@OS
Oui, vérifier les propriétés de groupe est simplissime.
De mémoire, j'ai eu 10,4, pas trop mal tout de même même si ça m'a déçu parce que j'ai fait moins bien qu'en 2019.
Je n'ai pas trop le temps de regarder en détail, mais je n'aime pas trop la manière dont tu utilises ces notations, g1H = g2H, je les trouve dangereuses, on ne sent pas très bien la notion de classe.
Je crois que j'ai trouvé. Pas évidente cette question, j'ai bien souffert. Ronan tu avais raison :-X
Soit $H$ distingué dans $G$.
Soient $g_1,g_2,k_1,k_2 \in G$.
Supposons que $g_1 H=k_1 H$ et $g_2 H=k_2 H$.
Ainsi $\forall h \in H \ \exists h' \in H \ g_1 h =k_1 h'$ soit $g_1=k_1 h' h^{-1}$. Notons $h_1=h' h^{-1}$ de sorte que $\boxed{g_1=k_1 h_1}$ avec $h_1 \in H$.
De même on peut écrire $\boxed{g_2=k_2 h_2}$ avec $h_2 \in H$.
Alors $(g_1 H) \star (g_2 H)= g_1 g_2 H=k_1 h_1 k_2 h_2 H $
Mais $h_2 H=H$ (facile à montrer par double inclusion) ainsi on en déduit $\boxed{(g_1 H) \star (g_2 H)= k_1 h_1 k_2 H}$
Mais $H$ est distingué dans $G$ donc $k_2 H=H k_2$ et $\exists h \in H$ tel que $h_1 k_2= k_2 h$
Ce qui fournit $\boxed{(g_1 H) \star (g_2 H) \subset k_1 k_2 H}$
En explicitant $(k_1 H) \star (k_2 H)$ on montre l'inclusion inverse.
L'application $\varphi$ qui à un élément $h$ de $H$ associe l'élément $\varphi(h)=a.h$ est, sauf erreur, une bijection de $H$ sur lui-même. La bijection réciproque $\varphi^{-1}$ est définie par $\varphi^{-1}(h)=a^{-1}h$.
Parce que c'est un moyen immédiat de voir que si $h\in H$ alors $h.H=H$.
PS:
Et cela ne fait pas de mal de savoir ça. (il y a sûrement une autre utilité) B-)-
PS2:
On utilise ce truc dans une démonstration du petit théorème de Fermat si je me souviens bien.
PS3:
On l'utilise peut-être aussi dans la démonstration qu'un groupe fini d'ordre $n$ peut être injecté dans un groupe symétrique d'ordre $n$ (j'espère ne pas dire de grosses âneries)
On considère l'application qui à un élément $a$ de $G$ associe la bijection de $G$ dans $G$: $a \rightarrow (\varphi_a:g\in G \rightarrow \varphi_a(g)=a.g)$
Montrer que c'est une application injective dans l'ensemble des bijections de $G$ dans $G$.
(je pense que la question a du sens B-)- )
Oshine, si ce genre d'exercices te servent juste à faire des calculs eh bien ne les fais pas.
Si c'est pour améliorer ta façon de voir certaines notions, te poser des questions, faire des remarques même après avoir trouvé, ils sont parfaits.
Exemple : sur ta dernière preuve, ne peux-tu pas le faire plus vite sans utiliser d'inverse.
Cordialement
Soit $p$ un nombre premier et $a$ un nombre entier qui n'est pas divisible par $p$.
On pose $S\equiv (p-1)!\mod{p}$.
1) On considère l'application $\varphi$ de $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z},\times)^\star$ dans lui même qui à un élément $\overline{x}$ de cet ensemble fait correspondre l'élément $\varphi(\overline{x})=\overline{a.x}$.
Evaluer l'élément de $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z},\times)^\star$, $\varphi(\overline{1})\times \varphi(\overline{2})\times... \times \varphi(\overline{p-1})$ de deux façons.
