Anneau $\Z/m\Z$

Si $m=2cd$ alors $m/2 =cd$ donc tu veux dire $m=2p$ ?

Et donc pour ton problème de dénomination il faut réussir à unifier les 3 cas où $a = cd$ avec aucun inversible, l'un inversible et les deux inversibles, les 3 amenant à des contraintes différentes sur $a,m$, et j'ai du mal à voir une idée qui englobe les 3

Salut,
reuns a peut-être répondu un peu vite au départ, mais il a dit des trucs super importants, et je pense que ce serait une mauvaise idée de s'en passer. Je les reprends à mon compte (qu'il me pardonne), en cherchant au départ à prendre de la hauteur afin d'être en mesure de tirer quelques propriétés avant d'appliquer:

On considère un monoïde $M$, commutatif vu ce qui nous intéresse, on nomme comme c'est l'usage $M^*$ le groupe des unités de $M$. Comme l'a précisé reuns: si $M^*$ est non trivial, on n'a pas à se faire de souci pour le cas des éléments non inversibles, puisque n'importe lequel d'entre eux peut notamment s'écrire sous la forme du produit de n'importe quel élément de sa classe modulo $M^*$ par l'unité bien assortie.

Sachant ce qu'on sait sur l'indicatrice d'Euler, on sait que $M^*$ n'est jamais trivial (au delà de m=2) et on ne s'intéresse donc qu'à lui (je rappelle que c'est un groupe abélien)

Donc: on doit mettre au clair les propriétés de $M^*$ pour qu'il ne soit pas possible de vérifier la propriété $\forall a\exists x,y[x\neq y\wedge x\neq a \wedge y\neq a\wedge a= xy]$. Il est pour cela nécessaire qu'il existe un élément qu'on nommera $v$ (comme vilain) tel que $\forall x\ [x\neq v \rightarrow (x^{-1}v=x \lor x^{-1}v=v]$ (le coup du $x^{-1}v=v$ n'est pas très intéressant, parce que dans un groupe, ça signifie juste que $x=1$, mais je m'en fous, je le mets quand même!).
Alors, je vous passe la phase de recherche, disons qu'on fait autant que possible appel à la régularité des différents éléments on obtient qu'on peut avoir:

- $v=1$ dans le cas où l'élément neutre ne peut s'écrire que sous la forme de carré (c'est à dire si les autres éléments sont tous d'ordre 2). Dans notre cas, ça veut dire $M^*$ est isomorphe à $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^k$ avec $k\in \mathbb{N}$
- Il y a le cas $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ que je ne justifie que succinctement ci-dessous.
- $v$ est différent de $1$ et tel que pour tout $x$ différent de $1$ ou $v$ $v/x=x$ (ou $v=x^2$. Par régularité, si l'ordre de $M^*$ est plus grand que 3, il est nécessairement unique, en outre, toujours dans ce cas, il est nécessairement d'ordre 2 (ça se montre par l'absurde il faut faire une disjonction entre le cas où l'ordre serait égal à 3 et les autres cas). De là, pour tout $x$ et $y$ tout deux différents de $v$ et $1$, on a $(xy)^2=x^2y^2=v^2=1$ si $y$ est différent de $x$, par régularité de ce dernier, $xy$ ne peut être égal à $v$, il ne peut pas non plus être égal à un élément d'ordre 2 différent de $v$ (ça n'existe pas). D'où la propriété si $x$ est différent $y$ tout deux différents de $1$ et $v$, alors $y=x^{-1}$. De là puisqu'on ne peux pas avoir plusieurs inverses dans un groupe, il n'y a plus qu'une solution $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$.
- On a traité tout les cas.

Du coup, la propriété sera fausse si et seulement si $M^*$ est isomorphe à l'un des groupes suivants:
- $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$
-$\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$
- $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^k$ avec $k\in\mathbb{N}$.

