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bibmgb

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groupes quotients

Bonjour,
Je bloque à la question 2 de l'exercice suivant :

1. Quel est l'ordre de 5 dans le groupe [tex](\mathbb{Z}/64\mathbb{Z},+)[/tex] ?

2. Quel est l'ordre du groupe [tex]((\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^*,\cdot)[/tex] ? Quel est l'ordre de 5 dans [tex]((\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^*,\cdot)[/tex] ?

Mes réponses :

1. On cherche un entier k strictement positif tel que 64 divise 5k. Comme 64 est premier avec 5 alors d'après le lemme de Gauss 64 divise k. Donc l'ordre de 5 dans le groupe [tex](\mathbb{Z}/64\mathbb{Z},+) [/tex] est 64.

2. L'ordre de [tex]((\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^*,\cdot)[/tex] est le nombre d'éléments de [tex](\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^*[/tex] soit 63.
   Déterminer l'ordre de 5 dans le groupe [tex]((\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^*,\cdot)[/tex] c'est déterminer le plus petit entier k strictement positif tel que [tex]5^k-1 [/tex] est un multiple de 64. Ici je ne vois pas bien comment déterminer un tel k. Pourriez-vous m'indiquer une piste de recherche s'il vous plaît ?

Merci et bonne fin d'après midi.

Fred

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Re : groupes quotients

Bonjour,

  D'abord tu te trompes sur l'ordre de $(\mathbb Z/64\mathbb Z)^*$. En effet, $2$ par exemple n'est pas un élément de ce groupe, car il n'est pas inversible pour le produit dans $\mathbb Z/64\mathbb Z.$
Pour la deuxième partie de la question, tu peux te servir du fait que l'ordre d'un élément divise l'ordre du groupe.

F.

bridgslam

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Re : groupes quotients

Bonsoir,

Pour la 2/ le mot-clé est celui de groupe, 64 n'étant pas premier,
le piège est évitable , à savoir celui de confondre avec la notation * qui désigne l'ensemble privé de 0.
C'est pourquoi certains préfèrent désigner le groupe des inversibles avec le signe x au lieu de *, qui peut prêter à confusion.
Le groupe est l'ensemble des inversibles de cet anneau.
Déjà vous pouvez en connaître le nombre, donc connaître déjà au moins un n tel que $5^n =1$ dans ce groupe.
Cela doit ensuite vous conduire à un maximum de 4 calculs pour déterminer l'ordre de 5.

Bonne soirée
Alain

Dernière modification par bridgslam (30-11-2024 00:15:25)

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bibmgb

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Re : groupes quotients

[tex]\dot{a}[/tex] est inversible dans [tex]\mathbb{Z}/64\mathbb{Z}[/tex] si et seulement si [tex]a [/tex] est premier avec [tex]64[/tex].
On cherche donc parmi les entiers compris entre 1 et 63, ceux qui sont premiers avec 64.
Comme [tex]64=2^6[/tex] alors les entiers premiers avec 64 sont les nombres impairs. Or il y a 32 nombres impairs compris entre 1 et 63 donc l'ordre de [tex](\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^\times[/tex] est 32.

Je passe maintenant à la recherche de l'ordre de 5 dans le groupe des inversibles.
J'utilise le théorème de Lagrange qui dit que l'ordre de 5 dans le groupe des inversibles divise le cardinal de ce groupe à savoir 32.
Comme [tex]32=2^5[/tex] alors les diviseurs de 32 sont 1,2,4,8,16,32.
1, 2, 4 et 8 ne fonctionne pas. Par ailleurs [tex]\dot{5}[/tex] n'engendre pas tout le groupe donc son ordre n'est pas 32. Il semblerait donc que ce soit 16. Par contre en utilisant la calculatrice, 5^16 dépasse la capacité de stockage de la calculatrice.
Je me demande comment l'on peut faire pour déterminer l'ordre d'un élément quand on ne peut pas faire les calculs avec la calculatrice.

Dernière modification par bibmgb (30-11-2024 20:09:16)

bibmgb

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Re : groupes quotients

Avec la calculatrice [tex]5^8=390 625[/tex] et 390 625 a pour reste 33 dans la division euclidienne par 64.
Donc [tex]5^{16}\equiv 33^2(64)[/tex]. 0r [tex]33^2=1089[/tex] et 1089 a pour reste 1 dans la division euclidienne par 64.
Donc [tex]5^{16}\equiv 1(64)[/tex]. Donc 16 est le plus petit entier k strictement positif tel que [tex]5^k\equiv 1(64)[/tex] donc l'ordre de 5 dans le groupe [tex](\mathbb{Z}/64\mathbb{Z})^\times[/tex] est 16.

bridgslam

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Re : groupes quotients

Bonjour,

Vous pouvez procéder plus rapidement en remarquant que 13 est l'inverse de 5 dans l'anneau.
De plus $13^8 = (5+8)^8=5^8$ modulo 64 ( binôme de Newton
évident).
$5^8 = 5^{-8}$ donne $5^{16}=1$.

Bonne journée

A.

