Éléments inversibles de $\Z/n\Z$
Bonjour
2) a) $17$ est premier donc il y a $\varphi(17)=17-1=16$ éléments. $\varphi$ désigne l'indicatrice d'Euler.
D'après le théorème de Lagrange, les sous-groupes engendrés par les éléments de $G$ sont d'ordre $2,4,8,16$.
Les ordres possibles pour les éléments de $G$ sont $2,4,8,16$.
b) $PGCD(10,17)=1$ donc $\bar{10}$ est dans $G$.
$10^2 = 100 \equiv -2 [17]$
$10^4 \equiv 4 [17]$
$10^8 \equiv -1 [17]$
$10^{16} \equiv 1 [17]$ donc $\overline{10}^{16}=\bar{1}$. Son ordre est $16$.
Pour savoir si le groupe est cyclique, je ne sais pas faire :-S
2) a) $17$ est premier donc il y a $\varphi(17)=17-1=16$ éléments. $\varphi$ désigne l'indicatrice d'Euler.
D'après le théorème de Lagrange, les sous-groupes engendrés par les éléments de $G$ sont d'ordre $2,4,8,16$.
Les ordres possibles pour les éléments de $G$ sont $2,4,8,16$.
b) $PGCD(10,17)=1$ donc $\bar{10}$ est dans $G$.
$10^2 = 100 \equiv -2 [17]$
$10^4 \equiv 4 [17]$
$10^8 \equiv -1 [17]$
$10^{16} \equiv 1 [17]$ donc $\overline{10}^{16}=\bar{1}$. Son ordre est $16$.
Pour savoir si le groupe est cyclique, je ne sais pas faire :-S
Réponses
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Démontrer que si G est un groupe de cardinal n et s'il existe $a$ tel que $a$ est d'ordre $n$ alors G est cyclique
-
Si $\overline{10}$ est d'ordre $16$, quel peut être l'ordre du sous-groupe qu'il engendre ?
-
Je suggère d'envisager que l'auteur du bouquin ait souhaité aider l'étudiant, en assurant une forme de cohérence à la question 2b. Sous cette hypothèse, la question "G est-il cyclique ?" est probablement liée à ce qui précède. Et, donc, peut-être que G est engendré par 10 ? Reste à le prouver.
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Bonjour,
Ce "résultat" est une évidence:
Si un groupe $G$ de cardinal $n$ contient un élément $a$ d'ordre $n$, le sous groupe cyclique engendré par $a$ est forcément égal au groupe entier.
Cordialement,
Rescassol -
Bon et au lieu de répondre $16$ mécaniquement, tu ne vois pas le rapport avec le fait que ton groupe est cyclique ? 8-)
-
Franck d'après la remarque Noobey il n'y a pas besoin de montrer que $G$ est engendré par $\bar{10}$.
Soit $G$ un groupe de cardinal $n$.
Alors il existe des éléments de $G$ que l'on peut noter $a_1, \cdots, a_{n-1}$ tels que $G=\{1, a_1, \cdots, a_{n-1} \}$
Supposons par exemple que $a_1$ est d'ordre $n$. Alors $a_1 ^n=1$.
Mais $a_1 \in G$ donc $a_1 ^2 \in G$ par stabilité etc.
Donc $G=\{ 1,a_1, a_1 ^2, \cdots, a_1 ^{n-1} \}$. Les éléments de $G$ sont tous distincts sinon il existerait un $k \in \N$ tel que $a_1 ^k =1 $ avec $k < n$ ce qui est absurde.
Ainsi, $G= < a_1>$ c'est le sous-groupe engendré par $a_1$, il est monogène et fini, il est donc cyclique.
Pour en revenir à l'exercice, $\overline{10}$ est un élément d'ordre $16$ dans $(\Z / 16 \Z)^{*}$. Le groupe est donc cyclique.
La suite.
3)a) L'ordre de $H$ est $8$.
b) $(\Z / 16 \Z)^{*} = \{ \bar{1}, \bar{3}, \bar{5}, \bar{7}, \bar{9}, \bar{11}, \bar{13}, \bar{15} \}$
Si $H$ était cyclique, il serait engendré par un élément parmi les $8$ déjà présents. Notons le $\overline{2p+1}$
$(2p+1)^2 =4p^2+4p+1 \equiv 1 [16]$ donc $(2p+1)^4 \equiv 1 [16]$
Donc les éléments de $H$ sont d'ordre au plus $4$. Ainsi, $H$ n'est pas cyclique. -
Je ne comprends pas le passage $4p^2 + 4p + 1 = 1 [16]$
$p = 1$ donne $9$... -
Oui j'ai été un peu vite en besogne :-X
Si $p=0$, on a $2p+1=1$ et $1$ est d'ordre 1.
