Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Merci beaucoup :)
Pouvez-vous me dire ce que vous pensez de ce passage :

Je trouve que c'est juste, mais un peu lourd dans la rédaction.

Bonjour,

j'ai réussi à débloquer la situation. Je suis à la question 3 du post initial. Voici ce que je fais :

Je note $card(G)=s$ et $G:=\{x_s,\cdots,x_s\}$.

Il s'agit de prouver qu'il existe $z\in G$ de sorte que $o(z)=ppcm(o(x_1),\cdots,o(x_s))$.

Pour cela je choisis $z\in G$ tel que $z$ soit d'ordre maximal $m$. Je fixe ensuite un élément $x\in G$ quelconque d'ordre $n$. Et je prends $n'$ et $m'$ comme dans la question 2.

L'élément $z^{\frac{m}{m'}}$ a pour ordre $m'$ puisque :

- $(z^{\frac{m}{m'}})^{m'}=z^m=1$
- si $(z^{\frac{m}{m'}})^{r}=1$ avec $r>0$ alors $z^{r\frac{m}{m'}}=1$ et donc $o(z)=m|r\frac{m}{m'}$ ce qui donne $m'|r$.

Donc l'ordre de $z$ est exactement $m'$.

Question : Si je dis $a|b \Rightarrow ca|cb$ (avec $c$ non nul), est-ce que j'écris une bêtise ?

De même, et avec une démonstration identique, l'élément $x^{\frac{n}{n'}}$ a pour ordre $n'$.

En utilisant la question 1, je peux donc dire que $o(z^{r\frac{m}{m'}}x^{\frac{n}{n'}})=n'm'=ppcm(n,m)\le m$ vu que $z\in G$ est d'ordre maximal $m$.

Et là, je poursuis comme cela, mais être certain de ce que j'écris :
Notons $M=ppcm(n,m)$. Alors $M\le m$ est multiple de $n$ et $m$. Ce qui autorise à écrire $M=k\times m$ d'une part et $M=k'\times n$ d'autre part.

Du fait que $M=k\times m\le M$, on déduit que $k=1$ et donc $M=m$.
Du fait que $M=k'\times n$, on déduit que $m=k'\times n$ et donc $n|m$.

Donc pour tout élément $x\in G$, on a $o(x)|m$.

Tous les éléments de $G$ ont un ordre divisant $m$.

Mais je ne fais pas le lien avec le ppcm.

Pouvez-vous m'aider ?
D'avance merci :)

Bonjour,

j'ai retravaillé la démonstration de nouveau ce jour que j'essaye de "synthétiser". Voici :

Et c'est là que j'ai un problème "d'écriture".

Je note $A:=\{x^{(i)}\in E\mid 1\le i\le r\mid card(G.x^{(i)})=1\}$

Ainsi :
$card(E)=\large\sum_{x^{(i)}\in A} G.x^{(i)}+\sum_{x^{(i)}\in \bar{A}} G.x^{(i)}$

Ensuite j'écris :
$h^{p-1}=card(G)^{p-1}=\large\sum_{x^{(i)}\in A} G.x^{(i)}+p\times (\sum_{x^{(i)}\in \bar{A}} 1)$

Les différentes notations me perdent, mais je comprends l'idée générale.

Pouvez-vous m'aider à mieux le rédiger ?
D'avance merci :)

Je suis bête. Je ne maîtrises pas la définition d'une orbite ! En fait, c'est :

$G.x=\{g.x\mid g\in G\}$

On calcule les "itérés" de g.
Ici, cela donne :

