De la nature des choses

Euh, Poirot ? Tu n'as pas lu que $a_i$ est un diviseur de $n$ (en plus tel que $a_i$ et $n/a_i$ sont premiers entre eux) ?
Donc $n\mathbb Z$ est un sous-module de $a_i\mathbb Z$, et $ a_i\mathbb Z/n \mathbb Z$ a parfaitement un sens.
Par ailleurs, je ne comprends pas le sens de la question de Gill Bill. Que veut dire "nature" ?

Pardon, j'ai mal lu, je pensais que $a_i$ était premier avec $n$ !

En effet, comme $a_i$ divise $n$, $n \mathbb Z$ est bien un sous-groupe de $a_i \mathbb Z$. En tant que groupe, le quotient $a_i \mathbb Z/n \mathbb Z$ est isomorphe à $\mathbb Z/(n/a_i)\mathbb Z$. Il ne s'agit pas d'un anneau au sens classique car il n'y a pas d'élément unité (sauf si $a_i=1$).

Un aparté : $a_i\Z/n\Z$ est une partie et même un sous-groupe de $\Z/n\Z$ mais comme le neutre de la multiplication n'est pas le même que celui de $\Z/n\Z$ (sauf exception : $a_i=\pm1$), ce n'est pas un sous-anneau de $\Z/n\Z$.

Depuis quand est-ce que $\Z/n\Z$ est un groupe pour la multiplication ? (Par exemple, quel serait l'inverse de (la classe de) $0$ ?)
Comme $\Z/n\Z$ n'est pas un groupe multiplicatif, cela n'a pas de sens de se demander si $a_i\Z/n\Z$ est un sous-groupe.


« Élément symétrisable » quand on est en présence de deux opérations, c'est ambigu. Je suppose que tu veux parler des éléments inversibles. Le fait que les éléments inversibles d'un anneau forment un groupe, c'est un résultat complètement général – valable pour tout anneau – et très facile (point clé : l'inverse du produit est le produit des inverses). Dans ce cas très précis, donc, cela n'a pas d'intérêt de passer par $\Z/m_i\Z$ pour parler des inversibles de $a_i\Z/n\Z$ (où $m_i=n/a_i$).

Et alors, toujours pas décortiqué le cas $n=15$ ?

Gill Bill, je me demande si tu lis les messages qu'on t'écrit.
En tout cas, tu t'es complètement trompé dans la détermination des éléments neutres.

Quelle rapport entre les deux lois décrites par un $\times$ ici et par un $*$ là ? Un isomorphisme.

À la base, un même anneau, $\Z/5\Z$ (je note $\cdot$ son produit). Puis deux bijections :
\begin{align*}
\phi_6:&\Z/5\Z\longrightarrow3\Z/15\Z,\quad a\mapsto 6a\;;\\
\phi_3:&\Z/5\Z\longrightarrow3\Z/15\Z,\quad a\mapsto 3a.\end{align*}Ce sont évidemment tous deux des morphismes de groupes. De plus, on a, pour $a,b\in\Z/5\Z$ [\phi_6(a\cdot b)=a\times b\quad\text{et}\quad\phi_3(a\cdot b)=a*b.\]Autrement dit, ce sont deux morphismes d'anneaux $\Z/5\Z\to3\Z/15\Z$ pour des structures différentes.

L'intérêt de $\phi_6$, c'est que la produit $\times$ est la restriction du produit de $\Z/15\Z$ — attention, encore une fois, ça ne fait pas de $3\Z/15\Z$ un sous-anneau de $\Z/15\Z$ parce que le neutre du produit n'est pas le même. Cet élément $e=6$ est l'idempotent dont « l'image » est $3\Z/15\Z$. La multiplication par $1-e=10$ a pour image un autre anneau, $5\Z/15\Z$. On exploite le contexte du lemme chinois : c'est parce que $\frac{15}{3}\wedge3=1$ que cela a du sens.

Extension : quand on a un entier $n$, c'est-à-dire un anneau $\Z/n\Z$, et un diviseur $m$ de $n$ tel que $m$ et $m'=n/m$ sont premiers entre eux, on choisit $u$ et $v$ tels que $um+vm'=n$ (Bézout) : la multiplication par $vm'$ est un isomorphisme de $\Z/m\Z$ sur $m'\Z/n\Z$.


L'inconvénient de $\phi_3$, c'est que la loi $*$ n'est pas la restriction du produit de $\Z/15\Z$. L'intérêt de $\phi_3$, c'est qu'il s'étend plus généralement. Dès que l'on a $n$ et un diviseur $m$ de $n$, l'application de produit par $m'=n/m$ est une bijection $\phi_{m'}:\Z/m\Z\to m'\Z/n\Z$ et on définit un produit $*$ sur $m'\Z/n\Z$ par : $x*y=\phi_{m'}\bigl(\phi_{m'}^{-1}(x)\cdot\phi_{m'}^{-1}(y)\bigr)$ (on parle de transport de structure).


