un isomorphisme
Bonjour, je cherche à montrer que $Hom(\Z/n\Z,\Z/m\Z) \simeq \Z/(pgcd(m,n)\Z)$ où $Hom(\Z/n\Z,\Z/m\Z)$ est l'ensemble des morphismes de $\Z/n\Z$ dans $\Z/m\Z$
La seule démonstration que j'ai vue faisait appel à la notion de module mais je n'arrive pas à la retrouver, si vous avez ca sans faire appel à cette notion, tant mieux mais si c'est la "seule" manière de faire, n'hésitez pas
Merci d'avance
La seule démonstration que j'ai vue faisait appel à la notion de module mais je n'arrive pas à la retrouver, si vous avez ca sans faire appel à cette notion, tant mieux mais si c'est la "seule" manière de faire, n'hésitez pas
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Réponses
Je suppose que la structure que tu envisages utilise l'addition de $\Z/n\Z$ et $\Z/m\Z$.
L'essentiel est que 1 engendre le groupe additif $\Z/n\Z$, donc, si $f \in Hom(\Z/n\Z,\Z/m\Z)$ :
$f(1)$ est un élément de $\Z/m\Z$ dont l'ordre divise $n$
la valeur de $f(1)$ détermine entièrement $f$
En tant que groupe additif, $\Z/n\Z$ est bien évidemment un $\Z$ module.
En prenant en compte la multiplication, $Z\nZ$ est un anneau commutatif.
Je distingue (pour une fois), l'entier $p$ et sa classe $\overline{p}$ dans $\Z/nZ$, alors les relations
$\overline{p} = p\overline{1}$
$\overline{pq} = p\overline{q}$
montrent facilement que l'on a les mêmes morphismes pour les trois structures.
Mais l'esthétique d'une démonstration demande que l'on se restreigne à n'utiliser que la structure envisagée dans l'énoncé.
<BR>
<BR>Oui mais il ne suffit pas de choisir f(1) dans Z/mZ pour avoir un morphisme.<BR>
On a donc
\[ \psi : \frac{m}{\mathrm{pgcd}(m,n)} \Z \rightarrow \mathrm{Hom}(\Z/n\Z, \Z/m\Z) \]
définie par $\psi(x)(\bar{k})=k \dot{x}$ est un morphisme de groupes.
Son noyau est $\frac{m}{\mathrm{pgcd}(m,n)} \Z \cap m \Z = m' \Z$ en notant $m = \mathrm{pgcd}(m,n) m'$.
D'après le premier théorème d'isomorphisme, le groupe des homomorphismes est isomorphe à $m' \Z / m \Z$ lui même isomorphe à $\Z / \mathrm{pgcd}(m,n) \Z$.
Ça a l'air de marcher sans les modules non ?
Et c'est plus simple que dans mon souvenir mais j'étais conditionné par ma preuve avec module (que j'arrivais pas à refaire d'ailleurs), du coup j'ai pas cherché plus "élémentaire"
Très belle preuve de Guimauve.
Si l'on veut voir "à la main" ce qui se passe : je pose $d = \text{pgcd}(n,m)$ et $m = dm'$.
Comme je l'ai fait remarquer, l'ordre de $f(1)$ divise $n$ parce que 1 est d'ordre $n$ dans $\Z/n\Z$ et l'ordre divise divise aussi $m$ en tant qu'élément de $\Z/mZ$, donc l'ordre de $f(1)$ divise $d$, et il est connu (ou on le vérifie facilement) que les éléments de $\Z/m\Z$ dont l'ordre divise $d^$ sont $\{0,m',2m',\ldots,(d-1)m'\}$ et qu'ils constituent un groupe cyclique d'ordre $d$.
Je note alors $f_k$ le morphisme de $\Z/n\Z$ dans $Z/m\Z$ défini par $f_k(1) = km'$
et je "vois" que $\mathrm{Hom}(\Z/n\Z, \Z/m\Z)$ est un groupe cyclique d'ordre $d$, donc isomorphe à $\Z/d\Z$, je peux même expliciter un isomorphisme si j'en ai vraiment envie.