Soit $p \geq 1$.
On a $4p^2+4p+1 = 4p(p+1) +1 \equiv 1 [8]$
Donc il existe $q \in \N$ tel que $(4p+1)^2 = 8q+1$
$(4p+1)^4 = (8q+1)^2 = 64q^2 +16q+1 \equiv 1 [16]$ -
Question subsidiaire : peux-tu décrire un système de deux générateurs de $H$ ?
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Bonjour,
Ta réponse au 3)a) est une affirmation non justifiée.
Cordialement,
Rescassol -
@Rescassol
Les éléments inversibles de $H$ sont les classes des nombres premiers avec $16=2^4$ inférieurs à $16$. C'est donc les nombres impairs inférieurs à $16$.
@Poirot
Par exemple $<\bar{3},\bar{5}>= \{\bar{1}, \bar{3}, \bar{5},\bar{7}, \bar{9}, \bar{13}, \bar{15} \cdots \}$
Je ne sais pas si $\bar{11}$ appartient. -
Quel intérêt de répondre un truc partiel, non justifié, pour terminer en disant que tu ne sais pas ?
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Je ne sais pas s'il y a une méthode plus rapide que faire tous les produits possibles, ce qui me semble long et fastidieux.
J'ai fait un autre essai $<\bar{3},\bar{7}>$ contient tous les inversibles sauf $\bar{11}$. -
Un sous-groupe d'ordre $7$ d'un groupe d'ordre $8$ ? Hum...
-
Bonjour,
OShine, d'accord maintenant pour la 3)a), mais tu aurais du l'inclure dans ta rédaction de solution.
Cordialement,
Rescassol -
D'après le théorème de Lagrange c'est impossible.
-
Je n'ai pas la méthodologie pour répondre à la question Poirot.
J'ai pris 2 éléments au hasards de $H$ et on a $< \bar{3} , \bar{5}> = \{ \bar{3}^k \bar{5}^k \ | \ k \in \Z \}$
J'ai calculer tous les produits possibles jusqu'à $k=4$ car les éléments sont d'ordre $4$. -
OShine a écrit:2) a) $17$ est premier donc il y a $\varphi(17)=17-1=16$ éléments. $\varphi$ désigne l'indicatrice d'Euler.
D'après le théorème de Lagrange, les sous-groupes engendrés par les éléments de $G$ sont d'ordre $2,4,8,16$.
Ils sont d’ordre un diviseur de 16, ce qui n’est pas tout à fait la même chose.
Déjà, il t’en manque un (pouf pouf) et ensuite, les autres (sauf 16) ne sont pas garantis dans un groupe quelconque.Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
-- Schnoebelen, Philippe -
Il n'y a pas besoin de méthodologie, juste un peu de réflexion et d'huile de coude (et ne pas s'arrêter en chemin). As-tu compris ce que j'ai voulu te dire dans ce message ?
-
Oui, et pourquoi est-ce que je t'ai répondu ça ?
-
Parce que j'ai donné un sous-groupe qui en contient $7$.
Mais je ne connais pas la théorie sur les systèmes à deux générateurs. Je n'ai jamais étudié ça.
Je sais juste que si $a \in H$ alors $<a>$ est le plus petit sous-groupe contenant $a$, c'est le sous-groupe engendré par $a$. -
Tu te bloques tout seul !!! "La théorie sur les systèmes à deux générateurs" c'est du grand n'importe quoi, tu crois vraiment qu'il y a toute une théorie là-dessus ? Il faut juste connaître une seule définition : celle du sous-groupe engendré par une partie, ce n'est pas la mer à boire quand même !
-
Le sous-groupe engendré par une partie est le plus petit sous-groupe contenant cette partie. Ce sont exactement les produits d'éléments ou d'inverses de cette partie.
