Morphisme(s) de groupes de $\Z$ dans un groupe donné, et plus...

Thierry Poma
Modifié (September 2022) dans Algèbre

$\DeclareMathOperator{\PStar}{\Huge\star}\newcommand{\inverse}[2]{#1^{#2-1}}\newcommand{\compo}[3]{{}#1{}#3{}#2}\newcommand{\couple}[2]{\left(#1,\,#2\right)}$Soit $\couple{G}{\star}$ un groupe de neutre $e$. Nous nous proposons de déterminer tous les morphismes de groupes de $\couple{\Bbb{Z}}{+}$ vers $\couple{G}{\star}$.

Lemme. Soit $h:\Bbb{Z}\to{}G$ une application. L’application $h$ est un morphisme de groupes si, et seulement si\[(\forall\,n)(n\in\Bbb{Z}\Rightarrow{}h(n+1)=\compo{h(n)}{h(1)}{\star}) \qquad(\diamond)\]Une preuve. Si $h$ est un morphisme de groupes, alors $(\diamond)$ est trivialement acquis. Réciproquement, supposons que l’on ait $(\diamond)$, et montrons étape par étape que $h$ est un morphisme de groupes.

  1. Montrons que $h(0)=e$. En effet, de $(\diamond)$, il suit en particulier que\[\compo{h(0)}{h(1)}{\star}=h(0+1)=h(1)=\compo{e}{h(1)}{\star}\]d’où l’on tire que $h(0)=e$, vu que $h(1)$ est $\star$-simplifiable,[1] en vertu de son caractère $\star$-symétrisable dans ledit groupe (plus précisément, il ne fait aucun doute que $\compo{\inverse{h(1)}{\star}}{h(1)}{\star}=\compo{h(1)}{\inverse{h(1)}{\star}}{\star}=e$).
  2. Montrons le résultat intermédiaire suivant : \[(\forall\,p) (\forall\,q) \left(\couple{p}{q}\in\Bbb{Z}\times\Bbb{N}\Longrightarrow{}h(p+q)=\compo{h(p)}{h(q)}{\star}\right)\qquad(\star\star)\]Pour $p\in\Bbb{Z}$ fixé arbitrairement et $q\in\Bbb{N}$, notons $\mathcal{P}\couple{p}{q}$ la proposition $h(p+q)=\compo{h(p)}{h(q)}{\star}$. Procédons à une récurrence sur $q$.
    • Nous avons trivialement $\mathcal{P}\couple{p}{0}$, en vertu du point $1.$ ci-dessus. En effet, clairement\[h(p+0)=h(p)=\compo{h(p)}{e}{\star}=\compo{h(p)}{h(0)}{\star}\]
    • Prouvons que\[(\forall\,q)\left(\left(q\in\Bbb{N}\text{ et }\mathcal{P}\couple{p}{q}\right)\Longrightarrow\mathcal{P}\couple{p}{q+1}\right)\qquad(\star\star\star)\]A ce titre, faisons l’hypothèse\[q\in\Bbb{N}\text{ et }\mathcal{P}\couple{p}{q}\qquad(\mathrm{HR})\]Alors,\[\begin{align}h(p+(q+1))&= h((p+q)+1)\\&=\compo{h(p+q)}{h(1)}{\star}&& \text{en vertu de }(\diamond)\\&=\compo{(\compo{h(p)}{h(q)}{\star})}{h(1)}{\star}&& \text{en vertu de }(\mathrm{HR})\\&=\compo{h(p)}{(\compo{h(q)}{h(1)}{\star})}{\star}\\&=\compo{h(p)}{h(q+1)}{\star}&& \text{en vertu de }(\diamond)\end{align}\]La règle d’introduction de l’implication nous conduit à\[\left(q\in\Bbb{N}\text{ et }\mathcal{P}\couple{p}{q}\right)\Longrightarrow\mathcal{P}\couple{p}{q+1}\]dans un contexte où $q$ n’a plus d’occurrence libre. La règle de généralisation nous conduit donc au résultat $(\star\star\star)$ voulu.
    • Finalement, nous venons de montrer que\[\mathcal{P}\couple{p}{0}\text{ et }(\forall\,q)\left(\left(q\in\Bbb{N}\text{ et }\mathcal{P}\couple{p}{q}\right)\Longrightarrow\mathcal{P}\couple{p}{q+1}\right)\]ce qui, en vertu de l’arbitraire sur $p$ et du principe de récurrence, nous conduit bien à $(\star\star)$, résultat intermédiaire.
  3. En vertu du point 1., il ne reste plus qu’à prouver que\[(\forall\,p) (\forall\,q) \left(\couple{p}{q}\in\Bbb{Z}\times(\Bbb{Z}\setminus\Bbb{N})\Longrightarrow{}h(p+q)=\compo{h(p)}{h(q)}{\star}\right)\]c’est-à-dire, de manière équivalente, que\[(\forall\,p) (\forall\,q) \left(\couple{p}{q}\in\Bbb{Z}\times\Bbb{N}^*\Longrightarrow{}h(p+(-q))=\compo{h(p)}{h(-q)}{\star}\right)\]Le raisonnement se fait en deux étapes.
    • Montrons que, pour tout $q\in\N^*$, $h(-q)=h(q)^{*-1}$. En effet, en vertu du point $1.$ et de $(\star\star)$, il suit immédiatement que\[e=h(0)=h(-q+q)=\compo{h(-q)}{h(q)}{\star}\]pour tout $q\in\N^*$ ; d’où le résultat voulu.
    • Pour terminer cette preuve, fixons arbitrairement $p\in\Bbb{Z}$ et soit $q\in\Bbb{N}^*$. De $(\star\star)$, nous obtenons en particulier\[h(p)= h(p+0)=h(p+((-q)+q))=h((p+(-q))+q)= \compo{h(p+(-q))}{h(q)}{\star}\]d’où l’on tire, en vertu de ce qui précède, que $h(p+(-q))= \compo{h(p)}{h(q)^{*-1}}{\star}$. L’arbitraire sur $p$ nous permet de conclure que\[(\forall\,p) (\forall\,q) \left(\couple{p}{q}\in\Bbb{Z}\times\Bbb{N}^*\Longrightarrow{}h(p+(-q))=\compo{h(p)}{h(-q)}{\star}\right)\]
  4. Pour conclure, l’on a bien obtenu que\[(\forall\,p) (\forall\,q) \left(\couple{p}{q}\in\Bbb{Z}\times\Bbb{Z}\Longrightarrow{}h(p+q)=\compo{h(p)}{h(q)}{\star}\right)\]c’est-à-dire que $h$ est un morphisme de groupes.

