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Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n

Envoyé par Mathemataume 
Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Bonjour,

Je bloque actuellement sur un exercice, dont voici l'énoncé.

Soit G un groupe dans lequel chaque élément est son propre inverse.
Donc $\forall x \in G, x+(-x)= e_G$ en prenant la loi $+$.

1) Montrer que G est abélien.
2) Montrer que l'on peut munir G d'une structure d'espace vectoriel sur $Z/2Z$.
3) En déduire que si $G$ est fini, l'ordre de G est une puissance de 2.

Voici mes réponses :

1) $\forall x, y \in G : x.y.x^{-1}.y^{-1} = x.y.x.y = (x.y).(x.y) = 1$ donc $x.y.x^{-1}.y^{-1} = 1$ d'ou $x.y = y.x$
2) On doit montrer que l'on a un espace vectoriel sur G. On munit G de la loi de composition interne $+$ et de la loi de composition externe $.$.
G est abélien d'après la question 1. Soient $\lambda, \mu \in Z/2Z$ et soit $g, g_2 \in G$.

On a :
$\lambda.(\mu.g) = (\lambda.\mu).g$
$1.g = g$
$(\lambda + \mu).g = \lambda.g + \mu.g$
$\lambda(g + g_2) = \lambda.g + \lambda.g_2$

Donc G est muni d'une structure d'espace vectoriel. C'est un Z/2Z-espace vectoriel.

Ma première interrogation est : est-ce juste comme justification, et est-ce correct de dire que "G est un Z/2Z-espace vectoriel" ?

3) Je pense qu'il faut considérer le morphisme $f : G \rightarrow (Z/2Z)^n$ puis montrer que f est bijective. De cette manière, on saura que $|G| = |(Z/2Z)^n| = 2^n$.

Mais je ne sais pas comment le démontrer ... faut-il donner une formule explicite de f ? Si oui auriez-vous des indications à me donner ?

Merci d'avance !
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
3) Si $m$ est la dimension de $G$ comme $F_2$-ev, forcément finie puisque $G$ lui-même est une partie génératrice... de $G$, alors $G$ est isomorphe à $F_2^m$ qui est de cardinal $2^m$.

Cdlt, Hicham
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Pour la question 2, quelle est la définition de $\lambda g$ pour $\lambda\in\Z/2\Z$ et $g\in G$ ? Comment démontres-tu les relations ?

Pour la question 3., considérer « le » morphisme n'a pas de sens : aucun morphisme ne t'est donné. Comment peux-tu construire un (iso)morphisme entre $G$ et un $(\Z/2\Z)^n$ ? L'intérêt des espaces vectoriels, c'est qu'ils ont des bases et que leurs groupes additifs sont très simples, comme l'a dit Hicham avec d'autres mots.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par Math Coss.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
3)Je pense qu'il faut considérer le morphisme $f:G\to(\Z/n\Z)^n$

bof ; tant que tu ne sais pas ce que vaut $n$.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Je dirais que la définition de $\lambda.g$ pour $\lambda \in Z/2Z, g \in G$ est : $\lambda.g = \{ n.g , n \equiv \lambda [2] \}$ étant donné que \lambda est une classe d'équivalence de $Z/2Z$.

Donc pour démontrer la première relation par exemple, j'écrirais : $\lambda.(\mu.g) = \{ n.(m.g) , n \equiv \lambda [2], m \equiv \mu [2] \}$. De même : $(\lambda.\mu).g = \{ (n.m).g , n \equiv \lambda [2], m \equiv \mu [2] \}$. Comme $.$ est associatif, les deux ensemble sont égaux, donc la relation est vérifiée.


En considérant un morphisme je pensait plutôt chercher un isomorphisme entre les deux groupes, je me suis sûrement mal expliqué.

