Générateurs de Z/nZ

OShine a écrit:

@Gerard0
Je ne vois pas comment trouver tous les entiers qui ont $4$ diviseurs et $5$ diviseurs.

A priori, tu n'as pas besoin de tous les trouver. Il suffit d'en trouver quelques-uns et de regarder ce qu'il se passe pour voir où gerard0 veut en venir.

Je t'en donne deux pour que tu essaies : $6$ possède quatre diviseurs (positifs) et $16$ en possède cinq.

(cela étant dit, tu devrais connaître le résultat (ou savoir le retrouver) qui lie le nombre de diviseurs d'un nombre entier naturel et (les exposants dans) sa décomposition en produit de facteurs premiers).

Lol, tu comprends pas qqun dit "l'équipe de rugby de Toulouse porte un maillot rouge"?
Une équipe ne porte pas de maillot hein. Par contre sur l'ensemble des joueurs du top 14, il y a une relation d'équivalence, dont les classes s'appellent les "équipes", et quand on dit que l'equipe de toulouse porte un maillot rouge, ca veut dire qu'on peut bien définir la "couleur" de l'équipe car elle ne dépend pas du représentant choisi.

Oshine: (et les autres). Vous aurez beau creuser, l'expérience m'a montré qu'en fait les gens "passent parfois par le monde entier pour ACCEPTER (et non pas comprendre)" la définition froide qu'ils ont sous les yeux.

OShine: j'ai fait exprès de tout formuler de manière neutre et froide, sans espérer que tu t'y attaques tout de suite, mais conserve-le vu que c'est court.

Comme on a changé de page, je ne peux pas revenir en arrière pour citer les bonnes personnes, je réponds à des trucs que j'ai lus:

1/ "on pose une définition et on montre ensuite que c'est bien défini". Bin si ça ne l'était pas, inutile de "poser une définition"***. J'invite à ne pas s'illusionner sur ce genre de mécanisme qui n'informent que... ceux qui savent déjà.

2/ Il faut se mettre à la place des gens sans espérer être remercié et non pas "trouver un truc facile parce qu'on est habitué, et croire que l'auditeur va aussi le trouver facile". Les réseaux de neurones qui facilitent les choses ont souvent été construit sur la durée pour s'adapter ... à quelque qu'ils ne comprenaient pas. Il est donc malsain d'entendre un "j'ai compris" qui veut la plupart du temps sanctionner une arnaque.

3/ La facilité des maths réside dans sa non ambiguité, pas dans ses algorithmes.

4.1/ En primaire, il est infiniement mieux de dire que $\forall a,b: a\times b=b\times a$, que de dire $ a\times b=b\times a$. La plupart des gens "fuient" le premier parce qu'il est non démago et exacte et pensent gagner quelque chose dans l'amour renvoyé face aux deuxième alors que c'est une arnaque. Ce qui compte n'est pas de comprendre (grâce à quelqu'un), mais de ne pas comprendre. Car alors la personne repart avec quelque chose "qu'il y aura à comprendre seul".

4.2/ Même principe avec Oshine: il est rusé, il sait se rendre attachant, donc consomme à tours de bras des algos qu'il happe en passant lors de ses questions, mais chaque fois, il en oublie l'ambiguité qu'il voulait dissiper. Il repart avec un pck encore plus obscurci qui loge dans les mêmes octets de son cerveau octets et précisions de questions.

5/ Si on veut faire du pédago** avec $\Z/n\Z$, ce n'est vraiment pas dur, autant y aller franco de port et sortir franchement des maths. Le mélange est peu efficace.

*** Dans 99%, si ce n'est 100% des cas, on définit un ensemble tout à fait formellement et on demande de prouver que c'est une fonction (y compris de domaine $1$ parfois, peu importe). C'est du "mot à mot", remplacer "c'est bien défini" par "c'est une fonction" et "on définit truc" (sous forme fonctoinnel) par "on définit truc" (sous forme ensemble.