Le lemme est démontré.

Théorème I. Les notations étant celles du début, soit $a\in{}G$. Il existe un unique morphisme de groupes $h:\Bbb{Z}\to{}G$, tel que $h(1)=a$, et défini comme suit :

  • $h(0)=e$ ;
  • $(\forall\,p)\left(p\in\Bbb{N}^*\Rightarrow{}h(p)=a^p=\PStar_{k=1}^pa_k\right)$ ;
  • $(\forall\,p)\left(p\in\Bbb{N}^*\Rightarrow{}h(-p)=a^{-p}=\left(a^{*-1}\right)^p=\PStar_{k=1}^pa_k^{*-1}\right)$ ;[2]

où la suite $(a_n)_{n\in\Bbb{N}^*}$ est telle que $a_n=a$, quel que soit $n\in\Bbb{N}^*$.

Une preuve. Montrons l’existence et l’unicité de $h$.

Existence : si $h$ est solution, alors le lemme ci-dessus nous précise que l’on a affaire à un morphisme de groupes si, et seulement si\[(\forall\,n)(n\in\Bbb{Z}\Rightarrow{}h(n+1)=\compo{h(n)}{h(1)}{\star})\qquad(\bullet)\]Il a été établi, dans le point $1.$ de la preuve du lemme, que $h(0)=e$. D’autre part, de $(\bullet)$, il ressort en particulier que, pour $n\in\Bbb{N}^*$, $h(n)=h((n-1)+1)= \compo{h(n-1)}{h(1)}{\star}$ et $h(-n+1)=\compo{h(-n)}{h(1)}{\star}$, soit $h(-n)= \compo{h(-n+1)}{h(1)^{*-1}}{\star}$. Il ne reste donc qu’à attribuer à $h(1)$ une valeur unique, arbitrairement choisie dans $G$, pour obtenir deux suites $\left(h(n)\right)_{n\in\Bbb{N}}$ et $\left(h(-n)\right)_{n\in\Bbb{N}}$ définies par récurrence.