2) En déduire que $a^{p-1}-1\equiv 0\mod{p}$.
PS:
J'ai mélangé plein de notations. Je ne crois pas avoir fait d'erreur dans leur emploi.
PS:
Pour répondre à ta question. Tu n'as calculé (à une petite erreur près) que d'une seule façon autrement tu comprendrais pourquoi j'ai mis l'accent sur la quantité $S$. B-)-
@Fin de partie, "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."
@ ronan, ".. mais je n'aime pas trop la manière dont tu utilises ces notations, g1H = g2H, je les trouve dangereuses, on ne sent pas très bien la notion de classe. "
Je trouverais dommage de se priver d'une notion aussi simple et utile, comme l'est par exemple celle de l'extension aux parties d'une application.
A condition naturellement de bien définir ce dont on parle et d'établir soigneusement les propriétés "évidentes" utilisées.
Soit E un ensemble muni d'une loi de composition notée multiplicativement. On introduit une loi des composition sur l'ensemble de parties de E par :
AB = {xy | x in A et y in B} pour deux parties A et B de E.
Pour un élément x de E, on abrège {x}A par xA, et A{x} par Ax.
1) Si la loi (sur E) est est associative (resp. commutative), la loi sur les parties l'est aussi.
2) Si e est un neutre pour la loi sur E, {e} est un neutre pour les parties : eA = Ae = A.
3) Si A est une partie stable et contient un neutre, AA = A.
4) Si A est une partie de B, CA est une partie de CB, et AC est une partie de BC.
Soit maintenant G un groupe, et H un sous-groupe.
On a HH = H en vertu de 3), et hH = Hh = H pour tout h dans H : les parties hH et Hh sont incluses dans H et tout élément a de H s'écrit a = h(h-1a) = (ah-1)h. Ainsi, H est inclus dans hH et dans Hh.
Si x est un élément de G, xH s'appelle la classe à gauche de x, et Hx la classe à droite de x.
Les classes à gauche des éléments de G forment une partition de G, tout comme les classes à droite : si xH et yH possèdent z = xh = yk en commun (h, k dans H), tout élément xa de xH est égal à zh-1a, soit ykh-1a, autrement dit un élément de yH, et vice-versa. Ainsi xH = yH.
Il n'y a aucune raison a priori pour que les classes à gauche coïncident avec les classes à droite (lorsque G est non commutatif). Lorsque c'est le cas, autrement dit lorsque gH = Hg pour tout g dans G, ce qui équivaut à gHg-1 = H en vertu de 1), 2), 3), ou encore à gHg-1 inclus dans H (puisque dans ce cas g-1Hg est inclus dans H, H est inclus dans gHg-1 d'après 4), et finalement gHg-1 = H), on dit que H est distingué, ou normal, ou encore invariant (par conjugaison).
Lorsque H est un sous-groupe distingué de G, l'ensemble des classes, noté G/H, muni de la loi de composition des parties, est un groupe appelé groupe quotient :
- le produit de deux classes est une classe : (aH)(bH) = a(Hb)H = a(bH)H = (ab)HH = (ab)H
- la loi est associative
- H est le neutre : H(aH) = (aH)H = aH
- a-1H est le symétrique de aH : (aH)(a-1H) = Haa-1H = HH = H
Finalement, f : x -> xH est un morphisme surjectif canonique de G sur G/H :
f(xy) = (xy)H = (xy)HH = (xH)(yH) = f(x)f(y)
Je ne vois pas bien ce qu'il y aurait de dangereux dans les considérations précédentes, ni pourquoi on serait poussé à dire n'importe quoi.
Mais ce n'est qu'une opinion parmi d'autres, qui sera certainement contestée, puis condamnée ! :-)
Plus haut il y a cette erreur qui est commise. $g\in G,x\in gH$, et $gH=Hg$ "alors" il existe $h\in H$ tel que $x=gh$ et $x=hg$.