** $\Z/6\Z$, c'est moralement : 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 ... La somme des trucs rouge est le vert

@OS: bon, je me déconnecte, mais garde dans un coin le rafiot de pèche que je t'ai laissé.

Je pense aussi, sauf que ... tu le savais depuis longtemps.

Je crois que ce qu'il manque c'est surtout le manque de courage pour lâcher prise. On dirait en effet un manque d'amour.

OShine a écrit:

Michael
Je sais trouver le nombre de diviseurs si j'ai la décomposition en facteurs premiers mais ici c'est la réciproque.

Si on te donne un nombre de diviseurs pas trop dégueulasse (ici, on parle de $4$ et $5$...), tu devrais pouvoir trouver des décompositions en facteurs premiers qui fonctionnent (on ne te les demande pas toutes).
As-tu essayé de répondre à la question de gerard0 avec les deux nombres que je t'ai donnés ?

@quelques uns qui ont abordé l'expression "ne dépend pas de"

Voici un exemple: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2166840,2167068#msg-2167068

où entre matheux on a discuté en utilisant cet argot (il était question que la dim d'un espace ne dépendent QUE des dims de certaines opérandes).

OShine, je t'invite à archiver et à faire l'exercice (reposant devrait-il être) d'énoncer rigoureusement ces histoires (je ne parle ni de les prouver ni d'en faire quelque chose, juste de les énoncer sans l'utilisation de l'expression "ne dépend pas de / dépend de".

Pas de souci !

mais ça montre bien qu'il ne faut pas suivre OS.

Cordialement.

Argh du coup va falloir reprendre de zéro :-o

Autant les questions de cc sont pas toujours claires autant là c'est juste un petit test de compréhension

Il y a tellement d'intervenants avec autant de propositions d'exercices, qu'il est vraiment difficile de s'y retrouver et, partant, de savoir ce que OS ne comprend vraiment pas. Cependant, cet exercice me semble celui qui pose problème. Il n'est pas trivial.

PS : si l'on y regarde d'un peu plus près, il est clair que $2\in\Z\setminus\{0\}$, avec $2\oplus2=\cdots$. $\left(\Z\setminus\{0\},\,\oplus\right)$ n'est visiblement pas un magma.

OS:
Je réponds à ton message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2164890,2166826#msg-2166826

S'il est toujours d'actualité.

Dans le processus de fabriquer un groupe quotient comme déjà décrit.(ce processus est facilité quand on travaille dans un groupe commutatif car tous les sous-groupes sont distingués) on identifie tous les éléments d'une même classe d'équivalence comme si c'était le même élément en quelque sorte.

Quand on écrit quelque chose comme $\overline{a}+\overline{b}=\overline{a+b}$ il faut bien prendre conscience que les deux + ne sont pas les mêmes. Dans le membre de gauche on additionne deux classes d'équivalence, dans le membre de droite sous la barre il y a une addition de deux éléments du groupe considéré.

L'addition du membre de gauche n'a de sens que si, lorsqu'on remplace $a$ par un élément de la même classe $a'$, et si on remplace $b$ par un élément de la même classe $b'$, on doit avoir $\overline{a'+b'}=\overline{a+b}$ c'est à dire que les éléments $a+b$ et $a'+b'$ sont dans la même classe d'équivalence.
Autrement le résultat de l'addition de deux classes dépendrait des représentants (élément d'une classe d'équivalence) choisis et donc l'addition ne donnerait pas toujours le même résultat.

En fait, on peut prendre comme définition que $\overline{a}+\overline{b}$ est égal à la classe de $a+b$, c'est à dire $\overline{a+b}$. Je suppose ici que le contexte est un groupe commutatif $G$ et qu'on considère les classes d'équivalences obtenues à partir de la relation d'équivalence issue d'un sous-groupe de $G$.