$\{ \bar{3},\bar{5} \} \subset (\Z / 16 \Z)^{*}$ donc $<\bar{3},\bar{5}> =\{ \bar{3}^p \bar{5}^q \ | \ p,q \in \Z \}$- Pour $p=q=0$ $\bar{1} \in <\bar{3},\bar{5}>$
- Pour $p=1$ et $q=1$ on $\bar{15} \in <\bar{3},\bar{5}>$
- Pour $p=2$ et $q=1$ on a $\bar{13} \in <\bar{3},\bar{5}>$
- Pour $p=1$ et $q=2$ on a $\bar{11} \in <\bar{3},\bar{5}>$
- Pour $p=3$ et $q=1$ on a $\bar{7} \in <\bar{3},\bar{5}>$
- Pour $p=3$ et $q=0$ on a $\bar{9} \in <\bar{3},\bar{5}>$
Ainsi, on a montré que $\boxed{< \bar{3},\bar{5} >= (\Z / 16 \Z)^{*}}$ -
"Le sous-groupe engendré par une partie est le plus petit sous-groupe contenant cette partie. Ce sont exactement les produits d'éléments ou d'inverses de cette partie."
Ce n'est pas vrai dans n'importe quel groupe. Ici c'est bien vrai, mais quelle hypothèse importante vérifiée par Z/16Z permet d'affirmer ça ? -
Bien (tu) Ce n'était pas si dur, tu es d'accord ?
Si tu te sens d'attaque, tu peux chercher à montrer que pour tout $n \geq 3$, $\left(\mathbb Z/2^n\mathbb Z\right)^{\times} = \langle \overline{-1}, \overline 5 \rangle$. -
Il me semble que cette propriété est vérifié si la partie est non vide.
Le sous-groupe engendré par l'ensemble vide est $\{ e\}$ avec $e$ le neutre de $G$.
La sous-groupe engendré par une partie $A$ non vide est l'ensemble $\boxed{H=\{x_1 \cdots x_n \mid n \in \N \ \text{et} \ \forall i \in [|1,n|] ,\ x_i \in A \ \text{ou} \ x_i ^{-1} \in A \}.}$
On a besoin que $A$ soit non vide pour démontrer que $H$ contient $e$, l'élément neutre de $G$. On prend $x \in A$ et on a $x x^{-1} =e \in H$. -
Mais c'est uniquement vrai dans les groupes abéliens !
Regarde par exemple deux matrices $A$ et $B$ dans $GL_n(\K)$ qui ne commutent pas.
Dans le sous groupe engendré par $A$ et $B$ tu as les produits $AB$, $BA$, $ABA$, $ABAB$, $AB^2A$, $BABA$ ... bref tu n'en finis pas. -
En effet, je voulais insister sur le fait que $<a,b>=\{a^pb^q\mid p,q \in \Z\}$ n'est pas vrai en général. Mais quand je relis, personne n'a dit que c'était le cas :-D
-
@OShine : même pour $A=\emptyset$, ça marche. Il suffit pour cela de prendre $n=0$.
En effet, dans ce cas, $x_1\cdots x_n=\prod_{i\in [\![1,n]\!]}x_i=\prod_{i\in\emptyset} x_i=e$. De plus, l'assertion suivante est vraie : $\forall i\in\emptyset,\quad x_i\in A\quad\text{ou}\quad x_i^{-1}\in A$.
Ce genre de détail est important à assimiler car il permet justement de ne pas avoir à traîner inutilement des disjonctions de cas un peu partout (comme ce que tu voulais faire), ce qui rallonge inutilement les démonstrations et embrouille plus qu'autre chose. -
Dans un groupe, le produit sur le vide est égal au neutre. C'est un marronnier de dire s'il s'agit d'un résultat ou d'une convention, dans tous les cas, il est clair que c'est la seule possibilité si l'on veut que la propriété $\prod_{x \in A} x \times \prod_{x \in B} x = \prod_{x \in A \sqcup B} x$ soit respectée (supposons $A$ et $B$ finis et totalement ordonnés pour ne pas me faire taper sur les doigts).
Par exemple la somme vide de réels vaut $0$. -
Pour la somme vide, c'est logique.
Le produit vide de réels vaut toujours $1$ non ?
