Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonsoir !
Merci de votre réponse ! Ce qui veut donc dire que tout élément de $g$ va s'écrire "comme combinaison des éléments $g_1,\cdots,g_p$.
Mais pour l'écriture $<g_1,\cdots, g_p>$, de façon ensembliste, qu'est-ce qu'elle signifie ?

Bonjour Fred,

je change les notations alors !

Je fixe un point $O\in\mathcal{E}$ et un vecteur $v\in E'$.

Pourquoi puis-je ainsi poser $M'=f(O)+v$ ? Je ne le vois pas. Je suis sur le chapitre qui traite d'espace affine et dès le début de ce chapitre on parle d'une action de groupes à droite, simplement transitive.

Raison pour laquelle j'ai utilisé cela. Je ne vois pas comment justifier l'existence de $M'\in\mathcal{E}'$ sinon.

Pour en revenir à ma question, plus précisément, la simple transitivité c'est :

$\forall x\in X\,,\forall y\in X\,,\exists !g\in G\,:y=x.g$ (à droite)

Imaginons maintenant que j'ai un $x\in X$ fixé, puis un $g\in G$ fixé aussi. Puis-je dire qu'alors il existe $y\in X$ telle que $y=x.g$ ?

Bonjour,

Ai-je écris une bêtise ?
Les groupes triviaux sont les groupes extrêmes au sens de l'inclusion, non ?

Je fatigue !
Je vérifie, cela vaut mieux.
$H=\{\bar{0}\}$ est un sous-groupe :
1. Il contient le neutre pour la loi + (à savoir $\bar{0}\in H$)
2. Il est stable pour l'addition (à savoir $\bar{0}+\bar{0}=\bar{0}\in H$)
3. Il est stable par passage à l'inverse (à savoir $\bar{0}^{-1}=\bar{0}\in H$)

$H=\{\bar{1}\}$ n'est pas un sous-groupe :
Il ne contient pas le neutre pour la loi + (à savoir $\bar{0}\not\in H$)

$H=\{\bar{0},\bar{1}\}$ est un sous-groupe :
1. Il contient le neutre pour la loi + (à savoir $\bar{0}$)
2. Il est stable pour l'addition (car $\bar{0}+\bar{0}=\bar{0}$ ; $\bar{1}+\bar{0}=\bar{0}+\bar{1}=\bar{1}$ ; $\bar{1}+\bar{1}=\bar{0}$)
3. Et il est stable par passage à l'inverse (à savoir $\bar{1}^{-1}=\bar{1}$ et $\bar{0}^{-1}=\bar{0}$)

Les sous-groupes triviaux sont $H=\{\bar{0}\}$ et $H=\{\bar{0},\bar{1}\}$

Da manière générale, ce sont $H=\{e\}$ et $H=G$.

Je cherche mon erreur.

$p$ est une application au départ de $N\times H$ et à valeurs dans $N$.

Lorsqu'hier j'ai écrit que sa restriction à $ker(p)$ était un isomorphisme, c'était faux parce qu'alors cela signifierait que $p_{\mid ker(p)}:ker(p)\to N$ serait un isomorphisme.

Alors qu'en fait, c'est l'application $p: ker(p)\to H$ qui en est une.

L'espace d'arrivée est $H$, et non $N$. Est-ce cela ?

Bonjour Fred,

en notant $\overline{H}:=\{(1,h)\mid h\in H\}$, il est écrit que $p_{\mid\overline{H}}:\overline{H}\to H$ est un isomorphisme. C'est une erreur ?

Bonjour,

alors, le triplet $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z},+,\times)$ est un A.C.U.

Il n'est pas un corps car 4 n'est pas premier.

Le couple $((\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^\times,\times)$ est toujours un groupe pour la loi $\times$.

On sait que $card((\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^\times)=\phi(4)=\phi(2^2)=2^{2}-2^{2-1}=4-2=2$.

Les inversibles de $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ sont les $\bar{k}$ tel que $pgcd(k,4)=1$. Soit $\bar{1}$ et $\bar{3}$.

D'où $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^\times=\{\bar{1},\bar{3}\}$.

Je prends $G=<\bar{3}>$.

C'est un sous-groupe fini de $((\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^\times,\times)$.

Et il est cyclique.

Qu'en pensez-vous ?

$m$ désigne l'ordre maximal de l'élément $z\in G$.

$M$ désigne le ppcm des ordres des éléments de $G$.

Alors on a $M=m$ ?

Bonjour,

j'ai écrit une bêtise ?

Comme $G$ est fini alors tout élément de ce groupe a un ordre fini. De surcroît, si l'on considère l'ensemble des ordres des éléments du groupe G, alors c'est un ensemble fini d'entiers donc admet un plus grand élément.

Ai-je bien compris ?

Bonjour,

je suis entrain de reprendre la conclusion de cet exercice.

Je note $x_{(i)}\in S=(a_{1,i},\cdots,a_{p,i})$.

On a vu que : $\textrm{card}(G.x_{(i)})=1 \Leftrightarrow a^p=e$      (où $a:=a_{1,i}=\cdots=a_{p,i}\in G$)

Et donc $A=\{i\in\{1,\dots,r\},\ \textrm{card}(G.x_{(i)})=1\}$ et en bijection avec $\{a\in G,\ a^p=e\}$.

D'où $card(A)=card(\{a\in G,\ a^p=e\})$.

Avec les notations de Fred, on a donc :

$p|h^{p-1}-p\times n \Rightarrow p|card(A) \Rightarrow p|card(\{a\in G,\ a^p=e\})$.

Le nombre de solutions de l'équation $a^p=e$ est donc bien un multiple de $p$.

Par ailleurs :
Comme $e^p=e$ alors $card(\{a\in G,\ a^p=e\})\ge 1$.
Comme $p|card(\{a\in G,\ a^p=e\})$ alors $card(\{a\in G,\ a^p=e\})\ge p$.

Donc il existe $a\in G$, $a\neq e$ tel que $a^p=e$.

Et donc il existe au moins un élément d'ordre $p$.