Dans les hypothèses de la question, on sait que $G$ est fini. Donc comme d'après la question 2, G est muni d'une structure d'espace vectoriel, on peut poser $dim(G) = m$. Donc il existe une base de $G$ sous la forme : $(b_1, ..., b_m)$ avec chaque $b_i$ dans $Z/2Z$.
Donc pour un vecteur $g = (g_1, ..., g_m)$ la fonction $f : (Z/2Z)^m \rightarrow G$ donnée par : $f(g) = \sum_{i = 1}^m g_i.b_i$ serait un isomorphisme de $(Z/2Z)^m$ dans $G$ ?



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par Mathemataume.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Attention, on veut que $\lambda g$ soit un élément de $G$, pas une partie de $G$.

En effet, la clé consiste à choisir une base de l'espace vectoriel $G$. En revanche, je ne comprends pas la notation $g=(g_1,\dots,g_n)$ : un élément de $G$ est à présent une suite ? une suite de quoi ? (Il faut sans doute lire $g_m$ au lieu de $g_m$ au fait ?)
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
J'ai du mal à trouver la définition rigoureuse de $\lambda.g$.
On a $\lambda \in Z/2Z$. $Z/2Z = \{ \overline{0}, \overline{1} \}$
Une idée : $\lambda.g = \overline{0}.g$ ou $\lambda.g = \overline{1}.g$, mais je ne vois pas ou cela peut mener. Et je ne suis de plus pas du tout certains que ces éléments sont dans G.

Et il ne reste plus qu'à trouver que f est bijective et calculer le cardinal !
Mea culpa, j'ai confondu $n$ et $m$ en écrivant le message, je corrige l'erreur.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Les symboles $\bar{0}.g$ et $\bar{1}.g$ ne sont toujours pas définis.

Pas comme si on avait le choix, en vérité : $\bar0$, c'est le neutre de l'addition : dans un espace vectoriel, $0\vec{v}$ c'est toujours le vecteur nul ; pis $\bar1$, c'est le neutre de la multiplication : dans un espace vectoriel, $1\vec v$, c'est toujours $\vec v$ pour tout vecteur $\vec v$. Mais alors, ça a l'air un peu ad hoc, il faut vraiment vérifier quelque chose, quand même – essentiellement les formules de distributivité et « l'associativité » ($(\lambda\mu)\vec{v}=\lambda(\mu\vec{v})$).

Je n'ai toujours pas compris comment $f$ était définie... parce que dans un espace vectoriel abstrait, les vecteurs ne s'écrivent a priori pas sous la forme $(g_1,\dots,g_m)$.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Je pense avoir l'idée de réponse pour la question 2.

Soient $\lambda, \mu \in Z/2Z$ et soit $\vec{g} \in G$. Je pense que prendre $\vec{g} \in G$ n'est pas juste car $\bar{0}.\vec{g}$ et $\bar{1}.\vec{g}$ n'est pas toujours défini, mais je n'ai pas d'autres idées.

Vérifions que $(\lambda.\mu).\vec{g} = \lambda.(\mu.\vec{g})$.
Comme $\lambda, \mu \in Z/2Z$, on a $\lambda$ et $\mu = \bar{0}$ ou $\bar{1}$.
1er cas : $\lambda = \bar{0}$ et $\mu = \bar{0}$. Alors : $(\lambda.\mu).\vec{g} = (\bar{0}.\bar{0}).\vec{g} = \bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$ et $\lambda.(\mu.\vec{g}) = \bar{0}.(\bar{0}.\vec{g}) = \bar{0}.\vec{0} = \vec{0}$
1er cas : $\lambda = \bar{0}$ et $\mu = \bar{1}$. Alors : $(\lambda.\mu).\vec{g} = (\bar{0}.\bar{1}).\vec{g} = \bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$ et $\lambda.(\mu.\vec{g}) = \bar{0}.(\bar{1}.\vec{g}) = \bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$
On procède de même pour $\lambda = \bar{1}$ et $\mu = \bar{0}$ et $\lambda = \bar{1}$ et $\mu = \bar{1}$.

