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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- bibmgb
- Hier 21:40:00
Merci à vous deux pour votre aide, j’ai démarré de très très loin en n’ayant même pas compris que [tex](\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^\times[/tex] était le groupe des inversibles…
- Michel Coste
- Hier 21:04:50
Ben voila ...
- bibmgb
- Hier 18:53:21
Bonsoir,
Ici [tex]A=\left\{1(2)\right\}[/tex] et [tex]B=\left\{1(16)\right\}[/tex]. Donc [tex]\left\{(1(2), 0(16)), (0(2), 1(16))\right\}[/tex] est un ensemble générateur de [tex]\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/16\mathbb{Z}[/tex].
En effet, pour tout [tex](\varepsilon,k)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}[/tex], [tex](\bar{\varepsilon},\bar{k})=\varepsilon (1(2), 0(16)) + k (0(2), 1(16))[/tex].
L'image de (1(2), 0(16)) est [tex]-1 (64)[/tex] et l'image de [tex](0(2), 1(16))[/tex] est [tex]5 (64)[/tex].
Un ensemble générateur de [tex](\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^\times[/tex] est [tex]\left\{-1(64), 5(64)\right\}[/tex].
- Michel Coste
- 10-12-2024 12:06:52
Bonjour,
La situation générale de l'engendrement d'un groupe produit $G\times H$ n'est visiblement pas comprise. Soit $A$ un ensemble générateur de $G$, $B$ un ensemble générateur de $H$. Alors la réunion de l'ensemble des $(a,1_H)$ pour $a\in A$ et de l'ensemble des $(1_G,b)$ pour $b\in B$ engendre $G\times H$.
- bridgslam
- 10-12-2024 09:51:32
Bonjour,
Lorsqu'une partie donnée P non vide d'un groupe l'engendre, l'expression des éléments du groupe au moyen de cette partie est connue,
je pense que c'est dans votre cours, et ici l'isomorphisme cité dans l'exercice vous fournit une expression directe qui couvre par surjectivité tous les 32 éléments.
Par exemple dans un cadre général le sous-groupe <a b>, si P est constituée de ces deux éléments , n'est rien d'autre que l'ensemble des produits d'éléments égaux à a ou b ou à leurs inverses. L'expression se simplifie si a et b sont permutables.
D'autres exemples sont plus concrets, notamment si le groupe n'est pas commutatif, en regardant les groupes diédraux, engendrés par une rotation et une symétrie.
Dans le cas des groupes finis, examiner les s-g engendrés en partant des parties finies {e} , ...., et en augmentant le cardinal de P permet d'ailleurs de recenser tous les sous-groupes, au complet.
A.
- bibmgb
- 10-12-2024 09:22:18
Pour l'instant ce que je peux dire est que :
1 mod 2 est un générateur de [tex]\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}[/tex] et 1 mod 16 est un générateur de [tex]\mathbb{Z}/16\mathbb{Z}[/tex].
Donc (1 mod 2, 1 mod 16) génère un sous-groupe de [tex]\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/16\mathbb{Z}[/tex] d'ordre ppcm(2,16)=16.
Par ailleurs (1 mod 2, 1 mod 16) a pour image [tex]\overline{-1}\times \overline{5}[/tex] soit [tex]\overline{59}[/tex].5 mod 64 génère un sous groupe d'ordre 16 et les autres éléments du groupe des inversibles s'écrivent sous la forme [tex]\overline{-1}\times \overline{5}^k=\overline{-5^k}[/tex].
- bridgslam
- 09-12-2024 20:47:37
Bonsoir,
Oui, et Bibmgp a aussi grâce à l'isomorphisme $\rho$, en l'occurence une réponse sous les yeux: c'est le moment d'utiliser des exposants entiers.
A
- Michel Coste
- 09-12-2024 19:53:43
Bonsoir,
De manière générale, si on a un ensemble générateur pour le groupe $G$ et un ensemble générateur pour le groupe $H$, alors on en déduit un ensemble générateur pour le groupe produit direct $G\times H$. Tu vois comment ?
- bibmgb
- 09-12-2024 18:21:57
Bonjour,
La dernière question de l'exercice est de déterminer si le groupe des inversibles modulo 64 est cyclique.
La réponse est non, la justification est la suivante : il est isomorphe à un groupe produit qui n'est pas cyclique. En effet, ce groupe produit est constitué de groupes cycliques d'ordre respectivement 2 et 16 qui ne sont pas premiers entre eux.
Le groupe [tex]\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/16\mathbb{Z}[/tex] n'est pas cyclique donc un ensemble minimal de générateurs de ce groupe admet au moins deux éléments.
Quelle est la méthode pour déterminer les générateurs de ce groupe ?
Merci.
- bridgslam
- 08-12-2024 07:41:50
Bonjour,
Les exposants ne sont pas des classes d'équivalences même si les images de cette application ne dépendent que des classes d'équivalences des exposants.
Hélas lorsque vous devez tenir compte ( et montrer) que l'application proposée est un morphisme d'un groupe-produit sur le groupe des unités, les classes en exposant sont bien là.
La loi de groupe est une opération sur les couples de classes , pas sur des entiers, et l'ensemble de départ est basé sur des classes.
Par ailleurs à la définition-même de l'application, pour moi il y a une antinomie claire si les objets à la source ne sont pas ceux relatifs à l'ensemble de départ ( en substituant k à cl(k))
Avant de faire de l'algèbre il faut bien que l'application ensembliste ait un sens.