Et c'est vrai que j'avais oublié les classes d'équivalence à droite suivant un sous-groupe dans ce que j'ai écrit plus haut ce qui fait que pour chaque sous-groupe $H$ d'un groupe $G$ ce n'est pas une partition de $G$ qui s'en déduit "naturellement" mais deux, qui en général ne sont pas les mêmes.
@GG,
justement, comme tu l'as écrit :
"A condition naturellement de bien définir ce dont on parle et d'établir soigneusement les propriétés "évidentes" utilisées. "
Pour utiliser ces notations, il faut bien maîtriser et avoir du recul sur ces notions, ce qui ne me parait pas le cas d'OS (le mien non plus actuellement, d'ailleurs, cela commence à faire longtemps que je ne les ai pas maniées).
[*** modéré pour éviter ce que tu déplores :-D (trop de chamailleries).
À la suite de cette partie de message effacée j'ai dû cacher 11 messages hors sujet ! AD]
@OShine dans ton produit $\displaystyle\prod_{k=1}^n \varphi(k)$ tous les nombres entiers entre $1$ et $n$ apparaissent exactement une seule fois et aucun autre nombre n'apparaît (ceci car $\varphi$ est une bijection). Étant donné que la multiplication est commutative, tu peux déplacer le 1 en première position dans le produit, le 2 en deuxième position etc. et tu te retrouves avec $1\cdot 2\cdot 3...\cdot n$ qui est $n!$.
On suppose que $N$ est un sous-groupe distingué du groupe fini $G$.
et on suppose que $\ \text{pgcd}\Big(\dfrac{|G|}{|N|},|N|\Big)=1$.
Prouver que $N$ est l'unique sous-groupe de $G$ d'ordre $|N|$.
(Exercice trouvé dans le Dummit and Foote )
Edit:
Merci à AD pour la mise en forme. J'avais oublié qu'il y avait un autre fil dans lequel cet exercice serait plus à sa place.
Serait-il possible de le déplacer? Merci d'avance.
1) Je trouve $\varphi(\bar{1}) \times \cdots \times \varphi(\overline{(p-1)!})=\overline{a^{p-1}}
\overline{(p-1) } !$
2) Si $\varphi$ est une bijection de $[|1,n|]$ dans lui-même alors $\displaystyle\prod_{k=1}^n
\varphi(k)= n!$ ?
Je mets sous tes yeux ce que tu as écrit plus haut.
Tu devrais enfin clore cette belle preuve, à moins que ton point d'interrogation ne soit vraiment un point d'interrogation.
Réponses
Oui, vérifier les propriétés de groupe est simplissime.
De mémoire, j'ai eu 10,4, pas trop mal tout de même même si ça m'a déçu parce que j'ai fait moins bien qu'en 2019.
Je n'ai pas trop le temps de regarder en détail, mais je n'aime pas trop la manière dont tu utilises ces notations, g1H = g2H, je les trouve dangereuses, on ne sent pas très bien la notion de classe.
Si $gH=Hg$ alors $\exists h, h' \in H$ tels que $gh=h'g$ est-ce correct jusque là ?
Il faudrait peut-être plutôt le quantifier comme cela: Pour tout $g$ de $G$ pour tout $h$ de $H$, il existe $h'$ de $H$ tel que $gh=h'g$.
PS:
Il ne faut pas oublier que $gH$ n'est pas qu'un seul élément de $G$.
Je crois que j'ai trouvé. Pas évidente cette question, j'ai bien souffert. Ronan tu avais raison :-X
Soit $H$ distingué dans $G$.
Soient $g_1,g_2,k_1,k_2 \in G$.
Supposons que $g_1 H=k_1 H$ et $g_2 H=k_2 H$.
Ainsi $\forall h \in H \ \exists h' \in H \ g_1 h =k_1 h'$ soit $g_1=k_1 h' h^{-1}$. Notons $h_1=h' h^{-1}$ de sorte que $\boxed{g_1=k_1 h_1}$ avec $h_1 \in H$.