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Fred

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Re : groupes quotients

Re

  Sinon pour calculer les puissances de 5, on calcule modulo 64 5^2 puis 5^4=(5^2)^2 puis 5^8=(5^4)^2 etc...
Les calculs ne sont pas si horribles....

F.

bridgslam

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Re : groupes quotients

Bonsoir,

Bien-sûr, mais parfois quelques calculs simples au sein de l'anneau simplifient aussi les calculs.
Par exemple (avec la même démarche) il est quasi immédiat que 57 est d'ordre 8, sans quasi aucun calcul.

bonne soirée
A.

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Re : groupes quotients

Bonjour,
Les questions 3 et 4 sont les suivantes :
3) Montrer que pour tout [tex]k\in\mathbb{Z}[/tex], [tex]5^k\not\equiv -1 (64)[/tex].
4) En déduire que l'application [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(\varepsilon,k)=(-1)^\varepsilon 5^k[/tex] est un isomorphisme de groupes.

Je ne comprends pas bien comment est définie cette application.
A priori les nombres [tex]-1[/tex] et [tex]5[/tex] font référence aux classes d'équivalence de [tex]-1[/tex] et [tex]5[/tex] pour la relation de congruence modulo 64.
Par contre ce qui m'interroge ce sont les puissances qui sont elles mêmes des classes d'équivalences.

Par exemple [tex]5^k[/tex] avec [tex]k[/tex] dans [tex]\mathbb{Z}/16\mathbb{Z}[/tex] ça signifie que [tex]5^k[/tex] a 16 significations possibles selon la classe d'équivalence de k modulo 16 ?

Je crois que je n'ai pas compris comment était définie cette application, pouvez-vous m'éclairer s'il vous plaît ?

Merci et bonne soirée.

Michel Coste

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Re : groupes quotients

Bonsoir.
Je pense que tu n'as pas de problème pour comprendre ce qu'est l'homomorphisme du groupe additif $\mathbb Z$ dans le groupe multiplicatif de $\mathbb Z/64 \mathbb Z$ défini par $k\mapsto 5^k \pmod{64}$. Maintenant tu as vu que $5^{16}=1\pmod{64}$ et qu'en fait 16 est l'ordre multiplicatif de 5 modulo 64,. Donc le noyau de cet homomorphisme est $16\mathbb Z$, et cet homomorphisme induit un homomorphisme injectif du groupe additif $\mathbb Z/16\mathbb Z$ dans $(\mathbb Z/64\mathbb Z)^\times$.

bridgslam

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Re : groupes quotients

Bonsoir,

3) sauf erreur il suffit de montrer que $5^8 \ne -1 $ dans $\mathbb{Z}/64\mathbb{Z}$.
     Pour abaisser un peu  les calculs vous pouvez considérer la puissance 8 de 3.

4) l'application de $\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}/64\mathbb{Z}^×$ telle que $k \rightarrow (-1)^k $ est un morphisme qui envoie les pairs sur 1,
ainsi en passant au quotient $ \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ cela  induit un morphisme naturel clair.
Vous pouvez montrer que l'application proposée:

- est un morphisme de groupes,
- qu'il est injectif en regardant son noyau ( et en utilisant 3)  )
- qu'il est donc bijectif ( pourquoi ?)

C'est donc un isomorphisme.

Il permet donc de voir que le groupe multiplicatif des inversibles modulo 64 n'est pas cyclique (pourquoi?), mais on peut l'engendrer avec deux éléments ( lesquels ?).

16 est donc l'ordre maximum pour un inversible, quel qu'il soit.
C'est l'exposant de ce groupe multiplicatif (abélien).
Une petite rubrique sur ce site y est consacré, d'ailleurs.

Bonne soirée

A.

Dernière modification par bridgslam (04-12-2024 11:30:07)

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bibmgb

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Re : groupes quotients

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.

Dernière modification par bibmgb (04-12-2024 12:05:22)

bridgslam

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Re : groupes quotients

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.

Dernière modification par bridgslam (04-12-2024 15:05:35)

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Re : groupes quotients

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.

Dernière modification par bibmgb (07-12-2024 17:35:24)

bibmgb

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Re : groupes quotients

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].

bridgslam

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Re : groupes quotients

Bonsoir,

Une fois montrée l'injectivité, la bijectivité est assurée par un argument de cardinalité...

Bonne soirée

A.

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Re : groupes quotients

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.

Dernière modification par bridgslam (08-12-2024 08:27:52)

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bibmgb

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Re : groupes quotients

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.

Dernière modification par bibmgb (09-12-2024 18:40:23)

Michel Coste

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Re : groupes quotients

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 ?

Dernière modification par Michel Coste (09-12-2024 19:54:04)

bridgslam

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Re : groupes quotients

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

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bibmgb

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Re : groupes quotients

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].

Dernière modification par bibmgb (10-12-2024 09:24:42)

bridgslam

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Re : groupes quotients

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.

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Michel Coste

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Re : groupes quotients

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 $G\times H$.

Dernière modification par Michel Coste (10-12-2024 12:07:15)

bibmgb

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Re : groupes quotients

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].

Dernière modification par bibmgb (Hier 21:27:57)

Michel Coste

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Re : groupes quotients

Ben voila ...