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MOHAMED_AIT_LH · 02-06-2011 19:47:58

Bonjour,

macolya a écrit :

Un morphisme de groupe n'est pas toujours injectif.

Tout à fait, et c'est pour ça qu'on a introduit la notion du noyau d'un morphisme : il y'a des morphismes dont le noyau n'est pas réduit à l'élément neutre (ceux là ne sont pas injectifs)

macolya a écrit :

la projection canonique p d'un groupe G dans un sous groupe F strictement contenue dans G définit par p(x)=x si x appartient à F et p(x)=e si x n'appartient pas à F, où e=élément neutre.

p n'est pas un morphisme
exemple G=Z muni de l'addition, F=2Z
f(1+3)=f(4)=4 mais f(1+f(3)=0+0=0

macolya · 02-06-2011 16:36:27

Un morphisme de groupe n'est pas toujours injectif. Pour s'en convaincre considérons la projection canonique p d'un groupe G dans un sous groupe F strictement contenue dans G définit par p(x)=x si x appartient à F et p(x)=e si x n'appartient pas à F, où e=élément neutre. p n'est pas injective, sinon elle serait un isomorphisme.

macolya a écrit :

Merci c bien claire et je pense que tricko est entrain de se retrouver. Mais moi j'envisagais procéder comme suit: Soient F et G deux groupes de même cardinal fini n telles que F soit non cyclique d'élément neutre e et G cyclique d'élément neutre e', et soit f un morphisme de F vers G. Montrons que f n'est pas bijective.
Si f est surjective, montrons qu'elle ne peut être injective et vice-versa.
Supposons que f soit surjective
Soit $y\in G$ et y différent de e' alors il existe $x\in F$ tel que $y=f(x)$. On a $y^n=e'=(f(x))^n=f(x^n)$. Si f était injective on aurait $x^n=e$ ce qui absurde car F n'est pas cyclique.
Ah en me rappelant qu'un morphisme de corps est injectif j'imagine qu'il en est de même pour les morphismes de groupe et dans ce cas la démarche précédente n'as pas de raison d'être.
Je suis entrain de réfléchir pour l'autre sens.

Trickoo · 30-05-2011 19:19:12

Bon-jour

Merci beaucoup à tous.En fait je n'avais eu à définir une application et je doute fort que j'aurai cette idée tout seul. Maintenant ça devrait pouvoir aller.Merci

macolya · 27-05-2011 23:24:15

Merci c bien claire et je pense que tricko est entrain de se retrouver. Mais moi j'envisagais procéder comme suit: Soient F et G deux groupes de même cardinal fini n telles que F soit non cyclique d'élément neutre e et G cyclique d'élément neutre e', et soit f un morphisme de F vers G. Montrons que f n'est pas bijective.
Si f est surjective, montrons qu'elle ne peut être injective et vice-versa.

Supposons que f soit surjective
Soit $y\in G$ et y différent de e' alors il existe $x\in F$ tel que $y=f(x)$. On a $y^n=e'=(f(x))^n=f(x^n)$. Si f était injective on aurait $x^n=e$ ce qui absurde car F n'est pas cyclique.
Ah en me rappelant qu'un morphisme de corps est injectif j'imagine qu'il en est de même pour les morphismes de groupe et dans ce cas la démarche précédente n'as pas de raison d'être.
Je suis entrain de réfléchir pour l'autre sens.

Groupoid Kid · 26-05-2011 18:07:39

Si tu veux t'entraîner, voici une série d'exercices simples à faire :

On considère un groupe [tex](G,\cdot)[/tex] d'ordre [tex]|G|=n[/tex]. On rappelle que l'ordre [tex]|g|[/tex] d'un élément [tex]g[/tex] est le plus petit entier naturel [tex]\omega[/tex] tel que [tex]g^{\omega}=1_G[/tex].

1) Montrer que l'ordre d'un élément est égal à l'ordre du sous-groupe qu'il engendre : [tex]<g>=\{g^k\,;\,k\in\mathbb{Z}\}[/tex]. En déduire que [tex]|g|\,|\,n[/tex].
2) Montrer que l'ordre d'un élément est invariant par isomorphisme : [tex]\forall\phi:G\widetilde{\longrightarrow} H\,,\,|\phi(g)|=|g|[/tex].
3) Montrer que [tex]G[/tex] est cyclique si et seulement si il admet au moins un élément d'ordre [tex]n=|G|[/tex].

En particulier, 2) et 3) entraînent ta proposition. 3) entraîne aussi que les groupes [tex]\mathbb{Z}/4[/tex] et de Klein ([tex]\mathbb{Z}/2^2[/tex]) ne sont pas isomorphes : il suffit de compter pour chacun le nombre d'éléments d'ordre 2. Ce sont des propriétés de base à bien garder en tête ;-)

@ Mohamed : je crois que la remarque de Imed était en rapport avec l'implication : cardinal premier => cyclique. Mais hélas, la réciproque est fausse, la non-primalité de 4 ne nous intéresse pas. Ce qui nous intéresse plus c'est que 4 est non-radical, mais ça dépasse le cadre de cette discussion ;-)

macolya · 25-05-2011 23:38:16

MOHAMED_AIT_LH a écrit :

Bonjour,
par exemple l'un est cyclique l'autre non.