De même on peut écrire $\boxed{g_2=k_2 h_2}$ avec $h_2 \in H$.
Alors $(g_1 H) \star (g_2 H)= g_1 g_2 H=k_1 h_1 k_2 h_2 H $
Mais $h_2 H=H$ (facile à montrer par double inclusion) ainsi on en déduit $\boxed{(g_1 H) \star (g_2 H)= k_1 h_1 k_2 H}$
Mais $H$ est distingué dans $G$ donc $k_2 H=H k_2$ et $\exists h \in H$ tel que $h_1 k_2= k_2 h$
Ce qui fournit $\boxed{(g_1 H) \star (g_2 H) \subset k_1 k_2 H}$
En explicitant $(k_1 H) \star (k_2 H)$ on montre l'inclusion inverse.
Soit $G$ un groupe et $H$ un sous-groupe de $G$.
$a$ un élément quelconque de $H$.
L'application $\varphi$ qui à un élément $h$ de $H$ associe l'élément $\varphi(h)=a.h$ est, sauf erreur, une bijection de $H$ sur lui-même. La bijection réciproque $\varphi^{-1}$ est définie par $\varphi^{-1}(h)=a^{-1}h$.
Parce que c'est un moyen immédiat de voir que si $h\in H$ alors $h.H=H$.
PS:
Et cela ne fait pas de mal de savoir ça. (il y a sûrement une autre utilité) B-)-
PS2:
On utilise ce truc dans une démonstration du petit théorème de Fermat si je me souviens bien.
PS3:
On l'utilise peut-être aussi dans la démonstration qu'un groupe fini d'ordre $n$ peut être injecté dans un groupe symétrique d'ordre $n$ (j'espère ne pas dire de grosses âneries)
On considère l'application qui à un élément $a$ de $G$ associe la bijection de $G$ dans $G$: $a \rightarrow (\varphi_a:g\in G \rightarrow \varphi_a(g)=a.g)$
Montrer que c'est une application injective dans l'ensemble des bijections de $G$ dans $G$.
(je pense que la question a du sens B-)- )
Notons $f$ cette application.
Soit $a,a' \in G$. Supposons $f(a)=f(a')$ et montrons que $a=a'$.
SI $f(a)=f(a')$ alors $\varphi_a = \varphi_{a'}$ donc $\forall g \in G \ \varphi_a(g)=\varphi_{a'}(g)$ donc $a g=a'g$
Mais $G$ est un groupe donc $g$ admet un inverse ainsi $ag g^{-1}=a' g g^{-1}$ et on conclut que $a=a'$
$f$ est injective.
Si c'est pour améliorer ta façon de voir certaines notions, te poser des questions, faire des remarques même après avoir trouvé, ils sont parfaits.
Exemple : sur ta dernière preuve, ne peux-tu pas le faire plus vite sans utiliser d'inverse.
Cordialement
Le calcul c'est mon point fort. Mes difficultés sont dans les concepts abstraits.
La fonction $f : g \mapsto ag$ est une bijection de $G$ dans $G$ donc on a directement $a=a'$
Soit $p$ un nombre premier et $a$ un nombre entier qui n'est pas divisible par $p$.
On pose $S\equiv (p-1)!\mod{p}$.
1) On considère l'application $\varphi$ de $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z},\times)^\star$ dans lui même qui à un élément $\overline{x}$ de cet ensemble fait correspondre l'élément $\varphi(\overline{x})=\overline{a.x}$.
Evaluer l'élément de $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z},\times)^\star$, $\varphi(\overline{1})\times \varphi(\overline{2})\times... \times \varphi(\overline{p-1})$ de deux façons.
2) En déduire que $a^{p-1}-1\equiv 0\mod{p}$.
PS:
J'ai mélangé plein de notations. Je ne crois pas avoir fait d'erreur dans leur emploi.