Du coup, ça donne l'impression que beaucoup d'anneaux $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ respectent la propriété voulue. Mais on va commencer à donner quelques propriétés un peu plus précises:
- Si $m$ est premier son groupe des unité est cyclique et d'ordre $m-1$, je tiens à préciser que, outre les cas où $m$ égal à 2 ou 3, ça exclut $m=5$.
- Pour le cas $m=\prod_i p_i$ avec tout les $p_i$ premiers et différents 2 à 2, par application, comme l'avait proposé reuns, du théorème chinois, on va avoir un groupe cyclique, et à part dans les cas 6 et 10 (puisque le groupe des unités dans le cas $m=2$ est trivial), la propriété est vérifiée.
- Après, pour le moment, tout ce que je vois, c'est du cas par cas. Du coup:
- le cas m=8, la propriété ne s'applique pas (groupe des unités isomorphes à $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$, de toute façon on savait que son ordre était 4, dans tout les cas, il était mal).
-en revanche la propriété s'applique dans les cas $m=9$ (d'ordre 6, ça devrait suffire, je crois qu'il est cyclique) et dans le cas où $m=16$ (isomorphe à $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$).

Je ne sais pas le reste (mais on a déjà un bon gros critère de sélection portant sur le groupe des unités et je crois que c'est déjà pas mal).

Oups! Bien vu! J'avoue que j'ai été un peu vite sur la conclusion sans vérifier que parmi les "puissance de 2", il en restait des compatibles avec "3" (avec "5", on ne peut avoir que "10", parce qu'on a besoin de ne pas faire de produit cartésien avec un un groupe des inversibles plus gros que le groupe trivial). Tu as tout-à-fait raison, le groupe des inversible dans le cas 24 est donc de type $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$.
Du coup, "12" m'avait aussi échappé (groupe des inversibles isomorphe à $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$).
On tombe donc sur un total de 10 exceptions. Ce coup-là, je crois bien qu'on y est!

Je fais la liste afin qu'on puisse vérifier qu'il n'y en a plus d'épargné.
À gauche le $n$ problématique, à droite, le groupe isomorphe au sous-groupe des inversibles de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. Je rappelle que $n$ est "problématique" si le groupe des inversibles de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est isomorphe au groupe trivial, à $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ (qui ne se présente jamais), $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ ou de type $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n, \ n\in \mathbb{N}^*$

- "1" -> trivial
- "2" -> trivial
- "3" -> $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
- "4" -> $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
- "5" -> $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$
- "6" -> $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
- "8" -> $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$
- "10" -> $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$
- "12" -> $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$
- "24" -> $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$

Remarque, je n'ai pas pris le cas $n=0$, parce que ce n'était pas le sujet, mais son groupe des inversibles est d'ordre 2 et il pourrait rentrer dans la liste ($\{1, -1\}$ sont les seuls inversibles par multiplication dans $\mathbb{Z}$).

Bonsoir,
Je crains un petit quiproquo, même une bonne grosse incompréhension, mais je dois avouer que j'ai introduit pas mal de termes pas clair et peut-être mal utilisé certains. Donc je fais un gros récapitulatif:

Ce que j'appelle une "exception" c'est un entier naturel $n$ tel que $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ présente la propriété suivante:
Il existe un élément $a$ $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ tel que $\forall x,y\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \left[xy=a\rightarrow (x=y\lor x=a\lor y=a) \right]$
Rappel: (parce que j'ai un style généralement chiant et souvent formel) le symbole $\lor$ et ce qu'on appelle le connecteur de disjonction, techniquement ça signifie "ou".

L'idée pour trouver ces "exceptions" était celle-ci (c'était déjà ce que faisait reuns pour le cas de ta question de base): on sait qu'à 3 exceptions près (n=0, 1 ou 2), un anneau $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ n'aura jamais de groupe des inversibles trivial, dans ce cas, les éléments non inversibles ne peuvent présenter les propriété de "$a$" (car chacun possède une classe modulo le groupe des inversibles et dont le cardinal sera égal à l'ordre du groupe), il faut donc le chercher dans le groupe des inversibles.
Pour rappel le groupe des inversibles (ou des unités), dans un anneau commutatif, c'est l'ensemble des éléments $x$ de l'anneau tel qu'il existe $y$ tel que $xy=1$.