Vérifions que $\bar{1}.\vec{g} = \vec{g}$.
$\bar{1}$ étant le neutre de la multiplication, l'égalité est vérifiée.

Vérifions que $(\lambda + \mu).\vec{g} = \lambda.\vec{g} + \mu.\vec{g}$
1er cas : $\lambda = \bar{0}$ et $\mu = \bar{0}$. Alors : $(\lambda + \mu).\vec{g} = (\bar{0} + \bar{0}).\vec{g} = \bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$ et $\lambda.\vec{g} + \mu.\vec{g} = \bar{0}.\vec{g} + \bar{0}.\vec{g} = \vec{0}.\vec{0} = \vec{0}$
2eme cas : $\lambda = \bar{0}$ et $\mu = \bar{1}$. Alors : $(\lambda.\mu).\vec{g} = (\bar{0}.\bar{1}).\vec{g} = \bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$ et $\lambda.(\mu.\vec{g}) = \bar{0}.(\bar{1}.\vec{g}) = \bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$
On procède de même pour $\lambda = \bar{1}$ et $\mu = \bar{0}$ et $\lambda = \bar{1}$ et $\mu = \bar{1}$.

Vérifions que $\lambda.(\vec{g} + \vec{g_2}) = \lambda.\vec{g} + \lambda.\vec{g_2}$ avec $\vec{g_2} \in G$. Posons $\vec{g_3} = \vec{g} + \vec{g_2}$.
1er cas : $\lambda = \bar{0}$. Alors : $\lambda.(\vec{g} + \vec{g_2}) = \bar{0}.(\vec{g} + \vec{g_2}) = \bar{0}.(\vec{g_3}) = \vec{0}$ et $\lambda.\vec{g} + \lambda.\vec{g_2} = \bar{0}.\vec{g} + \bar{0}.\vec{g_2} = \vec{0} + \vec{0} = \vec{0}$
2eme cas : $\lambda = \bar{1}$. Alors : $\lambda.(\vec{g} + \vec{g_2}) = \bar{1}.(\vec{g} + \vec{g_2}) = \bar{1}.(\vec{g_3}) = \vec{g_3}$ et $\lambda.\vec{g} + \lambda.\vec{g_2} = \bar{1}.\vec{g} + \bar{1}.\vec{g_2} = \vec{g} + \vec{g_2} = \vec{g_3}$


Je crois que je me suis emmêler les pinceaux...
Si l'on prend un élément de $(Z/2Z)^m$, on peut l'écrire sous la forme $(z_1,...,z_m)$. La fonction $f$ est définie ainsi : $\forall z \in (Z/2Z)^m, f(z) = f((z_1,...z_m)) = \sum_{i = 1}^m g_i.b_i$. Par définition de la base de $G$ : $f(z) \in G$. $(b_1,...,b_n)$. est une base de $G$.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par Mathemataume.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Bonjour à tous,

J'en profite pour poser ma question : cela fait plusieurs fois que je croise cette "technique" de munir un groupe vérifiant une certaine propriété d'une structure d'espace vectoriel sur un corps qui va bien pour obtenir une information sur son cardinal via une information sur sa dimension. Mais cette idée m'a semb totalement parachutée la première fois que je l'ai croisée ; est-ce une "astuce géniale" qui revient souvent ou y a-t-il une idée sous-jacente derrière qui m'échappe ??

Merci :)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
L'idée "géniale" derrière c'est qu'un groupe abélien d'exposant $p$ (c'est-à-dire tel que tout élément $x$ vérifie $px=0$) c'est exactement un $\mathbb F_p$-espace vectoriel, de la même manière qu'un groupe abélien c'est exactement un $\mathbb Z$-module.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Citation
Mathemataume
car $\bar{0}\cdot\vec{g}$ et $\bar{1}\cdot\vec{g}$ n'est pas toujours défini, mais je n'ai pas d'autres idées.
La première chose à faire, c'est de définir ces produits (externes). Cela n'a pas de sens de se demander si une structure qui n'est pas définie (une chimère, donc) a telle ou telle propriété, ne crois-tu pas ?