Réciproquement, fixant $a\in{}G$ arbitrairement et posant\[h(0)=e\text{ et }(\forall\,n)\left(n\in\Bbb{N}^*\Rightarrow{}\left( h(n)=\compo{h(n-1)}{a}{\star}\text{ et } h(-n)= \compo{h(-n+1)}{a^{*-1}}{\star}\right)\right) \]l’on construit l’application $h$ définie sur $\Bbb{Z}$ par deux récurrences, où il ressort que $h(1)=a$, tout comme $h(-1)=a^{-1}=a^{*-1}$[3], et où $h(p)$ et $h(-p)$, se trouvent bien définis, comme dans l’énoncé, pour $p\in\Bbb{N}^*$. Cette application $h$ vérifiant trivialement $(\bullet)$, vu que nous avons tout fait pour qu’il en soit ainsi, l’application $h$ existe et est bien un morphisme de groupes répondant aux conditions de l’énoncé.

Unicité : supposons que $h’:\Bbb{Z}\to{}G$ soit également solution. Partant, clairement $h’(0)=e=h(0)$. Nous affirmons qu’il suffit d’établir\[(\forall\,n)\left(n\in\Bbb{N}^*\Rightarrow{}h’(n)=h(n)\right)\qquad(\bullet\bullet)\]pour montrer que $h$ et $h’$ coïncident sur $\Bbb{Z}$. En effet, supposons $(\bullet\bullet)$ établi. Comme $h’$ et $h$ sont des morphismes de groupes, et que $h’(0)=e=h(0)$, nous obtenons, quel que soit $n\in\Bbb{N}^*$, les identités $e=h’(0)=h’(-n+n)=\compo{h’(-n)}{h’(n)}{\star}$ et $e=h(0)=\compo{h(-n)}{h(n)}{\star}$, d’où l’on tire immédiatement les identités $h’(-n)=h’(n)^{*-1}$ et $h(-n)=h(n)^{*-1}$ (du déjà-vu), de sorte que $ h’(-n)=h’(n)^{*-1}= h(n)^{*-1}=h(-n)$. Ce point étant clairement établi, il reste à montrer $(\bullet\bullet)$ par récurrence. Rapidement, nous avons $h’(1)=a$ nécessairement, ce qui fait que $h’(1)=h(1)$. Supposons que l’on ait\[s\in\Bbb{N}^*\text{ et }h’(s-1)=h(s-1)\]Alors, il vient immédiatement ce qui suit:\[h’(s)= \compo{h’(s-1)}{h’(1)}{\star}=\compo{h(s-1)}{h(1)}{\star}=h(s)\]en vertu de notre hypothèse de récurrence et du fait déjà établi que $h’(1)=h(1)$. Le principe de récurrence nous donne alors le résultat $(\bullet\bullet)$ voulu.

Le théorème est démontré.

Notation définitive : au vu du précédent théorème, il est légitime de désigner par $h_a$, où $a\in{}G$ est arbitrairement choisi, l’unique morphisme de groupes $h_a:\couple{\Bbb{Z}}{+}\to{}\couple{G}{\star}$, tel que $h_a(1)=a$. Si la loi est multiplicative, nous posons\[h_a(n)=a^n\]quel que soit $n\in\Bbb{Z}$. Si la loi est additive, l’on pose $h_a(n)=na$, pour tout $n\in\Bbb{Z}$. Dans le premier cas, nous disons que $a^n$ est la puissance $n$-ième de $a$, dans le second, que $na$, notation qui ne désigne pas un produit, est le $n$-ième multiple de $a$.

Établissons immédiatement un théorème qui passe pour être trivial ou évident dans la majorité des manuels d’Algèbre.

Théorème II. Soit $\left(\Bbb{A},\,+,\,\cdot\right)$ un anneau, pas nécessairement commutatif, de neutre $0_{\Bbb{A}}$ et d’unité $1_{\Bbb{A}}$. Il existe un unique morphisme de groupes additifs\[h_{1_{\Bbb{A}}}:\left\{\begin{array}{rcl}\Bbb{Z}&\longrightarrow&\Bbb{A}\\n&\longmapsto& n1_{\Bbb{A}}\\\end{array}\right.\]qui est également un morphisme d’anneaux.