Fin de Partie
Merci je chercherai quand j'aurais terminé les autres sujets dans les autres fils ouverts.
Je trouve $\varphi(\bar{1}) \times \cdots \times \varphi(\overline{(p-1)!})=\overline{a^{p-1}} \overline{(p-1) } !$
Après je ne vois pas quoi faire.
PS:
Pour répondre à ta question. Tu n'as calculé (à une petite erreur près) que d'une seule façon autrement tu comprendrais pourquoi j'ai mis l'accent sur la quantité $S$. B-)-
Je ne trouve pas la deuxième méthode.
PS:
Tu peux deviner la deuxième valeur aisément en regardant la deuxième question.
@ ronan, ".. mais je n'aime pas trop la manière dont tu utilises ces notations, g1H = g2H, je les trouve dangereuses, on ne sent pas très bien la notion de classe. "
Je trouverais dommage de se priver d'une notion aussi simple et utile, comme l'est par exemple celle de l'extension aux parties d'une application.
A condition naturellement de bien définir ce dont on parle et d'établir soigneusement les propriétés "évidentes" utilisées.
Soit E un ensemble muni d'une loi de composition notée multiplicativement. On introduit une loi des composition sur l'ensemble de parties de E par :
AB = {xy | x in A et y in B} pour deux parties A et B de E.
Pour un élément x de E, on abrège {x}A par xA, et A{x} par Ax.
1) Si la loi (sur E) est est associative (resp. commutative), la loi sur les parties l'est aussi.
2) Si e est un neutre pour la loi sur E, {e} est un neutre pour les parties : eA = Ae = A.
3) Si A est une partie stable et contient un neutre, AA = A.
4) Si A est une partie de B, CA est une partie de CB, et AC est une partie de BC.
Soit maintenant G un groupe, et H un sous-groupe.
On a HH = H en vertu de 3), et hH = Hh = H pour tout h dans H : les parties hH et Hh sont incluses dans H et tout élément a de H s'écrit a = h(h-1a) = (ah-1)h. Ainsi, H est inclus dans hH et dans Hh.
Si x est un élément de G, xH s'appelle la classe à gauche de x, et Hx la classe à droite de x.
Les classes à gauche des éléments de G forment une partition de G, tout comme les classes à droite : si xH et yH possèdent z = xh = yk en commun (h, k dans H), tout élément xa de xH est égal à zh-1a, soit ykh-1a, autrement dit un élément de yH, et vice-versa. Ainsi xH = yH.
Il n'y a aucune raison a priori pour que les classes à gauche coïncident avec les classes à droite (lorsque G est non commutatif). Lorsque c'est le cas, autrement dit lorsque gH = Hg pour tout g dans G, ce qui équivaut à gHg-1 = H en vertu de 1), 2), 3), ou encore à gHg-1 inclus dans H (puisque dans ce cas g-1Hg est inclus dans H, H est inclus dans gHg-1 d'après 4), et finalement gHg-1 = H), on dit que H est distingué, ou normal, ou encore invariant (par conjugaison).
Lorsque H est un sous-groupe distingué de G, l'ensemble des classes, noté G/H, muni de la loi de composition des parties, est un groupe appelé groupe quotient :
- le produit de deux classes est une classe : (aH)(bH) = a(Hb)H = a(bH)H = (ab)HH = (ab)H
- la loi est associative
- H est le neutre : H(aH) = (aH)H = aH
- a-1H est le symétrique de aH : (aH)(a-1H) = Haa-1H = HH = H
Finalement, f : x -> xH est un morphisme surjectif canonique de G sur G/H :
f(xy) = (xy)H = (xy)HH = (xH)(yH) = f(x)f(y)
Je ne vois pas bien ce qu'il y aurait de dangereux dans les considérations précédentes, ni pourquoi on serait poussé à dire n'importe quoi.