Je n'ai pas compris le rapport avec $\prod_{x \in A} x \times \prod_{x \in B} x= \prod_{x \in A \cup B} x$. Je n'ai pas compris pourquoi le produit sur le vide vaut le neutre du groupe. -
Au final c'est un peu toujours les mêmes questions avec Oshine ! J'ai l'impression que c'est la 5000e fois qu'on te voit à disserter sur l'ensemble vide :-D
-
@Noobey
Je n'ai jamais posé la question sur l'ensemble vide avec les groupes.
Je l'avais posée pour les ensembles et les espaces vectoriels. J'avais demandé pourquoi $\{0 \} = Vect \emptyset$.
@Bd2017
Oui l'ensemble vide est inclus dans tout ensemble, j'ai vu ça dans le début du cours de MPSI.
Je n'ai pas compris le rapport entre ta question et ce que je demandais.
Ton affirmation est fausse. Deux ensembles peuvent avoir une intersection vide. Exemple $A=\Z$ et $B=\{ \dfrac{1}{2} \}$
Je crois avoir compris la remarque de Poirot.
La somme vide vaut $0$ comme ça ça ne change pas la somme.
Le produit vide vaut $1$ comme ça ça ne change pas le produit.
Et le produit vide d'éléments d'un groupe vaut le neutre car le neutre ne change pas le produit des éléments du groupe. On a $\forall x \in G \ \ 1_G x=x$
Il est temps de me remettre à l'exercice proposé par Poirot.
Soit $n \geq 3$. On a $(\Z / 2^n \Z)^{*}= \{ \bar{x} \ | \ x=2p+1 \ \ | \ \ 1 \leq x \leq 2^n -1 \}$
D'où $\boxed{(\Z / 2^n \Z)^{*}= \{ \overline{2p+1} \ | 0 \leq p \leq 2^{n-1} -1 \} }$
J'aimerais montrer par double inclusion que $(\Z / 2^n \Z)^{*} =< \overline{-1},\overline{5} >$ par double inclusion.
Le problème est que je ne connais pas combien vaut $ \overline{-1}$ dans $(\Z / 2^n \Z)^{*}$ -
Il n'y a rien à savoir sur $\overline{-1}$, si ce n'est qu'il est d'ordre $2$. Calcule l'ordre de $\overline{5}$ maintenant. Et n'abandonne pas au bout de 2 minutes, cherche vraiment.
-
@Bd207
Soient 2 ensembles $A$ et $B$ tels que $A \cap B \ne \emptyset$. Or, $A \cap B$ est un ensemble donc $\emptyset \in A \cap B$.
On a juste l'inclusion mais pas l'égalité. Il existe un élément dans $A \cap B$ donc $A \cap B$ n'est pas inclus dans l'ensemble vide.
@Poirot
Ok merci. Cherchons l'ordre de $\bar{5}$ dans $(\Z / 2^n \Z)^{*}$
Soit $n \geq 3$
On a $\bar{5}^2 = \bar{25}$ et $25=2 \times 12+1=3 \times 2^3+1$ donc $\bar{5}^2 = \bar{1}$
Ainsi $< \overline{-1},\bar{5}>= \{ \overline{-1}^p \overline{5}^q \ | \ (p,q) \in \Z^2 \}$
Donc $\boxed{< \overline{-1},\bar{5}>= \{ \bar{1}, \overline{-5}, \overline{-1}, \overline{5} \}}$
On a $ \bar{1}, \overline{-5}, \overline{-1}, \overline{5} \in (\Z / 2^n \Z)^{*}$.
Donc $\boxed{< \overline{-1},\bar{5}> \subset (\Z / 2^n \Z)^{*}}$
Réciproquement soit $\bar{x} \in (\Z / 2^n \Z)^{*}$ alors $x=2p+1$ avec $0 \leq p \leq 2^{n-1}-1$
Là je bloque. -
@Os non ce n'est pas la réponse. Si $A=\{ \emptyset ,1 , \{2,3\}\} $ et $B=\{ \emptyset , 1, 2 , 5\} $ alors $A\cap B=\{ \emptyset ,1 \} $.
Finalement c'est quoi la réponse?
D'autre part dans $(\Z/2^n\Z) $ je ne vois pas pourquoi $5^2=1.$ C'est gros comme une maison de voir que c'est faux en général.
Je ne sais pas si tu t'es posé les bonnes questions?
a) Quels sont les éléments de $(\Z/2^n\Z)^* $
b) En particulier 5 est-il dedans?
c) Finalement un élément de $(\Z/2^n\Z)^* $ est-il de la forme $\pm 5 ^j$ modulo 2 ^n.
