Exercice 2 algèbre agrégation interne 2023 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Exercice 2 algèbre agrégation interne 2023

Modifié (February 2023) dans Concours et Examens
Bonsoir,

Les questions de cet exercice sont très longues j'ai l'impression. 
Je bloque sur 5.c, toujours du mal avec ces bijections dans les sommes, c'est mon point faible.

5.a) On a : 
  • Si $i=0$, $\boxed{\varphi(p^0)=\varphi(1)=1}$.
  • Si $i=1$, $\boxed{\varphi(p)=p-1}$ car $\forall 1 \leq k \leq p-1$, $k \wedge p=1$.
  • Soit $i \geq 2$. Les entiers premiers avec $p^i$ sont ceux qui ne sont pas multiples de $p$. Comptons les multiples de $p$ compris entre $1$ et $p^i$, ce sont les entiers $kp$ où $1 \leq k \leq p^{i-1}$, il y en a donc $p^{i-1}$. Il y  a donc $p^i-p^{i-1}$ multiples de $p$ compris entre $1$ et $p^i$. Finalement $\boxed{\varphi(p^i)=p^i-p^{i-1}}$. 
Soit $k>0$. On a $f(p^k)=\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_{p^k}} \varphi(d)$

Exhibons $\mathcal D_{p^k}$. On a $\mathcal D_{p^k} = \{ 1, \cdots, p^{k-1},p^k \}$.

  • Si $k=1$ on a $f(p)=\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_{p}} \varphi(d)=\varphi(1)+ \varphi(p)= \boxed{p}$
  • Si $k \geq 2$ on a $f(p)=\displaystyle\sum_{i=0}^k  \varphi(p^i)= \varphi(1)+\varphi(p)+ \displaystyle\sum_{i=2}^k \varphi(p^i)=1+p + \displaystyle\sum_{i=2}^k  (p^i -p^{i-1}) $. 
On a une somme télescopique, en faisant un changement d'indice on obtient :
$f(p)=p+  \displaystyle\sum_{i=2}^k p^i -\displaystyle\sum_{i=1}^{k-1} p^{i} = p -p+ p^k $

On a montré : $\boxed{\forall k \in \N^{*} \ f(p^k)=p^k}$.

5.b) Montrons qu'elle est bien définie, injective et surjective : 
  • Soit $(d_1,d_2) \in \mathcal D_{m_1} \times \mathcal D_{m_2}$. On écrit $m_1=d_1 k_1$ et $m_2=d_2 k_2$ où $k_1,k_2 \in \N^{*}$. Ainsi : $m_1 m_2=d_1 d_2 k_1 k_2$ donc $d_1 d_2 \in \mathcal D_{m_1 m_2}$. $P$ est bien définie.
  • Montrons que $P$ est injective. Soient $(d_1,d_2)$ et $(d_1 ',d_2 ')$ des éléments de $\mathcal D_{m_1} \times \mathcal D_{m_2}$ tels que $P(d_1,d_2)=P(d_1 ',d_2 ')$. Donc $d_1 d_2 = d_1' d_2 '$. Montrons que $d_1 \wedge d_2 ' =1$. Si $p$ premier divisait $d_1$ et $d_2 '$ alors il diviserait $m_1$ et $m_2$ donc $m_1 \wedge m_2 =1$, ce qui est absurde. Or, $d_1 \mid d_1 d_2 = d_1 ' d_2'$, d'après le lemme de Gauss, $d_1 \mid d_1 '$ et par symétrie $d_1 ' \mid d_1$. Comme ce sont des entiers naturels, $d_1=d_1 '$. Puis $d_2=d_2'$.
  • Montrons que $P$ est surjective. Soit $d \in  \mathcal D_{m_1 m_2}$. Posons $d_1 = d \wedge m_1$. On a bien $d_1 \in \mathcal D_{m_1}$. Mais $d \mid m_1 m_2$ donc $d / d_1 \mid (m_1 / d_1) m_2$. Or $d  /d_1 \wedge m_1 / d_1 $ donc $d /d_1 \mid m_2$ d'après le Lemme de Gauss. Il suffit de poser $d_2= d / d_1$ de sorte que $d=d_1 d_2$. On a bien $P( (d_1,d_2) )=d$.
5.c) $f(m_1 m_2)= \displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_{m_1 m_2} } \varphi(d)$ mais après je bloque.