Pourtant, juste en dessous, tu écris
Citation
M
$\bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$
[ou]
$\bar1$ étant le neutre de la multiplication, l'égalité est vérifiée.
Là, tu utilise la conclusion (quand $0$ est le neutre de l'addition d'un corps et que $g$ appartient à un espace vectoriel sur ce corps, $0g=\vec0$ ; quand $1$ est le neutre du produit d'un corps alors $1g=g$). Au fait, tu n'as pas quelques scrupules à utiliser un objet qui n'était pas défini il y a une seconde ? Et ainsi de suite.

Bref, on se donne une base $(b_1,\dots,b_m)$ de l'espace vectoriel censément construit plus haut. On se donne un élément $(z_1,\dots,z_m)$ dans $(\Z/2\Z)^m$, OK. Tu veux l'envoyer sur $\sum_{i=1}^mg_ib_i$ : voulais-tu écrire $\sum_{i=1}^mz_ib_i$ ?
Les phrases suivantes sont aussi incompréhensibles :
Citation
M
Par définition de la base de $G$ : $f(z)\in G$. $(b_1,\dots,b_n)$ est une base de $G$.
L'expression « la base » est inappropriée (sauf exception, il y a plusieurs bases dans un espace vectoriel) et je ne vois pas ce qu'on utilise de la définition de base : dans un espace vectoriel, pour toute famille de scalaires $(z_1,\dots,z_m)$ et toute famille de vecteurs $(b_1,\dots,b_m)$, la combinaison linéaire $\sum_{i=1}^mz_ib_i$ appartient à l'espace vectoriel.
Est-ce que la dernière phrase (« $(b_1,\dots,b_n)$ est une base de $G$ ») un remords – tu avais oublié de nous présenter $(b_1,\dots,b_m)$ ? Ou bien est-ce que c'est la conclusion ?

Bref, ça n'est pas très convaincant. Note que tu n'as nulle part utilisé l'hypothèse ($x^2=1$ pour tout $x$), ce qui est bien suspect.


Si tu veux bien, on va reprendre. On a un groupe fini $G$ dont tous les éléments sont d'ordre $2$. Tu as montré qu'il était nécessairement abélien. Tu veux faire de $G$ un espace vectoriel.

Première étape, que nous avons tous négligée jusque là : quelle est l'addition sur $G$ ? Il faut donc une structure de groupe abélien $+:G\times G\to G$. Réponse évidente : on va prendre la loi de groupe sur $G$, on n'a rien d'autre sous la main ! Ça tombe bien, on vient de montrer qu'elle est commutative. On la notera désormais comme une somme et on note en particulier $0$ le neutre (au diable les flèches !). L'hypothèse s'écrit : $x+x=0$ pour tout $x$ de $G$.

Deuxième étape : le produit par un scalaire. Voici deux versions. La première est assez concrète : on n'a que deux scalaires, $0$ et $1$ (au diable les barres !). On doit donc définir, pour $g\in G$, les produits $0g$ et $1g$. S'il est possible de mener notre programme à bien, on n'a pas le choix : $0g=0$ et $1g=g$. Prenons ça comme définition.

Il faut alors montrer l'associativité généralisée : $(\lambda\mu)g=\lambda(\mu g)$. il y a quatre possibilités pour le couple $(\lambda,\mu)$, on les traite en série : $(0\cdot0)g=0g=0$ et $0(0g)=0\cdot0=0$ ok, $(1\cdot0)g=0\cdot g=0$ et $1(0g)=1\cdot0=0$ ok, $(0\cdot1)g=0g=0$ et $0(1g)=0\cdot g=0$ ok, $(1\cdot1)g=1g=g$ et $1(1g)=1\cdot g=g$ ok.

