exo groupes

l'intersection de A et B est toujours non vide en effet, il contient l'élément neutre de G.vous pouvez le vérifier...

c'est vrai ,ma réponse aura un sens uniquement lorsque A et B sont des sous-groupes de G.je vais penser autrement...

j'ai voulu vous dire que l'intersection de 2 sous- groupes n'est jamais vide bien que ce n'est pas une réponse pour votre question.

On peut engendrer Sn par (n-1) transpositions et ceci de façons variées.
Par exemple S5=<(12),(23),(34),(45)>=<(13),(35),(52),(24)>.

Bon, ça y est, j'ai la réponse. Tous les groupes, à l'exception de $\Z/2\Z$ et $(\Z/2\Z)^2$, disposent de deux parties génératrices $A$ et $B$ telles que $A\cap B=\emptyset$. Je fais une disjonction de cas :

- si $G$ admet un élément $a_1$ dont l'ordre n'est pas 2, je construit une partie génératrice $A=(a_1,a_2,\dots,a_p)$ telle que $a_k$ n'est jamais dans le groupe engendré par $(a_1,\dots,a_{k-1})$. Comme $a_1$ n'est pas d'ordre $2$, alors $a_1\neq a_1^{-1}$. On pose alors $B=(a_1^{-1},a_1a_2,a_1a_3,\dots,a_1a_p)$. Le groupe engendré par $B$ contient $A$, donc $B$ est génératrice elle aussi. Si on avait $a_1a_k=a_j$, alors forcément $k\neq j$, et si $kj$. On a ainsi construit deux parties $A$ et $B$ disjointes, et toutes deux génératrices.

- si tous les éléments de $G$ sont d'ordre $2$, alors il est classique que $G$ est isomorphe à $(\Z/2\Z)^n$ pour un $n$ adéquat. Une famille génératrice de ce groupe abélien est aussi une base de l'espace vectoriel concerné. Il s'agit de trouver deux bases disjointes de cet espace. Pour cela j'ai une construction pour $n\geq 4$. On prend une base $(x_1,\dots,x_n)$ et on prend $x'_n\not \in Vect(x_1,\dots, x_{n-1})$ et différent de $x_n$ et des $x_n-x_k$. Cela marche car il y a $2^{n-1}-1-n>0$ vecteurs qui vérifient cette propriété. Alors la famille $(x_1+x'_n, x_2+x'_n, \dots, x_{n-1}+x'_n,x'_n)$ est aussi une base, et elle est disjointe de la première.
Les cas $n=1,2,3$ se traitent à la main. On peut trouver deux bases disjointes lorsque $n=3$, pas lorsque $n=1$ ni $n=2$.

Joli exo.

Merci Alain.
Je me demande encore s'il y a une démonstration plus simple, mais je n'y crois pas trop au vu du résultat.
Laotseu.

Je ne comprends pas ta remarque. A mon sens, la question initiale, quoique peu lisible (latex a des avantages) était bien posée.

Pas la peine de s'énerver, surtout si pour faire de grosses fautes d'orthographe. Et non, la question n'est pas claire : est-ce qu'il faut comprendre :
- à quelle condition sur $A$ existe-t-il une partie génératrice $X$ de $A^*$ telle que $X \cap (-X) \neq \emptyset$ ?
- à quelle condition sur $A$ a-t-on, pour toute partie génératrice $X$ de $A^*$, $X \cap (-X) \neq \emptyset$ ?

Ce n'est pas clair dans ta formulation parce que tu poses la question "à quelle condition sur $A$.." {\it après} avoir choisi $X$. C'est dommage de passer l'agrèg sans avoir compris l'interêt des quantificateurs.

Ha ha ! Alors toi t'es un bon. Comme tu me fais bien marrer je vais être sympa avec toi : ça marche déjà pour les anneaux de carctéristique 2, reste à voir si tu peux prouver une réciproque. Bien sûr tu es libre d'ignorer ce commentaire...

T'es sûr que ça marche pour $\Z / p \Z$ avec $p$ premier $> 3$ ?

Euh non en fait ça ne marche pas pour $p=3$ non plus, et je conjecture que ça ne marche pour aucune $p$ premier impair, ça ne doit pas être trop dur à montrer.

Bonsoir si_je_suis...