Cela veut dire que le fait d'être cyclique est conservé par isomorphisme. J'essayerai de prouver cela.

MOHAMED_AIT_LH · 22-05-2011 19:59:56

Bonjour :

IMED a écrit :

Je pense que 4 n'est pas un nb premier.....!

Qeul lien avec le problème ?

Le groupe additif Z/nZ est un grupe cyclique pour tout entier naturle non nul n

La primalité, on en a besoin pour la structure de corps.

à moins que tu vises quelque chose d'autre!

IMED · 22-05-2011 08:50:27

Je pense que 4 n'est pas un nb premier.....!

MOHAMED_AIT_LH · 22-05-2011 02:51:43

Bonjour,

par exemple l'un est cyclique l'autre non.

macolya · 21-05-2011 12:23:36

Merci de la clarification. Maqis je suis entrain de voir pourquoi (Z/4Z) n'est pas isomorphe (de groupe) à
(Z/2Z)x(Z/2Z).

MOHAMED_AIT_LH · 20-05-2011 18:21:54

Bonjour,

Si tu connais la notion de : 'odre d'un élèment' , elle peut t'aider à simplifier le chemin de ta recherche:
Si G est un tel groupe , comme l'ordre de tout élément de G divise 4, les ordres possibles sont : 1,2 et 4.
Le seul élément d'ordre 1 est l'élément neutre e.
1ER CAS : il existe au moins un élément a d'ordre 4 , tu prouve que G est cyclique engedré par a, donc isomorphe à Z/4Z.
2EM CAS: Aucun élément de G n'est d'odre 4, alors G continet l'élément neutre e et trois élément : a,b et c, tous d'ordre 2 , donc a^2=b^2=c^2=e. Cela pourra t'aider à compléter la table de G et la comparer avec celle du groupe additif (Z/2Z)^2 pour déduire que ce dernier et G sont isomorphes.

Comme tu n'as pas compris freddy , je te donne tout simplement la table de (Z/2Z)^2

[tex]\begin{array}{c|c|c|c|c}+&(0,0)&(0,1)&(1,0)&(1,1)\\ \hline (0,0)&(0,0)&(0,1)&(1,0)&(1,1) \\ \hline (0,1)&(0,1)&(0,0)&(1,1)&(1,0) \\ \hline (1,0)&(1,0)&(1,1)&(0,0)&(0,1) \\ \hline (1,1)&(1,1)&(1,0)&(0,1)&(0,0) \end{array}[/tex]

MOHAMED_AIT_LH · 20-05-2011 18:04:25

Bonjour,

macolya a écrit :

C vrai que si l'ensemble à 4 éléments possède une structure de groupe alors il sera isomorphe à Z/4Z.

Non, ce n'est pas vrai !

Trickoo · 20-05-2011 17:46:35

Bon-jour

---@ Groupoid Kid:voici le raisonnement que j'ai mené avec un ens G à 3 élts.
Je choisis un premier élt de mon ens et je le nomme e=élt neutre.Je peux encore choisir 2 élts car mon ens doit contenir au plus 3 élts.
je choisis mon deuxième élt x tel que x.e=e.x=x qui appartient à G.Je me suis posé la question:Comment choisir l'inverse de x et mon troisièm élt.Pour cela j'ai supposé par absurde que x.x=e (car on ne peut pas avoir ça) et je prend y comme mon troisième élt.j'ai 3 possibilité:
1) x.y=e 2) x.y=x et 3) x.y=y
Aucune des trois possibilités ne marche car on aurait d'après:
1) y=x d'après 2) y=e et d'après 3) x=e.
Je conclut donc que mon troisième élément est x.x=x^2 et il m'est ensuite très facile de faire la table de loi. C'est le raisonnement que je pense mené avec un ens à 4 élts mais qui nne marche pas.

-----@ freddy: je ne comprend pas très bien ta méthode.peux-tu ètre un peu plus clair?

macolya · 06-05-2011 16:33:33

C vrai que si l'ensemble à 4 éléments possède une structure de groupe alors il sera isomorphe à Z/4Z. On doit alors le munir d'une structure de groupe c à dire définir d'abord une loi interne (on poura peut être construire une table de composition) qui satisfait aux conditions de groupe (associativité,existence d'élément neutre, tous les éléments sont symétrisables). Mais le problème n'est pas si simple car il faudra montrer qu'on ne peut le munir que de deux et deux seuls structure.

freddy · 04-05-2011 16:04:52

Salut,

bon, je vais essayer de te mettre sur une piste : on démontre que ce groupe de 4 élements que tu cherches est isomorphe soit à Z/4Z, soit à Z/2ZxZ/2Z ... et c'est tout !

Bon courage.

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