Mais sauf erreur $5=2\times 2 + 1.$
Et puis tu demandes ce que vaut -1? Mais $-1=2^n-1$ dans $(\Z/2^n\Z) $ -
Je n'ai pas compris ta question avec l'ensemble vide.
a) Si je note $H$ l'ensemble quotient ses éléments sont $\overline{1}, \overline{3}, \ldots, \overline{2^n{-}1}$.
b) $\overline{5}$ est dedans car $n \geq 3$ donc $2^3-1=7 >5$.
c) Je n'ai pas réussi, c'est la question de Poirot, j'y ai pourtant réfléchi plus de 30 min. -
$\overline{5}$ n'est pas d'ordre $2$ (sauf pour $n=3$), recommence.
-
De même pour la question de Poirot.
1.Tu dis "je note H l'ensemble quotient" puis $H=\{1,3,....,2^n-1\}$
Moi j'aurais dit $G=(\Z/2^{n-1}\Z)^\times =\{1,3,....,2^n-1\}$ (et j'aurais justifié)
Mais alors l'ensemble quotient c'est quoi sa définition? Je ne comprends pas. Il faut que tu expliques...
2. Concernant le sous-groupe engendré par 5. Je veux bien admettre tu ne saches pas répondre mais
Est-ce que tu as regardé $<5>$ dans $ n=3$, puis $n=4$....? -
OShine collector a écrit:Merci je ne connaissais pas ce résultat, il n'est pas dans mon livre.
Pour ne pas t'embêter je ne copie-colle pas la répnse que t'a faite Rescassol, mais j'espère que tu l'as BIEN MEDITEE... :-X . Tu as le don d'énerver tes lecteurs à un point ...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
cc a écrit:OShine collector a écrit:Merci je ne connaissais pas ce résultat, il n'est pas dans mon livre.
Je l'avais loupée celle-ci, une perle. Fais gaffe à ne pas devenir comme Pablo Oshine... perliculteur. -
@Bd2017
Oublions l'ensemble quotient que je ne maîtrise pas.
Les éléments premiers avec $2^n$ sont les nombres impairs car ils n'ont pas de facteur $2$ dans leur décomposition en nombre premier.
@Poirot
Si $n=4$ alors $2^4=16$
$5^2=25=16+ 9$ donc $\bar{5}^2 = \bar{9}$
$\bar{5}^3= \bar{13}$
$\bar{5}^4 = 1$
$5^4=625=2^9+113$ donc $\bar{5}^4= \bar{113}$ et $113=2^6+49$
Or $49=2^5+17$ et $17=2^4+1$
Donc $\boxed{\bar{5} \ \ \text{est d'ordre 4}}$
Ainsi, $<\overline{-1},\overline{5}>= \{\overline{-5}^3,\overline{-5}^2, \overline{-5}, 1, \overline{5}, \overline{5}^2, \overline{5}^3 \}$
D'où : $\boxed{<\overline{-1},\overline{5}>=\{ \overline{-13}, \overline{-9}, \overline{-5}, \bar{1}, \overline{5}, \overline{9}, \overline{13} \} }$
Je ne vois pas comment montrer que $\{\overline{-5}^p \ | \ p \in \Z \}= \{ \overline{1}, \overline{3}, \cdots, \overline{2^n-1} \}$ -
Un peu d'initiative bon sang ! Tu as vu que $\overline{5}$ est d'ordre $2$ pour $n=3$, d'ordre $4$ pour $n=4$. Regarde ce qu'il se passe pour $n=5$ et conjecture la réponse générale, qu'une méthode bien connue des lycéens permettra de démontrer ensuite... En plus avec un peu de jugeotte, tu peux deviner la réponse puisqu'on t'annonce dans la question que $\{\overline{-1}, \overline{5}\}$ engendre $\left(\mathbb Z/2^n\mathbb Z\right)^{\times}$.OShine a écrit:Je ne vois pas comment montrer que $\{\overline{-5}^p \ | \ p \in \Z \}= \{ \overline{1}, \overline{3}, \cdots, \overline{2^n-1} \}$.
Normal, puisque c'est faux, tu as même montré que $\left(\mathbb Z/16\mathbb Z\right)^{\times}$ n'est pas cyclique.
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