Une preuve. Si l’on veut faire de $h_a$ un morphisme d’anneaux, il est donc tout naturel, voire obligatoire au vu de la définition d’un morphisme d’anneaux, de choisir $a\in\Bbb{A}$ tel que $a=1_{\Bbb{A}}$. Cela précisé, l’existence et l’unicité du morphisme de groupes additifs $h_{1_{\Bbb{A}}}$ sont assurées par le théorème I ci-dessus. Montrons qu’il s’agit bien d’un morphisme d’anneaux en établissant que $h_{1_{\Bbb{A}}}(nm)= h_{1_{\Bbb{A}}}(n)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)$, pour tous $m$ et $n\in\Bbb{Z}$.

Fixons $m$ arbitrairement dans $\Bbb{Z}$, et considérons les applications\[f_{m}:\left\{\begin{array}{rcl}\Bbb{Z}&\longrightarrow&\Bbb{A}\\n&\longmapsto&h_{1_{\Bbb{A}}}(n)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)\\\end{array}\right.\text{ et } g_{m}:\left\{\begin{array}{rcl}\Bbb{Z}&\longrightarrow&\Bbb{A}\\n&\longmapsto&h_{1_{\Bbb{A}}}(nm)\\\end{array}\right.\]Alors, pour tous $n$, $n’\in\Bbb{Z}$,\[\begin{align}f_{m}(n+n’)&= h_{1_{\Bbb{A}}}(n+n’)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)&&\text{par définition de }f_m \\&=\left(h_{1_{\Bbb{A}}}(n)+ h_{1_{\Bbb{A}}}(n’)\right)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)&&h_{1_{\Bbb{A}}}\text{ étant un morphisme de groupes additifs}\\&=h_{1_{\Bbb{A}}}(n)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)+ h_{1_{\Bbb{A}}}(n’)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)&&\text{distributivité dans l’anneau }\Bbb{A}\\&=f_m(n)+f_m(n’)&&\text{par définition de }f_m\end{align}\]puis\[\begin{align}g_{m}(n+n’)&=h_{1_{\Bbb{A}}}((n+n’)m)&&\text{par définition de }g_m\\&=h_{1_{\Bbb{A}}}(nm+n’m)\\&=h_{1_{\Bbb{A}}}(nm)+ h_{1_{\Bbb{A}}}(n’m)&&h_{1_{\Bbb{A}}}\text{ étant un morphisme de groupes additifs}\\&=g_m(n)+g_m(n’)&&\text{par définition de }g_m\end{align}\]Ainsi les applications $f_m:\Bbb{Z}\to\Bbb{A}$ et $g_m:\Bbb{Z}\to\Bbb{A}$ sont-elles des morphismes de groupes (additifs), lesquels, en vertu du théorème I, se caractérisent de manière unique par leurs valeurs respectives en $1$. Or, $f_m(1)=h_{1_{\Bbb{A}}}(1)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)=1_{\Bbb{A}}h_{1_{\Bbb{A}}}(m)=h_{1_{\Bbb{A}}}(m)=m1_{\Bbb{A}}$ et $g_m(1)=h_{1_{\Bbb{A}}}(1\times{}m)=h_{1_{\Bbb{A}}}(m)=m1_{\Bbb{A}}$ ; de fait, $f_m=h_{ m1_{\Bbb{A}}}=g_m$. Ce faisant, pour tout $n\in\Bbb{Z}$, l’on obtient que $f_m(n)=h_{1_{\Bbb{A}}}(n)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)=\left(n1_{\Bbb{A}}\right) \left(m1_{\Bbb{A}}\right)=h_{ m1_{\Bbb{A}}}(n)=n\left(m1_{\Bbb{A}}\right)$ et $g_m(n)= h_{1_{\Bbb{A}}}(nm)=(nm)1_{\Bbb{A}}=h_{m1_{\Bbb{A}}}(n)=n\left(m1_{\Bbb{A}}\right)$. L’arbitraire sur $m$ fait que $h_{1_{\Bbb{A}}}(nm)= h_{1_{\Bbb{A}}}(n)h_{1_{\Bbb{A}}}(m)$, pour tous $n$ et $m\in\Bbb{Z}$. En fait, nous avons obtenu un résultat plus précis, car nous venons d’établir que\[(nm)1_{\Bbb{A}}=\left(n1_{\Bbb{A}}\right)\left(m1_{\Bbb{A}}\right)=n\left(m1_{\Bbb{A}}\right)\]pour tous $n$ et $m\in\Bbb{Z}$, ce qui était loin d’être évident et trivial.