$\begin{array}{ll}
G.x&=<\gamma>.x\\
&=<\gamma>.(a_1,\cdots ,a_p)\\
&=\{\gamma^k.(a_1,\cdots ,a_p)\mid \gamma^k\in <\gamma>\}\\
&=\{(a_{\gamma^k(1)},\cdots ,a_{\gamma^k(p)})\mid \gamma^k\in <\gamma>\}\\
&=\{(a_{\gamma^0(1)},\cdots ,a_{\gamma^0(p)})\,;\,(a_{\gamma^1(1)},\cdots ,a_{\gamma^1(p)})\,;\,(a_{\gamma^2(1)},\cdots ,a_{\gamma^2(p)})\,;\,\cdots ; (a_{\gamma^{p-1}(1)},\cdots ,a_{\gamma^{p-1}(p)})\}\\
&=\{(a_1,\cdots ,a_p)\,;\,(a_2,\cdots ,a_1)\,;\,(a_3,\cdots ,a_2)\,;\,\cdots ;(a_p,\cdots ,a_{p-1})\}\\
\end{array}$

Puis $card(<\gamma>.x)=1$ impose l'égalité de tous ces p-uplets, soit : $a_1=a_2=\cdots =a_p$ avec $a_1\cdots a_p=e$ car $x=(a_1,\cdots,a_p)\in S$.

On a donc bien $a_1^p=e$.

Je pense que cette fois j'ai mieux compris.

Arf oui, je viens de relire le théorème plus attentivement. Ici, on fait opérer $G=<\gamma>$ sur $E=S$. Donc nous ne sommes pas dans les conditions de ce théorème (pour le point b)).

Par contre, le point a) reste valable. Je viens de relire encore les conditions d'application de l'équation aux classe lorsque $G$ opère sur $E$. Je pense qu'on peut écrire :

$card(S)=\sum_{i=1}^r card(<\gamma>.x_i)$

où $<\gamma>.x_1,\cdots,<\gamma>.x_r$ sont toutes les orbites de $E=S$ deux à deux distinctes.

Ensuite, je viens de reprendre l'application :

$ \begin{array}{ll}
f : &S \longrightarrow G^{p-1} \\
   &(a_1,\cdots,a_p) \longrightarrow (a_1,\cdots,a_{p-1})
\end{array}$

C'est bien une bijection et il s'en suit que $card(S)=card(G^{p-1})=h^{p-1}$.

En reportant dans l'équation aux classe, j'obtiens que :

$h^{p-1}=\sum_{i=1}^r card(<\gamma>.x_i)$

Et je suis bloqué ici, je ne fais pas le lien avec la recherche de solutions dans $G$ de l'équation $x^p=e$ et le fait que ce soit un multiple de $p$.

Pouvez-vous m'aider ?

Ah oui, merci ! Donc $Z(<\gamma>)=<\gamma>$ !

Que pensez-vous des autres points évoqués ?

Pouvez-vous m'aider sur le point 6 ?

Pour le point 5), je trouve que c'est assez direct :

5) Indice :
On sait que $G=<\gamma>$ est fini. En effet, par définition :

$<\gamma>=\{\gamma^k\mid k\in\mathbb{Z}\}$

Or $\gamma$ étant un $p$-cycle, on a $\gamma^p=Id$.
On procède à la D.E. de $k$ par $p$ pour obtenir $k=pq+r$ avec $0\le r<p$.
Ainsi, on a $\gamma^k=\gamma^r$
Par conséquent, on a $<\gamma>=\{\gamma^r\mid r\in[[0,p-1]]\}$ et donc $card(<\gamma>)=p$.

On peut donc écrire :

$\begin{array}{ll}
card(<\gamma>)&=card(<\gamma>.(a_1,\cdots,a_p))\times card(<\gamma>_{(a_1,\cdots,a_p)})\\
p&=card(<\gamma>.(a_1,\cdots,a_p))\times card(<\gamma>_{(a_1,\cdots,a_p)})
\end{array}$

Et comme $p$ est premier, cela impose :
$card(<\gamma>.(a_1,\cdots,a_p))=p$ ou $card(<\gamma>.(a_1,\cdots,a_p))=1$

Je poursuis avec les points 2) et 3).