Mots clés:
«1

Réponses

  • Modifié (February 2023)
    Voici une égalité de plus... $\displaystyle f(m_1 m_2)= \sum_{d \in \mathcal D_{m_1 m_2} } \varphi(d)=\sum_{(d_1,d_2)\in D_{m_1}\times D_{m_2}} \varphi(d_1d_2)$.
  • Je ne suis pas convaincu par ma rédaction ici... J'ai écrit un truc du genre en justifiant que c'était possible par bijectivité de $P$. Puis, on arrive "facilement" au résultat.
    Évidemment, ayant faux à la première question, je n'ai pas pu aboutir à la $(d)$ qui repose sur la décomposition en produit de facteurs premiers de $n$ et la a)... Grrr, je vais arrêter de lire les posts sur ce sujet pour ne pas ruminer hahaha ^^'
  • @NicoLeProf C'est pour ça que je demande @Oshine d’arrêter de faire les sujet à chaud. Ça peut ennuyer les candidats, voir franchement les énerver.
  • @raoul.S
    Merci je vais essayer de finir la c et la d avec ton indication.
    Il me semble que la 5.b peut aussi être traitée avec les décompositions en facteurs premiers je vais aussi essayer cette méthode.
  • Bon j'ai terminé 5.c et 5.d facilement. Je posterai ma rédaction quand j'aurai du temps.
    Avec la décomposition en facteurs premiers, ces questions se font rapidement.


  • Modifié (February 2023)
    Pour la 5.b j'ai trouvé une seconde méthode qui me semble plus simple et plus naturelle.

  • Modifié (February 2023)
    5c et 5d.

  • Modifié (February 2023)
    A partir de la $6$ ça me semble bien plus difficile. Je bloque sur la 6.a.


  • Amédé a dit :
    @NicoLeProf C'est pour ça que je demande @Oshine d’arrêter de faire les sujet à chaud. Ça peut ennuyer les candidats, voir franchement les énerver.
    Sans vouloir être impoli, c'est quand même n'importe quoi cette demande. Les candidats à l'agrégation interne n'ont plus 12 ans...
  • Modifié (February 2023)
    Pour la 6.a il s'agit simplement de partitionner judicieusement $\mathbb{K}^{*}$. Puis de dire que le nombre d'éléments de $\mathbb{K}^{*}$ est égal à la somme des cardinaux des ensembles de la partition.
  • Modifié (February 2023)
    Ok merci.
    6.a) On a $\mathbb{K}^{*} = \displaystyle\bigcup_{d \mid c} E_d$ où $E_d$ désigne l'ensemble des éléments de $\mathbb{K}^{*} $ d'ordre $d$.
    L'union étant disjointe, on a $card (\mathbb{K}^{*} ) = \displaystyle\sum_{d \mid c} card (E_d)$
    Enfin :  $\boxed{\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} N(d)=c}$.
    6.b.i) Soit $d$ un diviseur de $c$. Soit $x$ un élément d'ordre $d$ dans $\mathbb{K}^{*}$. On a $H= \langle x \rangle$.
    Je bloque à cette question de nouveau.
  • Modifié (February 2023)
    C'est cool, j'ai l'impression que c'est moi qui passe le sujet de l'agreg... :mrgreen:

    Sachant que $x^d=1$ il ne devrait pas t'être difficile de trouver le polynôme demandé. Ensuite il faudra faire quelques réflexions vraiment basiques à partir de ce polynôme pour terminer la question.
  • OShine a dit :
    6.b.i) Soit $d$ un diviseur de $c$. Soit $x$ un élément d'ordre $d$ dans $\mathbb{K}^{*}$. On a $H= \langle x \rangle$.
    Je bloque à cette question de nouveau.
    C'est la seule que j'ai su faire parmi cette série de questions (les sous-questions de la 6 je veux dire) pendant l'écrit $1$ . 
    Si $x$ est d'ordre $d$ et engendre $H$ alors $x$ est racine du polynôme $X^d-1$ mais tous les éléments de $H$ sont racines de ce polynômes et cela te permet de conclure avec le degré du polynôme et des considérations sur son nombre de racines.
    Je ne suis juste pas sûr de la qualité de ma rédaction pour cette question... 
  • Modifié (February 2023)
    @NicoLeProf
    Je viens de voir mais j'avais réussi, enfin je pense.
    Cette fin d'exercice n'est pas facile du tout, si j'avais passé l'agreg je n'aurais réussi aucune question à partir de la $6$. 

    @raoul.S
    Oui c'est vrai, je ne suis pas très autonome dans ces questions, ce ne sont pas des questions classiques.

    6.b.i) Soit $x \in K^{*}$.
    On a $H= \{1,x, \cdots, x^{d-1} \}$.
    $x$ est racine du polynôme $P=X^d-1 \in K^{*} [X]$.
    Mais $\forall k \in [|2,d-1 |]$ on a $P(x^k)=(x^{d})^k-1=0$.
    Donc tous les éléments de $H$ sont racines de $P$, or $P$ est de degré au plus $d$ donc les racines de $P$ sont les éléments de $H$.
    Mais tout élément d'ordre $d$ dans $K^{*}$ est racine de $P$.
    Finalement, tous les éléments d'ordre $d$ dans $K^{*}$ sont dans $H$.



  • Pour la 6.b.ii je bloque totalement. Je ne vois pas comment démarrer un quelconque raisonnement. 
  • Modifié (February 2023)
    OShine a dit :
    Donc tous les éléments de $H$ sont racines de $P$, or $P$ est de degré au plus $d$ donc les racines de $P$ sont les éléments de $H$.
    Mais tout élément d'ordre $d$ dans $K^{*}$ est racine de $P$.
    Cela ressemble à des maths ! 
    Edit.  Rien que dire que P est degré au plus  d, c'est sulfureux.
     
  • Je voulais dire que $P$ est de degré $d$ donc il a au plus $d$ racines... (la fatigue)
  • Modifié (February 2023)
    Pour la 6.b.ii : si $d\in D_c$ (donc si $d\mid c$) on a exactement deux possibilités :  

    1) soit il existe un élément $x$ d'ordre $d$ et dans ce cas $<x>$ est contient l'ensemble des éléments de $\mathbb{K}^{*}$ d'ordre $d$ par la question 6.b.i. On peut alors remarquer que $<x>\simeq \Z/d\Z$ et en déduire une relation entre $N(d)$ et $\varphi(d)$

    2) soit il n'existe pas d'élément d'ordre $d$ dans $\mathbb{K}^{*}$. En déduire $N(d)$.

    Conclure.

    Edit : correction d'une coquille, est ----> contient
  • D'accord merci mais j'ai un souci dans le premier cas je trouve l'inégalité dans le mauvais sens.

    1) $card ( <x>) = N(d)= card ( \Z  / d \Z)$. Mais $\varphi(d)= card ( \Z  / d \Z)^{*} \leq card ( \Z / d \Z)$.

    Ainsi : $\boxed{\varphi(d)  \leq N(d)}$.

    2) On a $N(d)=0$ mais $\varphi(d) \geq 1$, l'indicatrice d'Euler étant à valeur dans $\N^{*}$. Donc $N(d) \leq \varphi(d)$.




  • Il y a une coquille dans mon message que tu n'as pas détectée... j'ai corrigé.
  • Ah d'accord mais du coup je bloque car je ne vois pas comment relier avec les inversibles de $\Z / d \Z$.
  • Modifié (February 2023)
    Amédé a dit :
    @NicoLeProf C'est pour ça que je demande @Oshine d’arrêter de faire les sujet à chaud. Ça peut ennuyer les candidats, voir franchement les énerver.
    C'est vrai.
  • Modifié (February 2023)
    @OShine les inversibles de $\Z / d \Z$ sont les générateurs de $(\Z / d \Z,+)$, qui sont les éléments d'ordre $d$...