Le théorème est démontré.

Remarques : reprenons notations et hypothèses du théorème I. En raisonnant de la même manière que ci-dessus, il est possible d’établir que $\left(a^n\right)^m=\left(a^m\right)^n =a^{nm}$, quels que soient $a\in{}G$ et $m$, $n\in\Bbb{Z}$. Par exemple, il suffit de considérer l’application\[f_{m}:\left\{\begin{array}{rcl}\Bbb{Z}&\longrightarrow&G\\n&\longmapsto&h_a(n)=a^{mn}\\\end{array}\right.\]pour $m$ fixé arbitrairement dans $\Bbb{Z}$, d’établir qu’il s’agit d’un morphisme de groupes et de justifier que $f_m= h_{a^m}$.

Le théorème I est fondamental. Si le temps et la santé me le permettent, je reviendrai plus tard avec des résultats bien plus intéressants (groupes monogènes, cycliques et quotients).

Uniques sources d’appui : Algèbre fondamentale – Arithmétique, éditions Ellipses, 2004 pour la première version, Georges Gras et Marie-Nicole Gras. (Livre épuisé).

Algèbre et arithmétique fondamentales, éditions Ellipses, 2018 pour la deuxième version, Georges Gras et Marie-Nicole Gras. (Livre disponible).

Personnellement, je vous conseille d’acquérir le deuxième livre, remarquablement complet.

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[1] Le résultat est donc acquis pour un monoïde dont on sait que tout élément est simplifiable.

[2] Nous verrons dans une autre note que $a^{-p}=\left(a^{*-1}\right)^p$, pour tout $p\in\Bbb{N}^*$.

[3] Nous avons clairement $e=h(0)=h(-1+1)=\compo{h(-1)}{h(1)}{\star}=\compo{a^{-1}}{a}{\star}$, de sorte que $a^{*-1}=a^{-1}$ (le premier membre correspondant au $\star$-symétrique de $a$, le second membre à la $\star$-puissance $-1$ de $a$). Nous pouvons également montrer que $a^{-p}=\left(a^{*-1}\right)^p=\left(a^p\right)^{*-1}$, pour tout $p\in\Bbb{N}^*$, une égalité étant triviale, l’autre résultant de $e=h(0)=h(-p+p)=\compo{h(-p)}{h(p)}{\star}=\compo{a^{-p}}{a^p}{\star}$.

Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).

Réponses

  • [Utilisateur supprimé]
    Modifié (September 2022)
    J'aime bien, $\mathbb Z$ est le groupe libre de base $\{1\}$ et l'anneau libre de base $\emptyset$.
  • En bref, $\Z$ est le groupe libre sur un générateur, quoi ?
  • C'est un texte qui s'adresse à un maximum d'étudiants, voire d'intéressés.
    Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
  • [Utilisateur supprimé]
    Modifié (September 2022)
    Sinon, je préfère personnellement les langages suivants:
    $\{+;[opposit];0\}$ et $\{+;[opposit];0;\times ;1\}$. Ils sont beaucoup plus efficaces respectivement pour les théories des groupes et anneaux.