2) Orbite :
Ici, l'orbite de $x=(a_1,\cdots,a_p)$ sous l'action de $G=<\gamma>$ est l'ensemble :

$\begin{array}{ll}
<\gamma>.x&=\{\gamma^u.(a_1,\cdots,a_p)\mid \gamma^u\in <\gamma>\}\\
&=\{(a_{\gamma^{u}(1)},\cdots ,a_{\gamma^{u}(p)})\mid \gamma^u\in <\gamma>\}\\
\end{array}$

3) Stabilisateur :
Et le stabilisateur de $x=(a_1,\cdots,a_p)$ sous l'action de $G=<\gamma>$ est l'ensemble :

$\begin{array}{ll}
<\gamma>_{(a_1,\cdots,a_p)}&=\{\gamma^u\in <\gamma>\mid \gamma^u.(a_1,\cdots,a_p)=(a_1,\cdots,a_p)\}\\
&=\{\gamma^u\in <\gamma>\mid (a_{\gamma^{u}(1)},\cdots ,a_{\gamma^{u}(p)})=(a_1,\cdots,a_p)\}\\
&=\{\gamma^u\in <\gamma>\mid a_{\gamma^{u}(1)}=a_1\,,\cdots \,,a_{\gamma^{u}(p)}=a_p\}\\
\end{array}$

Qu'en pensez-vous ?

Je vois.
Enfin, je penses comprendre.

Ne devrait-on pas écrire $(\bar{a},\bar{b})\in\mathbb{Z}_2$ et $(\bar{c},\bar{d})\in\mathbb{Z}_2$ ? Avec la petite barre au-dessus ?

Ensuite, si je saisi bien, on a $(\bar{a},\bar{b})+(\bar{c},\bar{d})\underset{déf}{\text{=}}(\bar{a}+\bar{c},\bar{b}+\bar{d})$.

Et on sait que $\bar{a}+\bar{c}=\bar{c}+\bar{a}$ dans $\mathbb{Z}_2$. De même $\bar{b}+\bar{d}=\bar{d}+\bar{b}$ dans $\mathbb{Z}_2$.

Ce qui permet d'écrire : $(\bar{a},\bar{b})+(\bar{c},\bar{d})=(\bar{a}+\bar{c},\bar{b}+\bar{d})=(\bar{c}+\bar{a},\bar{d}+\bar{b})=(\bar{c},\bar{d})+(\bar{a},\bar{b})$.

Et ceci prouve que l'addition ainsi défini sur $\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_2$ est commutative. Donc $\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_2$ est abélien.

De manière générale, si $G_1$ et $G_2$ sont abéliens, alors $G_1\times G_2$ aussi.

Bonjour,

je reviens sur cet exercice car dans une proposition du cours, on affirme que tout groupe monogène est abélien. Mais que la réciproque est fausse. Le contre-exemple mit en avant est justement $\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_2$.

Je sais qu'il n'est pas monogène, je l'ai prouvé ci-dessus.

Mais pourquoi est-il abélien ? Je dois le prouver à la main en testant toutes les combinaisons possibles de composition ?

Pouvez-vous m'aider ?

D'avance merci :)

Merci.
Oui, c'est justement la question.
La proposition suivante :

Elle se montre en partie avec le th. de Lagrange. Je fais comme ceci :

Preuve :
L'application $\begin{array}{ll}
f : &\mathbb{N} \longrightarrow G \\
   &n \longrightarrow a^n
\end{array}$ n'est pas injective. Donc il existe deux entiers $p<q$ de sorte $f(p)=f(q)$, c-à-d $a^p=a^q$ ou encore $a^{q-p}=e$

Je nomme $m=p-q\in\mathbb{N}$ et donc $a^m=e$.

Par définition, $<a>:=\{a^k\,,k\in\mathbb{Z}\}$.

Je fais la D.E. de $k$ par $m$ pour obtenir $k=ms+r$ avec $0\le r<m$ et donc $a^k=a^r$.

Ainsi $<a>=\{a^r\,,r\in[[0,m-1]]\}$ qui est un sous-groupe de $(G,.)$.

Puis avec le th. de Lagrange, on a $card(<a>)|card(G)$. Soit $m|n$.

Par conséquent, $a^n=a^{mt}=e$.

Est-ce bien cela ?

Ou existe-t-il un autre moyen d'arriver à ce résultat ? Plus rapide sans être plus complexe ^^

Merci encore pour l'aide.