de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément qu'un groupe ayant un plus grand sous-groupe propre est forcément fini (et même cyclique), donc un groupe infini n'a pas de plus grand sous-groupe propre. Dès lors, pour prouver que pour un groupe infini G, la condition « G a un plus grand sous-groupe propre » et la condition « G a un seul sous-groupe maximal » ne sont pas équivalentes, il suffit de donner un exemple de groupe infini ayant un unique sous-groupe maximal. Prouver que si $p$ est un nombre premier et que si on désigne par $\mathbb {Q}$ le groupe additif des nombres rationnels, alors le groupe (infini) $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ a un seul sous-groupe maximal.

Solution

Prouvons que (si 0 désigne le sous-groupe nul de $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$)

(thèse 1) $\mathbb {Q} \oplus O$ est un sous-groupe maximal de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$.

D'après un énoncé démontré dans le chapitre théorique, $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ est isomorphe au quotient de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ par $\mathbb {Q} \oplus O$, donc ce quotient est d'ordre $p$ et donc d'ordre premier, autrement dit $\mathbb {Q} \oplus O$ est d'indice premier dans $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$. D'après un exercice de la série Sous-groupes de Z, divisibilité dans N et dans Z, il en résulte que $\mathbb {Q} \oplus O$ est un sous-groupe maximal de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$, ce qui prouve notre thèse (1).
Prouvons maintenant que

(thèse 2) $\mathbb {Q} \oplus O$ est le seul sous-groupe maximal de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$.

Soit M un sous-groupe maximal de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$. Puisque le groupe $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ est abélien, M est normal dans $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ et est donc un sous-groupe à la fois maximal et normal de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$. D'après un exercice de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément, il en résulte que M est d'indice premier dans $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$. Retenons seulement que M est d'indice fini, soit $n$, dans $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$. Alors, pour tout élément $x$ de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$, nous avons

(3) $nx\in M$.

Mais (puisque $n$ est non nul) tout élément du groupe additif $\mathbb {Q}$ est de la forme $nt$ avec $t\in \mathbb {Q}$, donc tout élément de $\mathbb {Q} \oplus O$ est de la forme $ny$ avec $y\in \mathbb {Q} \oplus O$, donc il résulte de (3) que

(4) $\mathbb {Q} \oplus O$ est contenu dans M.

Nous avons vu que $\mathbb {Q} \oplus O$ est un sous-groupe maximal de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ et, par hypothèse, M en est un aussi, donc, d'après (4), M et $\mathbb {Q} \oplus O$ sont égaux. Cela étant démontré pour tout sous-groupe maximal M de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$, il en résulte que $\mathbb {Q} \oplus O$ est le seul sous-groupe maximal de $\mathbb {Q} \oplus \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$, comme annoncé.