    ***[opposit] c'est le symbole de fonction interprété par la fonction "opposé", je ne préfère pas la noter "-" vu que "-" est ambigu.
  • JLapin
    Modifié (September 2022)
    A tant de détails, il manque tout de même la preuve de la licicité de  la définition d'une application $h$ sur $\N$ par la donnée d'une relation de récurrence, non ?
    Pour moi, c'est très nettement plus compliqué à démontrer que tout le reste de ce message.
  • Foys
    Modifié (September 2022)
    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
    0°)Rappels langagiers:
    0.1°)  une fonction est un ensemble $X$ dont tous les éléments sont des couples et tel que pour tous $a,b,c$, si $(a,b)\in X$ et $(a,c)\in X$, $b=c$.
    Le cas échéant on appelle domaine de $X$ et on note $dom(X)$ l'ensemble des $t$ tels qu'il existe un $u$ tel que $(t,u)\in X$, et on note $im(g)$ l'ensemble des $z$ tels qu'il existe $y$ tel que $(y,z)\in X$. Pour tout $v$, la notation $X(v)$ désigne, lorsque $u\in dom(X)$, l'unique $w$ tel que $(v,w)\in X$.
    0.2°) Soient $f$ une fonction et $E$ un ensemble. L'ensemble $\{(p,q)\ \mid (p,q)\in f \wedge p \in E\}$ est encore une fonction, appelée "restriction de $f$ )" à $E$ et notée $f|_E$. Le lecteur pourra s'assurer que $dom(f|_E)= dom(f) \cap E$ et que pour tout $x\in dom(f)\cap E$, $f|_E (x) = f(x)$
    0.3°) L'axiome d'extensionnalité est un des axiomes courants de la théorie des ensembles. Il dit que pour tous $a,b$, si pour tout $x$, $x\in a \Leftrightarrow x \in b$, alors $a=b$. Cet axiome entraîne que pour toutes fonctions $m,n$ telles que $dom(m)=dom(n)$, si pour tout $x\in dom(m)$,$m(x)=n(x)$ alors $m=n$.
    0.4°) Soit $A$ un ensemble de fonctions tel que pour tous $a,b\in A$ et tout $x\in dom(a)\cap dom(b)$, $a(x)=b(x)$. Alors la réunion $B$ de $A$ (l'ensemble des $y$ tel qu'il existe $z\in A$ tel que $y\in z$) est une fonction) est une fonction (immédiat par définition). On a $dom(B)= \bigcup_{a\in A} dom(A)$ et pour tout $c\in A$, $B|_{dom(c)} = c$. 

    1°) Soit $f$ une fonction et $i$ un ensemble. Une fonction inductive pour $(f,i)$ est une fonction $g$ telle que:
    (i) $dom(g)$ est une partie de $\N$ contenant $0$ et telle que pour tout $n\in \N$, si $n+1\in dom(g)$ alors $n\in dom(g)$.
    (ii) $g(0)=i$
    (iii) $\forall n\in\N$, si $n+1\in dom(g)$ alors $\left (g(n),g(n+1)\right ) \in f$.

    1.1°) soient $h,k$ deux fonctions $(f,i)$ inductives. On montre par récurrence que pour tout $n\in \N$, $n\notin dom (h)$ ou $n\notin dom(k)$ ou $h(n) = k(n)$. Ceci entraîne d'après 0.4°) et le schéma de substitution, l'existence d'un ensemble de fonctions $(f,i)$-inductives, dont la réunion est une fonction que l'on notera $Rec(f,i)$
    1.2°) $Rec(f,i)$ est elle-même $(f,i)$-inductive. On parle souvent de "fonction définie par récurrence". 
    1.3°) Lorsque $im(f) \cup \{i\} \subseteq dom(f)$, $dom(Rec(f,i)) = \N$.

    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • [Utilisateur supprimé]
    Modifié (September 2022)
    @JLapin la réponse à ta question s'appelle le théorème de récursion transfini, ou plutôt un affaiblissement de ce théorème (sa restriction à $\mathbb N$).
    Quand on se pose ce genre de questions, c'est qu'on est logicien dans l'âme.
  • Foys
    Modifié (September 2022)
    $\Z$ est l'ensemble quotient de $\N^2$ par la relation d'équivalence $(a,b)\equiv (c,d):= a+d = b+c$. Etant donnés $p,q\in \N$, si Alice doit $p$ louis d'or à la banque et si la banque doit $q$ louis d'or à Alice, la situation financière d'Alice en louis d'or vis à vis de la banque est représentée par la classe d'équivalence de $(p,q)$.
    Soit $(G,\cdot)$ un groupe et $x\in G$. Soit $f:=(p,q)\in \N^2 \mapsto x^p x^{-q} \in G$.
    Si $(p,q,r,s)\in \N^2$ sont tels que $p+s=q+r$, on a$x^px^s = x^{p+s} = x^{q+r} = x^q x^r$ et donc en divisant l'égalité par $x^{q+s}$ on trouve $x^px^{-q} = x^r x^{-s}$ autrement dit, $f(p,q) = f(r,s)$. La fonction passe au quotient et fournit $\overline f: \Z \to G$ telle que $\overline f ([m,n]) = f(m,n)$ pour tous $m,n\in \N$, avec $[m,n]$ désignant la classe de $(m,n)$ par $\equiv$.
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • [Utilisateur supprimé]
    Modifié (October 2022)
    @Foys, j'ai toujours conçu $\Z$ comme le groupe libre de base 1. N'est-ce pas plus confortable, comme construction, que les classes de couples ? Je ne comprends pas pourquoi on construit $\Z$ comme classe de couples d'entiers naturels, pourrais-tu (ou quelqu'un d'autre) me dire l'origine historique de cette construction ? Merci d'avance.
  • @cohomologies historiquement les nombres négatifs ont été introduits pour exprimer des dettes. C'était le cas chez les mathématiciens italiens au moyen-âge mais aussi avant eux chez les Indiens. Consulter par exemple https://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_négatif

