fonction arithmétique
dans Algèbre
Bonjour;
Et merci d'avance pour toute réponse
la fonction arithmétique $f\in \mathbb {C}^{\mathbb {N}^*}$ qui à tout n fait correspondre le nombre de groupes (abéliens ou non) d'ordre n (à isomorphismes près) n'est ni additive
car $f(3)+f(5)\neq f(15),1+1\neq 1$
ni multiplicative $f(2).f(3)\neq f(6)$ car $1.1\neq 2$
ok!... mais qu'en dire d'autre?
Et merci d'avance pour toute réponse
la fonction arithmétique $f\in \mathbb {C}^{\mathbb {N}^*}$ qui à tout n fait correspondre le nombre de groupes (abéliens ou non) d'ordre n (à isomorphismes près) n'est ni additive
car $f(3)+f(5)\neq f(15),1+1\neq 1$
ni multiplicative $f(2).f(3)\neq f(6)$ car $1.1\neq 2$
ok!... mais qu'en dire d'autre?
Réponses
-
Elle est "log multiplicative" ($f(mn)=f(m)+f(n)$ si $m$ et $n$ sont premiers entre eux) si on regarde juste le nombre de classes d'isomorphismes de groupes abéliens de cardinal $n$, par le théorème de structure des groupes abéliens finis :-)
Et tu t'es trompé, $f(15) \geq 3$ et $f(6)=3$. -
ah bon
je pensais que f(6)=2
qu'il n'y avait que deux groupes (à isomorphismes près) d'ordre 6
l'un est non abélien (le groupe des permutations à trois éléments)
et j'en voyais qu'un d'ordre 15 -
Bah il y a au moins $\mathbb Z/15 \mathbb Z$ et $\mathbb Z/3 \mathbb Z \times \mathbb Z/5 \mathbb Z$, ensuite je ne sais pas où je suis allé inventer un troisième, je ne pense pas qu'il y en ait d'autres (même non abéliens).
Pour $6$ il y a $\mathbb Z/6 \mathbb Z$, $\mathbb Z/2 \mathbb Z \times \mathbb Z/3 \mathbb Z$ et $\mathfrak S_3$ :-) -
non pour f(6)
il est cyclique celui de Z/2Z X Z/3Z
donc f(6)=2 -
J'ai oublié mon mandarin, mea culpa... De même pour $15$ du coup !
-
tu reste mon maitre Maître Poirot
tu me faisais marcher
tu es bon! -
f(x)Xf(y)=f(x+y)
f est forcément la fonction nulle ou des fonctions de type a puissance x -
Yacoub
Je ne pense pas que tu travaille
C'est ton droit mais c'est mon droit de te le dire -
fluorhydrique écrivait:
> Yacoub
> Je ne pense pas que tu travaille
> C'est ton droit mais c'est mon droit de te le dire
Tu travailles, tu maltraites le français autant que les maths. -
@Poirot
Je note $g$ la fonction définie par $g(n)$ égal au nombre de classes d'isomorphie de groupes abéliens d'ordre $n$. Pour éviter le conflit avec la fonction $f$ définie dans le post initial. Alors, pour MOI :
$$
g(nm) = g(n)g(m) \qquad \hbox {si $n \wedge m = 1$}
$$
Sketch : si $\Omega$ est un groupe abélien d'ordre $nm$, il existe un unique sous-groupe $\Omega_{(n)}$ de $\Omega$ d'ordre $n$ et il est donné par :
$$
\Omega_{(n)} = \ker (\hbox {multiplication par $n$})
$$
Idem en remplaçant $n$ par $m$. Et bien sûr $\Omega = \Omega_{(n)} \oplus \Omega_{(m)}$.
Attention : il y a un peu de travail pour montrer ce que j'affirme (j'ai mon corrigé sous les yeux).
Dis moi si je vieillis (en lisant mal mon corrigé) ou si pendant des années, j'ai raconté des bêtises à mes étudiant(e)s. -
oui pour la fonction qui donne le nombre de groupes abéliens
(elle est multiplicative et en prenant en compte deux variables premières entre-elles)
mais non pour la fonction qui donne le nombre de groupes (abéliens ou non)
(justement c'est le sujet de ce fil) -
@fluorhydrique
Oui, j'ai bien vu TA définition de $f(n)$. Et j'ai pris la précaution de changer de nom en choisissant $g(n)$.
Et je comprends bien que c'est TA fonction $n \mapsto f(n)$ qui t'intéresse et pas la mienne.
Mais du coup, je ne comprends pas pourquoi Poirot parle de fonction log-multiplicative en http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1466132,1466206#msg-1466206 : je crois lire chez Poirot des égalités de type $g(nm) = g(n) + g(m)$ si $n,m$ sont premiers entre eux.
QUID ?
Toi tu n'y es pour rien en ce qui concerne l'égalité $g(nm) = g(n) + g(m)$ écrite par Poirot. -
Si c'est le terme "log multiplicative" qui fait débat, on peut l'oublier ;-) C'était plutôt "de type exponentiel" disons !
-
@Poirot
Oublions la terminologie. Et continuons à noter $g$ pour les groupes abéliens. Il me semble que, pour $n, m$ premiers entre eux, tu écris $g(nm) = g(n)+g(m)$. Vrai, faux, j'ai rien compris ?
Tandis que mézigue, j'écris $g(nm) = g(n)g(m)$.
On peut quand même pas avoir raison tous les deux ? -
Sauf si la fonction est identiquement nulle :-D
Et il me semble que c'est toi as raison, et moi qui délire complètement dans ce fil. Je devrais sûrement arrêter d'y intervenir ! ::o -
bah personne n'est parfait comme une machine
tu reste mon Maître Poirot
je suis loin de votre niveau (de toute façon)
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Bonjour!
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