Si vous voyez mentalement les classes comme des boites noires qui ont juste une étiquette, ce sera peut-être plus clair.
Enfin le fait de placer un objet mathématique en exposant est une notation qui ne préjuge pas une quelconque itération "mécanique" en lien avec l'exposant, on note bien exp(x) comme $e^x$, même si x n'est pas entier... et si x vaut pi, allez-vous itérer e x e x ... pi fois pour obtenir sa valeur ?
Inversement, on peut parfois noter en algèbre sous forme d'exposant certaines opérations qui n'ont rien à voir avec de quelconques puissances.
A.
- bridgslam
- 07-12-2024 23:36:47
Bonsoir,
Une fois montrée l'injectivité, la bijectivité est assurée par un argument de cardinalité...
Bonne soirée
A.
- bibmgb
- 07-12-2024 21:41:41
Montrons que [tex]\rho[/tex] est injectif, c'est à dire que ker [tex] \rho[/tex] est réduit au neutre, à savoir (0 mod 2, 0 mod 16).
Supposons que [tex]{\overline{-1}}^\varepsilon \times {\overline{5}}^k= \overline{1} [/tex] (mod 64). Cela signifie que [tex](-1)^\varepsilon 5^k\equiv 1 [/tex] (mod 64).
Si [tex]\varepsilon\equiv 1 [/tex] (mod 2) alors [tex](-1)^\varepsilon 5^k=(-1)\times 5^k[/tex] d'où [tex](-1)\times 5^k\equiv 1[/tex] (mod 64) soit [tex]5^k\equiv -1 [/tex] (mod 64).
Or d'après la question 3, [tex]5^k\not\equiv -1 [/tex] (mod 64) donc [tex]\varepsilon\not\equiv 1[/tex] (mod 2).
On a donc [tex]\varepsilon\equiv 0 [/tex] (mod 2), par suite [tex](-1)^\varepsilon 5^k=5^k[/tex] et donc [tex] 5^k\equiv 1 [/tex] (mod 64).
Puisque 16 est l'ordre de [tex]\overline{5}[/tex] alors [tex] 5^k\equiv 1 [/tex] (mod 64) équivaut à [tex]k\in 16\mathbb{Z}[/tex].
Ainsi on a [tex]\varepsilon\equiv 0 [/tex] (mod 2) et [tex]k\equiv 0 [/tex] (mod 16).
Il reste à montrer que [tex]\rho[/tex] est surjective. Soit donc [tex]\overline{p}\in (\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^\times[/tex]. Montrons qu'il existe [tex](\varepsilon, k)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}[/tex] tel que [tex](-1)^\varepsilon 5^k\equiv p[/tex] (mod 64).
Là je sèche un peu pour déterminer un tel [tex](\varepsilon, k)[/tex].
- bibmgb
- 07-12-2024 17:28:22
Bonjour,
Je pense quand même qu'il y a un abus de notation qui est clair pour les initiés mais qui perturbe les autres.
En effet, dans l'énoncé les notations [tex]k[/tex] et [tex]\bar{k}[/tex] sont confondues.
Ainsi, en toute rigueur, on devrait noter
[tex]\rho : (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/16\mathbb{Z})\rightarrow (\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^\times[/tex] définie par : [tex]\rho(\bar{\varepsilon},\bar{k})={\overline{-1}}^\varepsilon \times {\overline{5}}^k[/tex].
Les exposants ne sont pas des classes d'équivalences même si les images de cette application ne dépendent que des classes d'équivalences des exposants.
- bridgslam
- 04-12-2024 12:46:06
Bonjour
Je vois, dans ce cas relire attentivement l'explication de Michel Coste (modulo 16), et/ou la mienne (modulo 2).
Le principe est que vous avez le droit ( pour ne pas dire le devoir) de donner un sens à $5^{\overline{k}}$ naturellement indépendamment de k dans sa classe modulo 16.
Elever 5 à la puissance 18 ou à la puissance 2 donne le même résultat: on boucle sur 1 à partir de 16.
Même principe modulo 2 pour les puissances de -1.
-1 à la puissance 3 ou 17, ou tout impair...: on boucle sur 1 à partir de 2...
Vous tombez à chaque fois sur la propriété universelle de groupe-quotient, qui rend commutatif un diagramme de morphismes.
Bon courage
A.
- bibmgb
- 04-12-2024 11:59:03
Bonjour,
Je n'ai pas eu de souci avec la question 3 car dans l'énoncé on suggérait de raisonner modulo 4.
Donc j'ai écrit que [tex]5\equiv 1 (4)[/tex] donc pour tout entier k, [tex]5^k\equiv 1 (4)[/tex]. Par ailleurs comme [tex]1\not\equiv -1 (4)[/tex]
alors [tex]5^k\not\equiv -1 (4)[/tex]. Ce qui implique, 64 étant un multiple de 4, que [tex]5^k\not\equiv -1 (64)[/tex].
Ce qui me pose problème c'est de comprendre ce que signifie une puissance en tant que classe d'équivalence. Autrement dit dans la question 4), dans [tex]5^k[/tex], [tex]k[/tex] n'est plus un entier mais une classe d'équivalence modulo 16.
Mais j'ai de quoi réfléchir avec vos remarques, donc je vais étudier la chose.
Merci.