    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Bonjour
    Je vous remercie pour vos remarques et vos interventions respectives. Je reviendrai plus tard, si le temps me le permet, pour établir quelques résultats ensemblistes importants soulevés judicieusement par @JLapin.
    Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
  • cohomologies a dit :
    @Foys, j'ai toujours conçu $\Z$ comme le groupe libre de base 1. 
    C'est évidemment faux ! Au collège, tu t'es forgé une conception des nombres relatifs et je te jure que tu n'avais aucune idée de ce qu'était un groupe libre.
    La conception que tu t'es faite est justement celle des classes de différences de naturels, sauf que tu aimais bien ramener à une des deux formes normales $a-0$ ou $0-b$. (NB: On n'a pas ce loisir avec les quotients, de sorte qu'on ne ramène pas nécessairement un rapport $p/q$ à sa forme irréductible.)
  • [Utilisateur supprimé]
    Modifié (October 2022)
    Merci @Foys et @Math Coss, mais pour moi, ça reste très peu naturel ces classes de couples de naturels. La définition que j'avais eu au collège était que "-a est l'unique nombre qui donne 0 lorsqu'on l'ajoute à a" quand j'ai vu la construction des groupes libres pour la première fois, j'ai fait le lien avec Z. Je n'ai pas eu besoin de lire la construction de Z dans un livre, c'était juste une évidence vu la définition que j'avais des entiers négatifs au collège. 
  • Juste après, on t'a fait retrancher $a$ de $b$, avec $b$ naturel pour commencer, i.e. calculer $b-a$, et on a justifié que c'est soit $b-a$ (dans le cas où tu savais faire avant ce cours-là), soit l'unique nombre qu'il fallait ajouter à $a-b$ pour obtenir $0$. Autrement dit on t'a montré que $(b,a)\sim(b-a,0)$ ou $(0,a-b)$.
    Cette histoire devient encore plus naturelle si on pense en termes d'opérateurs de translation sur $\N$ (des fonctions définies partout sauf sur un nombre fini d'entiers) : les translations $x\mapsto x+n$ et leurs inverses.
  • Maxtimax
    Modifié (October 2022)
    La construction par  classes de couples est très naturelle, elle a une version générale qui est la "groupe-complétion" d'un monoïde commutatif. C'est un présentation, ou une construction du groupe (abélien) libre sur un générateur dans ce cas, qui peut être pratique pour en prouver certaines propriétés (ou pas, selon les cas). Elle se généralise comme on l'imagine pour un monoïde commutatif $M$. 
    Cf. aussi le "calculs des fractions" dans le cas non commutatif mais d'Ore (je sais pas si ça donnera quelque chose en français, mais on pourra chercher "calculus of fractions", notamment dû à Gabriel et Zisman dans le cas des catégories). 

    Voici une motivation pour cette construction: tu as ton monoïde commutatif (ici $\N$) et tu souhaites lui ajouter des inverses $-m$. Pour tout $n\in M$, tu es censé pouvoir calculer $n + (-m) =: n-m$. Ces machins là s'additionnent, puisque $n + (-m) + n' + (-m') = (n+n') + - (m+m')$. Donc tous les éléments de ta complétion en groupe $M^{gp}$ s'expriment sous cette forme, ce qui te donne une surjection $M\times M \to M^{gp}$. Les surjections d'ensembles sont données par des relations d'équivalences, il s'agit donc finalement d'identifier cette relation d'équivalence. Cela nous donne notre construction et au passage, une preuve (facile) d'existence. 

    (dans le cas non-abélien, tu vas pouvoir avoir des alternances, des "zigzags" dans le cas d'une catégorie. La condition d'Ore, ou plus généralement l'existence d'un calcul des fractions, va te permettre de te réduire à des différences formelles, et pas des zigzags de longueur potentiellement non bornée)
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