Là-dessus, j'ai déterminé la forme que devait avoir un groupe pour qu'il existe en son sein un élément $a$ possédant la propriété. Ça a donné des trucs isomorphes à $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}, +)$ (qui ne s'est jamais présenté) ou $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z},+)$ ou $\left((\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}), +\right), n\in \mathbb{N}$.
De là il ne restait qu'à trouver les entiers $n$ tels que le groupe des inversibles de l'anneau $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ serait isomorphes à un de ces trucs, et en bidouillant un peu et en utilisant le théorème chinois, on a trouvé qu'il n'y avait probablement pas d'autre propriété que la dizaine présentée plus haut (ce sont eux qu'on appelle les "exceptions").

L'élément $a$ en question correspondra généralement à $1$ (=0 dans le cas $n=1$, mais on ne va pas chipoter), sauf dans les cas $n=5$ et $n=10$ où $a$ sera l'élément d'ordre 2 du groupe des inversibles de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ (ce groupe étant alors isomorphe à $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}, +)$), c'est à dire $a=4$ dans le cas $n=5$ et $a=9$ dans le cas $n=10$.

Salut,
Non, je ne crois pas.
Si $n=2p$ avec $p$ un entier premier différent de 2, alors l'anneau $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est isomorphe (théorème chinois) à $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, les diviseur de $(1,1)$ (l'élément neutre par multiplication) sont alors de forme $(x,1)$ avec $x\in(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^*$.
Le groupe des inversibles de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est donc isomorphe au groupe des inversibles de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, que l'on sait isomorphe à $(\mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z},+)$. Donc si j'ai bon sur le reste et que $p$ est différent de 3 ou 5, on ne trouvera pas un tel élément.

Oups, ce coup-là, je me trouve face à un vrai problème...
Tu as complétement raison (merci et pardon), j'ai merdé dés la première étape du raisonnement, je n'ai pas cherché à savoir ce qui se passait pour les éléments non inversibles et j'ai écrit que la classe d'un élément selon le groupe des inversibles était du cardinal du groupe des inversibles en faisant une grosse erreur de logique. Il est exact que si $x$ n'est pas inversible, $x$ n'est pas régulier par multiplication, du coup, cette affaire de cardinal peut se brosser et moi aussi à la même occasion, la seule chose qu'on peut déduire a priori c'est que la classe d'un élément modulo les inversibles est de cardinal inférieur ou égale à l'ordre du groupe des inversibles.

Donc, oui, tu as raison, dans le cas, $n=2p$ avec $p$ premier on a un problème avec $p$, tous les autres non inversibles sont de forme $2k$ et leurs multiplication avec un quelconque autre élément ne peut donner $p$, sa classe ne contient donc que lui (en revanche, il est intéressant de constater que les autres non inversibles non nuls sont compose une autre classe modulo les inversibles et que celle-ci est bien de cardinal $p-1$).

Je n'arrive pas à trouver un nouveau "crible", du coup, j'essaye de trouver des propriétés intéressantes, qui pourraient éventuellement servir, la dernière remarque entre parenthèse m'a permis de trouver une sorte de généralisation du théorème de Lagrange dans les monoïdes, ça peut peut-être servir (et puis même si elle ne sert pas, une généralisation du théorème de Lagrange, c'est toujours ça de pris!)

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Propriété: Soit $M$ un monoïde, on note $M^*$ son groupe des inversibles: la classe à gauche selon le groupe des inversible d'un élément $a$ divise le cardinal du groupe des inversibles.
Démonstration de cette propriété
Soit $b\in M\backslash M^*$ (ici $\backslash$ au sens de "privé de"), on nomme $S(b)$ l'ensemble des éléments de $M^*$ tel que $y\in S(b)\rightarrow yb=b$.
On prouve que $S(b)$ est un sous-groupe de $M^*$:
-il est évident qu'il est stable par composition et que l'élément neutre en est.
- Pour les inverses: si $y\in S(b)$ comme $b=1b=(y^{-1}y)b=y^{-1}(yb)=y^{-1}b$, $y^{-1}$ en est.