(mais attention si le sous-groupe considéré $H$ n'est pas distingué dans $G$ on ne pourra pas définir une loi de groupe de cette façon: $\overline{a}.\overline{b}:=\overline{a.b}$.

Une autre façon de voir les choses:
On peut toujours considérer l'application qui à un élément $g$ d'un groupe $G$ associe sa classe d'équivalence (suivant un sous-groupe $H$ de $G$) c'est à dire $a\rightarrow \overline{a}$.
C'est à priori une bête application entre deux ensembles.
Si $H$ est un sous-groupe distingué de $G$ (si $G$ est un groupe commutatif tous ses sous-groupes sont distingués)
on peut munir l'ensemble des classes d'équivalence d'une loi de groupe et telle que l'application ci-dessus est un homomorphisme de groupes.


PS:
La loi de groupe qu'on considère sur l'ensemble des classes d'équivalence (suivant un sous-groupe distingué d'un groupe $G$) ci-dessus n'est pas n'importe quoi, elle est compatible avec la loi de groupe de $G$ ce qui signifie que l'application ci-dessus est un homomorphisme de groupes.

Mais s'il s'agit de munir un ensemble $E$ à $n>0$ éléments d'une loi de groupe on peut toujours le faire de cette façon:
On considère une bijection toute bête $\varphi$ entre cet ensemble $E$ et l'ensemble $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.
La loi de groupe $\star$ qu'on va mettre sur $E$ est définie par: Pour tout $x,y\in E,x\star y:=\varphi^{-1}\left(\varphi^{-1}(x)+\varphi^{-1}(y)\right)$. En procédant de la sorte $\varphi$ devient un isomorphisme de groupes entre $(E,\star)$ et $\left(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+\right)$.
(on dit parfois qu'on a transporté la structure de groupe $\left(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+\right)$ sur $E$ )

Ronan:

Tu parles de ça j'imagine:

J'espère que tu as compris maintenant, FdP a fait un post que je trouve très clair et pédagogique.

Je vous invite tous à remonter le moral d'OSHINE qui se TROMPE sur son inspection (je suis un vieux routier, je sais repérer un non-évènement), qui a l'air d'avoir été plus ou moins banale (ni excellente, ni particulièrement mauvaise).

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2003520,2167596#msg-2167596

Oui, c'est une question assez classique, mais je me suis bêtement énervé et ça m'a braqué pour le reste de cette partie qui était à ma portée.
Je suis déçu par ma prestation mais ça a largement suffit

@OShine, je te propose une suggestion. Si ton intention première était de comprendre la démonstration de la proposition 38 de ton premier message, tu peux oublier provisoirement tes difficultés avec la notion de groupe quotient, et puisque Z/nZ est un groupe cyclique d'ordre n et qu'ils sont tous isomprphes, tu peux démontrer le théorème utile suivant :

(en notation multiplicative) Si < a > est un groupe cyclique d'ordre n et p un entier naturel inférieur à n, a ^p est d'ordre n / pgcd(n, p).
Un corollaire immédiat est que le nombre de générateurs de < a > est phi(n).

Si on sait que $u$ est premier avec $n$ alors, si $a$ est un générateur du groupe d'ordre $n$, $<a>$ on a que $a^u$ est aussi un générateur. Il y a plus qu'à se demander quel est l'ordre du sous-groupe engendré par $b^v$ où $b$ est un générateur de $<a>$ et $v$ un entier qui divise $n$ pour résoudre la question 2).

$Hg=gH$ est correct (si $H$ est distingué dans $G$ bien sûr) mais cela ne veut pas dire qu'il existe nécessairement $h\in H$ tel que $hg=gh$.

PS: c'est pour cela que je n'aime pas manipuler ces quantités "$gH$" on raconte vite n'importe quoi si on n'y prend pas gare.
On finit par ne plus faire attention au fait que $H$ n'est pas un élément de $H$ mais $H$ tout entier et cela change tout !