Mais ce n'est qu'une opinion parmi d'autres, qui sera certainement contestée, puis condamnée ! :-)
Plus haut il y a cette erreur qui est commise. $g\in G,x\in gH$, et $gH=Hg$ "alors" il existe $h\in H$ tel que $x=gh$ et $x=hg$.
Et c'est vrai que j'avais oublié les classes d'équivalence à droite suivant un sous-groupe dans ce que j'ai écrit plus haut ce qui fait que pour chaque sous-groupe $H$ d'un groupe $G$ ce n'est pas une partition de $G$ qui s'en déduit "naturellement" mais deux, qui en général ne sont pas les mêmes.
Soit $\varphi$ une bijection de l'ensemble $ \{1,2,3,...,n\}$ dans lui-même. Calculer $\displaystyle \prod_{k=1}^n \varphi(k)$.
(cela a à voir avec l'exercice proposé plus haut)
justement, comme tu l'as écrit :
"A condition naturellement de bien définir ce dont on parle et d'établir soigneusement les propriétés "évidentes" utilisées. "
Pour utiliser ces notations, il faut bien maîtriser et avoir du recul sur ces notions, ce qui ne me parait pas le cas d'OS (le mien non plus actuellement, d'ailleurs, cela commence à faire longtemps que je ne les ai pas maniées).
[*** modéré pour éviter ce que tu déplores :-D (trop de chamailleries).
À la suite de cette partie de message effacée j'ai dû cacher 11 messages hors sujet ! AD]
La multiplication est commutative dans $\mathbb{Z}$ non ?
Merci d'y continuer le développement de cet exercice. AD]
Toujours autour des sous-groupes distingués, un exercice que je trouve sympa.
On suppose que $N$ est un sous-groupe distingué du groupe fini $G$.
et on suppose que $\ \text{pgcd}\Big(\dfrac{|G|}{|N|},|N|\Big)=1$.
Prouver que $N$ est l'unique sous-groupe de $G$ d'ordre $|N|$.
(Exercice trouvé dans le Dummit and Foote )
Edit:
Merci à AD pour la mise en forme. J'avais oublié qu'il y avait un autre fil dans lequel cet exercice serait plus à sa place.
Serait-il possible de le déplacer? Merci d'avance.
$\varphi$ est une bijection car :
Soit $\bar{x}$ et $\bar{y}$ deux élément de $(\Z / p\Z)^{*}$.
L'équation $\varphi(\bar{x})=\bar{y}$ admet une unique solution qui est $\bar{x}=\bar{a}^{-1} \bar{y}$
Question 2 :
Je ne comprends pas le lien avec la question 1.
Tu devrais enfin clore cette belle preuve, à moins que ton point d'interrogation ne soit vraiment un point d'interrogation.
Pour la méthode $2$ :
J'ai démontré que $\varphi$ est une bijection de $(\Z / p \Z)^{*}$ dans $(\Z / p \Z)^{*}$ donc :
$\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1} \varphi(\bar{k})=\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1} \overline{k} = \overline{(p-1)!}$
Ainsi $ \overline{a^{p-1} (p-1)!}= \overline{(p-1)!}$
Ainsi, les éléments $a^{p-1} (p-1)!$ et $(p-1)!$ sont dans la même classe modulo $p$. Il vient :
$\boxed{a^{p-1} (p-1)! \equiv (p-1)! [p]}$
Démontrons que $\overline{(p-1)!}$ est inversible dans $(\Z / p \Z)^{*}$.
Les inversibles dans $(\Z / p \Z)^{*}$ sont les classes des éléments premiers avec $p$.
Mais $p$ est un nombre premier, il est donc premier avec tous les entiers qu'ils ne divise pas. Ainsi $\forall k \in [|1,p-1|] \ PGCD(p,k)=1$
Ainsi $PGCD(p, 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times (p-1))=1$.
$(p-1)!$ étant inversible, on en déduit $\boxed{a^{p-1}-1 \equiv 0[p]}$