Soient $x$ et $y$, deux éléments de $M^*$, il y a équivalence entre les propositions suivantes: "$xb=yb$" et "$x$ et $y$ appartiennent à la même classe à gauche selon $S(b)$.
Preuve: $ xb=yb$ $\leftrightarrow$ $(y^{-1}x) b= b$ $\leftrightarrow$ $y^{-1}x \in S(b)$ $\leftrightarrow$ $x\in yS(b)$ .

De là, on voit sans problème la bijection entre $bM^*$ et $ M^*/S(b)$, donc
$\text{card} \left( bM^*\right) =[ M^*: S(b)]$, c'est un diviseur de $|M^*|$.

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Est-ce que ça peut aider? Je n'en sais rien, il me semble que trouver un crible pour ne pas avoir de classe réduite à un singleton (hormis celle de 0), pourrait probablement faire le travail pour savoir si il y a encore d'autres "exceptions" (qui commencent à être plus que nombreuses) mais ce n'est probablement la technique la plus efficace.
Je tente de plancher le problème demain en fin d'après-midi, en espérant que toi ou quelqu'un d'autre trouve un truc d'ici-là, parce que je suis bien paumé...

Salut,
Pour les éléments inversibles, si ce que j'ai fait est correct, on a déjà fait le tour $\overline{1}$ ne peut s'écrire que sous forme de carré lorsque tout les élément du groupe des inversibles sont d'ordre 2 (la plupart des "exceptions" dont on a fait la liste), $\overline{-1}$ n'est un problème que lorsque le groupe des inversibles est cyclique d'ordre 4 (les deux exceptions: $n=5$ ou $n=10$), ou éventuellement trivial, ou cyclique d'ordre 2 ou 3, les deux premiers cas se présentent, mais $\overline{1}$ ($=\overline{-1}$ dans le premier cas) y est déjà un problème, le cas cyclique d'ordre 3 ne se présente jamais.

En ce qui me concerne, il faut juste contrôler qu'on a pas de problème avec les non inversibles en dehors du cas $n=2p$ avec $p$ premier. Je crois que j'ai trouvé le truc, on notera qu'il y manquera un bout de démonstration, mais qui a l'air trivial. J'explique le raisonnement, mais d'abord, je propose de changer un peu les conventions, parce que ça devient à suant à écrire.

Convention et remarque:
-Désormais, on désignera le groupe des inversibles de $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +,\cdot)$ par $(G_n,\cdot)$.
-Dans le précédent message, j'ai fait une démonstration d'un truc que j'appelais un "Lagrange généralisé", techniquement ce n'est pas faux, mais quiconque garde un peu en tête ces histoires d'action par groupe se dira "oui... $card\left( Orb(x)\right)=[G:Stab(x)]$, c'est bien... pas de quoi fouetter un chat". Je plaide donc la fatigue 8-).
- On notera l'orbite d'un élément $a$ de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ par action de $G_n$ ainsi $o_n(a)$.

Il reste à vérifier que les seules anneaux $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ qui ont des éléments non inversibles et non nuls tel $a$ qui vérifient $\forall b,c\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \ bc=a \rightarrow \left(a=b\lor a=c\lor b=c\right)$. Sont nécessairement des cas où $n$ est égal à $2$, $4$, ou $2p$ avec $p$ premier.
Pour cela on va faire une disjonction de cas. Le cas où il existe deux entiers premiers entre eux $l$ et $m$ tel que $n=lm$ (et $l\geq 2$, et $m\geq 2$) et les cas $n=p^\alpha$ avec $\alpha\in \mathbb{N}^*$

Début de la démonstration, attention, c'est long et chiant (si quelqu'un a plus élégant, il ne faut pas hésiter)