Le rapport entre les deux : $\phi_6=\varphi_2\phi_3$, en notant $\varphi_2:\Z/15\Z\to\Z/15\Z$, $x\mapsto2x$. Comme $2$ est premier à $15$, c'est un isomorphisme de groupes et un isomorphisme d'anneaux de $(3\Z/15\Z,*)$ sur $(3\Z/15\Z,\times)$. Si $m\wedge m'=1$, ça se généralise en $\phi_{vm'}=\varphi_v\phi_{m'}$ où $\varphi_{v}:\Z/n\Z\to\Z/n\Z$, $x\mapsto vx$.
Pour résumer, voici les isomorphismes [\xymatrix{&(\Z/5\Z,\cdot)\ar[dl]_{\phi_3}\ar[dr]^{\phi_6}\\
(3\Z/15\Z,*)\ar[rr]^{\varphi_2}&&(3\Z/15\Z,\times)}\]
Comme dirait le petit-fils de Shakespeare, much ado about not much...

$\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}$

Y a une couille dans le potage: "$\Z/(n/ai)\Z$ et $ai\Z/n\Z$ sont isomorphes."

Isomorphes en tant que quoi ? Comme groupes ? dans ce cas ça ne suffit pas .à conclure que $ai\Z/n\Z$ est un anneau. Comme anneaux ? dans ce cas, il faut déjà savoir que $ai\Z/n\Z$ est un anneau...

Gil Bill a écrit:

Est-il exact de penser que les $m$ éléments neutres des $m$ anneaux $a_i\Z/n\Z$ ($1\le i\le m$) coïncident avec les $m$ éléments idempotents de $\Z/n\Z$ ?

Réfléchissons ensemble. Écrivons $n=\prod_{k=1}^rp_k^{v_k}$ où les $p_k$ sont des nombres premiers tous distincts et les $v_k$ sont des entiers non nuls. Un diviseur $a$ de $n$ tel que $n/a$ et $a$ sont premiers entre eux est déterminé par une partie $I\subset\{1,\dots,r\}$ formée des facteurs premiers de $a$. Dès qu'un facteur premier $p_k$ divise $a$, il faut que $p_k^{v_k}$ divise $a$, sans quoi $p_k$ divise aussi $b$. À une partie $I\subset\{1,\dots,r\}$, on associe $a_I=\prod_{i\in I}p_i^{v_i}$ et $b_I=\prod_{j\notin I}p_j^{v_j}$. On a donc $m=2^r$. NB : On fait la différence entre le couple $(a,b)$ et le couple $(b,a)$.

Fixons donc un couple $(a,b)$. Trouvons $(u,v)\in\Z^2$ tel que $au+bv=1$. Alors $bv$ est un idempotent de $\Z/n\Z$ puisque $(bv)^2=bv(1-au)=bv-uvn=bv$. Comme $v$ est premier avec $a$ (puisque $au+vb=1$), la multiplication par $v$ est un automorphisme du groupe abélien $\Z/a\Z$ donc la multiplication par $bv$ est un isomorphisme de groupes de $\Z/a\Z$ sur $b\Z/n\Z$. En particulier, la multiplication par $bv$ est une surjection de $\Z/n\Z$ sur $b\Z/n\Z$. Quand on le munit du produit de $\Z/n\Z$, $b\Z/n\Z$ devient un anneau commutatif ayant pour neutre $bv$. Ainsi, $bv$ est à la fois un idempotent de $\Z/n\Z$ et le neutre de $b\Z/n\Z$.

Si on décompose $\Z/n\Z$ autant que possible, on l'écrit comme somme d'idéaux (qui sont aussi des anneaux, mais pas de sous-anneaux)\[\Z/n\Z=\bigoplus_{i=1}^rq_i\Z/n\Z\simeq\bigoplus_{i=1}^r\Z/p_i^{v_i}\Z\quad\text{où}\ q_i=\prod_{j\ne i}p_j^{v_j}.\]Chaque $\Z$-module $\Z/p_i^{v_i}\Z$ est indécomposable (il ne peut pas s'écrire comme somme directe de deux sous-modules non triviaux ; exercice : le montrer !) et cela a pour conséquence que les sous-modules qui admettent un supplémentaire sont de la forme $\bigoplus_{i\in I}q_i\Z/n\Z$ ; c'est une autre façon de dire que tous les idempotents sont ceux que l'on a étudiés au paragraphe précédent. NB : dans ce paragraphe, au contraire du précédent, tout n'est pas démontré.

Oui.

Comme je suis omniscient (ahem...), c'est évidemment une question de paresse.

Plus sérieusement, la détermination des idempotents de $\Z/n\Z$ est essentiellement la même que la propriété suivante : étant donné un endomorphisme linéaire $\varphi$ d'un espace vectoriel complexe de dimension finie, les seuls projecteurs qui commutent à $\varphi$ sont les sommes de projecteurs spectraux, en convenant qu'un projecteur spectral est un projecteur sur un sous-espace caractéristique parallèlement à la somme des autres.