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

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

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 $n$.

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 ?)

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 $(g_1,\dots,g_m)$.

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 semblé 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

Mathemataume a écrit:

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

M a écrit:

$\bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$
[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 :

M a écrit:

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 $x$ ».