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On commence par les cas $n=p^\alpha$, $p$ premier, $\alpha\in \mathbb{N}^*$:
Les éléments non inversibles et non nuls (on les notes $b$) y sont tous de forme: $b=p^\beta x$ avec $x\in G_n$ et $1\leq \beta < \alpha$. On notera que le cardinal de l'orbite d'un élément $b=p^\beta x$ par action de $G_n$ est égal à: $p^{\alpha-\beta}-1$. Et que donc à part dans les cas où il n'y a pas d'inversibles ($\alpha=1$) ou les cas de type $p=2$ et $\beta=\alpha-1$, l'orbite des non inversibles non nuls n'est pas un singleton. Parmi les cas $p=2$, finalement le seul cas où il y a un non inversible non nul qui vérifie la propriété est le cas $n=4$ (par exemple dans $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$, $\overline{4}=\overline{2}\cdot \overline{6}$, avec $\alpha>3$ on prendra $\overline{p^{\alpha -1}}=\overline{p}\cdot\overline{p^{\alpha-2}}$).

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Cas $n=lm$ avec $l$ et $m$ deux entiers strictement supérieurs à 1 et premiers entre eux.

On remarquera, car c'est important pour la conclusion, que les seuls cas sur $l$ où $0$ respecte la propriété: $\forall b,c\in \mathbb{Z}/l\mathbb{Z} \ bc=\overline{0} \rightarrow \left(b=\overline{0}\lor=\overline{0}\lor b=c\right)$ sont les cas: $l$ premiers ou $l=4$.

Soit $l$ et $m$ deux entiers naturels supérieurs à 1 et premiers entre eux, on nomme $n=lm$ et par le théorème chinois, $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est isomorphe à $\mathbb{Z}/l\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$. On se demande à quel condition l'élément $a=(x,y)$ est non inversible et respectant les conditions.
- il faut que $x$ ou $y$ soit non inversible dans l'anneau dans lequel on l'a défini.

- Il faut que $x$ ou $y$ soit égal à $\overline{1}$ dans son anneau de définition et qu'en outre, le groupe des inversible de cet anneau de définition soit trivial... J'explique pourquoi:
- Dans n'importe quel anneau $(\mathbb{Z}/l\mathbb{Z},+,\cdot)$, il ne peux y avoir qu'un seul élément $x$ tel que $\forall v, w\in \mathbb{Z}/l\mathbb{Z} \ vw=x\rightarrow x=w=v$, il s'agit forcément de l'élément neutre (car $x=\overline{1}v$, et le groupe des inversibles est alors forcément trivial (on ne peut pas écrire $\overline{1}=v^{-1}v$ avec $v\neq \overline{1}$). Donc, il ne nous reste qu'une solution $x=\overline{1}$ et $l=2$ (pas de groupe des inversibles non trivial pour $l> 2$).
On utilise cette propriété: Soit $z=(x,y)\neq (\overline{0},\overline{0})$ un élément de $\mathbb{Z}/l\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ tel que $\forall \alpha, \beta \ \alpha\beta=z\rightarrow \left(\alpha=\beta\lor \alpha=z\lor \beta=z \right)$.
- Supposons que $l\neq 2 $ ou $x\neq 1$, alors $x$ vérifie la propriété $\neg \left(\forall v, w\in \mathbb{Z}/l\mathbb{Z} \ vw=x\rightarrow x=w=v\right)$ qui implique (je zappe la partie logique), $\exists v,w \in \mathbb{Z}/l\mathbb{Z} \ uv=x\wedge\left( u\neq v \lor u\neq x \lor v\neq x\right)$.
On vérifie qu'alors $m=2$ et $y=\overline{1}$, en effet:
-Si $\exists u,v \in \mathbb{Z}/l\mathbb{Z} \ uv=x\wedge u\neq x$ alors $(u,y)\cdot (v,\overline{1})=z$ or $(u,y)\neq z$ donc $(u,y)=(v,\overline{1}) \lor (v,\overline{1})=z$, dans les deux cas $y=\overline{1}$. En outre, soit $\alpha$ et $\beta$ des éléments de $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ tel que $\alpha\beta=\overline{1}=y$, on a alors $(u,\alpha)\cdot (v,\beta)=(x,y)=z$ dont on conclue que $\alpha=\beta=y$ donc le sous-groupe des inversibles de $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ est trivial. Donc, $m=2$
-Si $\exists u,v \in \mathbb{Z}/l\mathbb{Z} \ uv=x\wedge u\neq x$ : même type de raisonnement: $(u,y)\cdot (v,\overline{1})=(x,y)$ or $(u,y)\neq (x,y)$ dont on conclue par disjonction que $y=\overline{1}$ ...

