Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,

De rien.
Pour se familiariser avec la structure de groupe, il est formateur ( voire nécessaire ) de commencer par de petits exercices simples, sans se presser, par exemple:

- Autour de l'ordre :
  Soit G un groupe. Soient a et b dans G.
(1) Montrer que $a, a^{−1}, bab^{−1}$ ont tous le même ordre.
(2) Montrer que ab et ba ont le même ordre.
(3) Soit n un entier. Exprimer l’ordre de $a^n$ en fonction de n et de l’ordre de a.
(4) Supposons que ab = ba, que 〈a〉∩〈b〉 = {e}, et que a et b sont d’ordre fini n et m, respectivement.
Exprimer l’ordre de ab en fonction de n et m.
(5) Supposons que ab = ba, et que a et b sont d’ordre fini n et m, respectivement, avec n et m
premiers entre eux. Exprimer l’ordre de ab en termes de n et m

- Calculs dans un groupe cyclique
  Quelle est la somme des éléments de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ ( n non nul)  ?
  Quel est le produit des racines n-ièmes de 1 dans $\mathbb{C} $ ?

- Sous-groupes et cardinaux
  Existe-t-il un groupe infini dont le nombre de sous-groupes est fini ? Si oui en donner un?

Peut-être celui-ci étant  le seul demandant un minimum d'imagination:

Ces trois exercices sont résolubles sans connaissance approfondie, juste à partir des notions de base (et un peu d'arithmétique) , et font donc appel simplement au bon sens.
Bien-sûr les choses deviennent plus passionnantes quand on dispose de théorèmes en rapport avec des propriétés plus profondes.
Ce n'est absolument pas le cas ici.
De mon côté ce qui m'a toujours interpellé, c'est la richesse des raisonnements et résultats concernant une  unique loi de composition interne sur un ensemble...

Bonne soirée
Alain

Ben voila ...

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 $G\times H$.

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].

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 ?

Bonjour,

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.

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].

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.