Montrons la « distributivité » $(\lambda+\mu)g=\lambda g+\mu g$ : à nouveau, on distingue quatre cas. Le seul cas étonnant est $\lambda=\mu=1$, qui donne : $(1+1)g=0g=0$ et $1g+1g=g+g=0$ grâce à l'hypothèse. Le reste est à l'avenant.

Deuxième version. Note que quand tu as un espace vectoriel habituel, tu notes, pour $n$ entier et $x$ vecteur : \[n\cdot x=\underbrace{x+\cdots+x}_{n\ \text{termes}}.\] Les relations que tu utilises tous les jours pour $g,h\in G$ et $m,n\in\Z$, comme $g^{m+n}=g^mg^n$ ou $(g^m)^n=g^{mn}$ ou $(gh)^m=g^mh^m$ (si $g$ et $h$ commutent) deviennent, en notation additive : $(m+n)g=mg+ng$, $m(ng)=(mn)g$ et $m(g+h)=mg+mh$.

Oh ! Mais c'est que ça ressemble à un espace vectoriel ! Oui, sauf qu'on ne peut pas diviser par un entier en général. On parle de « $\Z$-module » à la place.

Puisque tu écris des barres sur $0$ et $1$ pour noter les éléments de $\Z/2\Z$, tu sais sans doute que ses éléments sont des classes d'équivalence modulo $2$. Pour définir quelque chose à partir de $\Z/2\Z$, on se donne un élément $\lambda\in\Z/2\Z$, on choisit un entier $m$, on bricole et on vérifie que le résultat ne dépend pas du choix de $m$. Allons-y.

Pour définir $\lambda g$ lorsque $\lambda\in\Z/2\Z$ et $g\in G$, on choisit un représentant $m\in\Z$ de $\lambda$. On pose alors : $\lambda g=mg=\underbrace{x+\cdots+x}_{m\ \text{termes}}$. Cela ne dépend pas de $m$, seulement de $\lambda$. En effet, si $m'$ est un autre représentant de $\lambda$, alors $m-m'=2k$ pour $k$ entier convenable, de sorte que $mg-m'g=2kg=2(kg)=0$ (prendre $x=kg$ dans l'hypothèse sur $G$). Autrement dit, c'est bien défini.

Bon, ça ne change pas beaucoup de la première version : si $\lambda=\bar0$, on peut prendre comme représentant $m=0$ et alors $mg=0$ ; si $\lambda=\bar1$, on peut prendre comme représentant $m=1$ et alors $mg=g$. Retour à la première version ? Oui, sauf que là, on voit dès le début pourquoi c'est bien $\Z/2\Z$ qui intervient en rapport avec l'hypothèse « $2x=0$ pour tout $x$ ».
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Merci à Poirot pour l'explication et à Maths Coss pour l'illustration de la phrase "un grp abelien d'exposant p est exactement un Fp-ev", c'est maintenant très clair pour moi.
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Citation

voulais-tu écrire $\sum_{i=1}^mz_ib_i$ ?
Oui c'était mon intention, je ne me suis pas assez bien relu.

Citation

Est-ce que la dernière phrase (« $(b_1,…,b_n)$ est une base de $G$ ») un remords – tu avais oublié de nous présenter $(b_1,…,b_m)$ ? Ou bien est-ce que c'est la conclusion ?
J'ai oublier de préciser que c'était la base que je considérais, j'aurais dû le mettre plus haut dans le message.

Je pense que toutes mes erreurs étaient en grande partie dû au fait que je ne connaissait pas réellement les objets/définitions que je manipulais. Je te remercie de ton aide et je vais étudier ce que tu as écris.

Une dernière question : quelle est la définition d'un $\mathbb F_p$-espace vectoriel ?
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
C'est un espace vectoriel sur le corps Fp(=Z/pZ), qui en est bien un quand p est premier (via Bézout).
Re: Isomorphisme d'un groupe vers (Z/2Z)^n
il y a sept mois
Merci !
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