Au final $l\neq 2$ entraîne $m=2$. On en conclue que $n$ est nécessairement de forme $n=2p^\alpha$ avec $p$ un nombre premier supérieur à $2$ et $\alpha\geq 1$, on sait que pour ces conditions sur $p$ et $\alpha$ il existe un élément non inversible $x$ dans $\mathbb{Z}/p^\alpha\mathbb{Z}$ tel que $\forall u,v \in\mathbb{Z}/p^{\alpha}\mathbb{Z} \ uv=x\rightarrow \left(x=u\lor x=v \lor u=v\right)$ que dans le cas $\alpha=1$ (alors $x=\overline{0}$), c'était le sens de la remarque au début de cette partie.
Donc les seuls cas de ce types sont les cas $n=2p$.

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C'était un raisonnement tout-à-fait affreux, mais je crois que c'est fini, pour $n\geq 2$, on aura un élément non inversible vérifiant la propriété qu'à condition que $n=2$ ou $n=4$ ou $n=2p$ avec $p$ premier différent de 2.

L'ensemble des éléments qui possèdent un inverse par multiplications dans l'anneau $(\mathbb{Z}/24\mathbb{Z},+,\cdot)$ (il s'agit de $\{ \overline{1},\overline{5},\overline{7},\overline{11},\overline{13},\overline{17},\overline{19},\overline{23} \}$) est stable par multiplication. Cet ensemble, munie de la multiplication "héritée de l'anneau" est donc un monoïde où chaque élément possède un inverse, c'est donc un groupe, ce genre de truc est définissable dans n'importe quel anneau (au pire il n'y a que l'élément neutre et le groupe est trivial), ce groupe s'appelle "le groupe des inversibles" de l'anneau ou "le groupe des unités". Tu peux remarquer que dans le cas qui nous intéresse, ce groupe est d'ordre 8 et que chaque élément y est son propre inverse, on peut en déduire qu'il est isomorphe au groupe $\left( (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3, +\right)$, en fait il semblerait que je me sois embêté pour rien et qu'on a le droit de l'appeler $Z_2^3$... Il faut savoir que tout les groupe d'ordre fini dans lequel tous les éléments sont d'ordre 2 est isomorphe à un $Z_2^k,\ k\in\mathbb{N}$.

Pourquoi cette obsession avec les écritures d'éléments d'un anneau comme produit de deux éléments ?

Bonjour.

Ton affirmation est trop floue pour pouvoir dire oui ou non ("revient toujours" n'a pas de sens précis). Veux-tu dire qu'il suffit d'écrire $a=\overline{1}\times a$ pour avoir justifié que a est le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ ? Ou qu'on peut toujours écrire $a$ comme un produit grâce à cette formule ? Dans ces cas, c'est vrai (ça marche même pour $a=\bar 0$). Ou bien que c'est la seule façon d'écrire a comme un produit ? Là c'est faux, et tu as des contre exemples au dessus.

Finalement, ton insistance vient surtout du fait qu'on ne répond pas à la question que tu as dans la tête, simplement parce que tu ne la poses pas clairement. En tout cas, tu saurais depuis longtemps si tu avais examiné des $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ pour quelques valeur simples de m, genre 3 et 4.

Cordialement.

On prend $a=\bar{12}$ dans $\mathbb Z/24\mathbb Z$. On a $a=\bar{3} \times \bar{4} = \bar{3} \times \bar{12}$, et pourtant $\bar 3$ n'est pas inversible donc ce dernier produit n'est pas de la forme $\bar{12} \times g \times g^{-1}$.