Soient $(A,+,*)$ anneau commutatif fini et $X=\{a_1,\ldots,a_k\}$ une famille génératrice de $(A^\times,*)$ le groupe des inversibles (on dit aussi des unités) de $A$, famille pas nécessairement minimale. On pose $Y=\{-a_1,\ldots,-a_k\}$
On remarque que $Y\subset A^\times$ parceque si $x$ est inversible, il existe $y$ tel que $xy=1$ alors $(-x)*(-y) = 1$ (anneau commutatif). Donc $-x\in A^\times$.
On suppose que $X \cap Y \neq \emptyset$. Soit par exemple $a_i=-a_j \in X\cap Y$

{\bf 1) Si} $i=j,\ a_i=-a_i$ ou encore $2a_i=0$ c'est à dire que $a_i$ est diviseur de 0, ce qui est impossible puisque $A^\times$ ne contient pas de diviseur de 0. Donc $2=0$, c'est à dire que $A$ est de caractéristique 2.
{\it Réciproquement} : si $A$ est de caractéristique 2 alors $x=-x$ donc $Y=X$ et on a bien $X\cap Y \neq \emptyset$.
Remarque dans ce cas, $(A,+) \simeq (\Z/2\Z)^n$, mais la multiplication $*$ peut être définie de beaucoup de manières différentes, depuis le corps $A=\mathbb{F}_{2^n}$ dont tous les éléments (sauf 0) sont inversibles, jusqu'à l'anneau de Boole $A=\mathcal{P}(\{a_1,\ldots,a_n\})$ des parties de l'ensemble $\{a_1,\ldots,a_n\}$ à $n$ éléments, dont le seul élément inversible est la partie complète.

{\bf 2) Si} $i\neq j,\ a_i=-a_j$, c'est à dire que $X$ contient un élément (inversible) et son opposé
{\it Réciproquement} : Si $X$ contient un élément et sont opposé alors on a bien $X\cap Y \neq \emptyset$.

Remarque le cas 1) ci-dessus est un cas particulier du cas 2), mais en 1) la CNS porte sur $A$, alors qu'en 2), elle porte sur $X$.

Alain

(D'après DSP, à qui je dis chapeau !)

On considère un groupe $G$ vérifiant la propriété suivante : si une partie $A$ engendre $G$, son complémentaire manque de le faire. Montrer que la cardinal de $G$ est inférieur ou égal à 6.

On suppose que $G$ n'est pas le groupe trivial.
On démontre dans une première étape que le cardinal de $G$ est forcément pair, non nul. En effet, on pourrait dans le cas contraire partitionner $G$, de bien de manières, en deux parties dont le cardinal diffèrent du nombre $1$ :
soit $Card G= 2n+1$, $G=A\cup B$, $A\cap B=\emptyset$ et $Card A=n+1$ et $Card B=n$. On choisira $B$ en sorte que l'élément neutre $e$ de $G$ n'y figure pas.
Le sous groupe engendré par $B$ contient alors au moins $n+1$ éléments, et son cardinal doit diviser $2n+1$, il y a là une contradiction.


Passons à l'étape suivante. Maintenant, $Card G=2n$.
Toute partie $A$ de $G$ de cardinal moitié et contenant $e$ est un sous-groupe de $G$, soit $e\in A$ et $Card A=n$. En effet, le complémentaire $B$ de $A$ engendre forcément $G$, il s'ensuit que le sous-groupe $\langle A \rangle $ engendré par $A$ est distinct de $G$ :
$$ A\subseteq \langle A \rangle \subset G ,$$
et au vu de son cardinal, il est égal à $A$.

On supposera à partir de maintenant le cardinal $2n$ de $G$ strictement supérieur à $2$. Il existe alors deux parties $A$ et $A'$ de cardinal $n$ contenant chacune $e$ et dont l'intersection est de cardinal $n-1$. En effet,
en choisissant dans $G$ une telle partie $A$, et en
appelant $a$ un élément de $A$ différent de $e$ (c'est possible) et $b$ un élément du complémentaire de $A$, la différence symétrique $A'=A\Delta \{a,b\}$ convient !

Il s'ensuit donc que $$n-1\mid 2n$$ et comme $n-1$ est toujours premier avec $n$ pour tout entier, l'entier naturel $n-1$ divise 2, et donc $n=2$ ou $3$.

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Il s'ensuit donc que l'hypothèse faite sur $G$ oblige $G$ à être de cardinal $1$, $2$, $4$ ou $6$.

Un examen rapide des groupes $Z/4Z$ et $Z/6$ et $S_3$ montrent que ces groupes ne peuvent vérifier l'hypothèse de dpéart.

Le groupe $G$ est forcément ou bien trivial, ou bine isomorphe à $Z/2$ ou au carré de ce dernier.

qq peut peut nous faire un recapitulatif de ce qui a ete demontre dans ce post?
merci