    PS. si tu ne sais pas ça tu ne peux pas faire l'exo.
  • Modifié (February 2023)
    Si je le savais mais je ne vois pas comment l'utiliser dans ce cas. 

    Je ne trouve toujours pas ton indication 1). J'obtiens que $N(d) \leq d$ ce n'est pas l'inégalité demandée.
    Je ne comprends pas à quoi sert l'isomorphisme entre $H$ et $\Z / d \Z$.

  • Modifié (February 2023)
    Pour le 1) : tous les éléments d'ordre $d$ de $\mathbb{K}^{*}$ sont dans $<x>$ et il sont en bijection avec les éléments d'ordre $d$ de $\Z / d \Z$ (car $<x>$ est isomorphe à $\Z / d \Z$). Donc $N(d)$ est égal au nombre d'éléments d'ordre $d$ de $\Z / d \Z$, qui est égal au nombre d'éléments inversibles de $\Z / d \Z$, qui est égal à $\varphi(d)$.
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour
    Soit $x$  un générateur de $H$ (c'est à dire que $x$ est un élément d'ordre $d.$)  Soit  $1<d_1 < d $  non premier avec $d.$ 
    Posons  $\omega = pgcd(d,d_1)$ alors  $\dfrac{ d d_1}{\omega}=ppcm(d,d1)$  est un multiple de  $d$   et  cela implique    
      $x^{ \frac{ d d_1}{\omega}  } = 1.$
    C'est-à-dire que  $(x^{d_1} )^{d/\omega} =1.$  Autrement dit $x^{d_1}$ est d'un ordre strictement inférieur  à $d.$
    Ainsi, les seuls éléments possiblement d'ordre $d$  sont dans $H$  et de la forme $x^{d_1}$ avec $d_1$ premier avec$d.$
    Donc  $N(d)\leq\phi(d).$
    On en déduit alors avec la question 5.d  que $N(d)=\phi(d)$.  En particulier $N(c)\geq 1.$ D'où la cyclicité de $(K^*, .).$       
    Edit  Je n'ai pas vu le message de @Raoul qui utilise un résultat d'algèbre.
     
  • Modifié (February 2023)
    @bd2017
    Solution très compliquée, inaccessible à mon niveau. 
    Le sujet donne la question précédente pour faciliter mais tu ne l'utilises pas... 

    @raoul.S
    Je n'ai pas compris comment tu passes de $H$ isomorphe à $\Z / d \Z$ à "les éléments d'ordre $d$ de $K^{*}$ sont en bijection avec les éléments d'ordre $d$ dans $\Z / d \Z$". Ce passage ne me semble pas trivial...
  • Modifié (February 2023)
    Bon allez, j'y vais de ma preuve.
    1) Si $c=p^{\alpha}$ avec $p$ premier et $\alpha\in\N$, alors, si $p^{\beta}$ est le maximum des ordres des éléments de $K^*$, ceux-ci sont racines de $X^{p^{\beta}}-1$ donc $\beta=\alpha$ et $K^*$ est cyclique.
    2) Dans le cas général, écrivons la décomposition en facteurs premiers $c=p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}$.
    Pour tout $i$, notons $K_i$ un $p_i$-sous-groupe de Sylow de $K^*$.
    Pour tout $i$, il existe $x_i\in K_i$ d'ordre $p_i^{\alpha_i}$ d'après 1).
    Alors $x_1\cdots x_r$ est d'ordre $c$.
  • Modifié (February 2023)
    @OShine Les éléments d'ordre $d$ de $\mathbb{K}^{*}$ sont les éléments d'ordre $d$ du sous-groupe $<x>$ (ça découle de la question 6.b.i). Or $<x>$ est isomorphe à $\Z / d \Z$, donc il y a bijection entre les éléments d'ordre $d$ de $<x>$ et les éléments d'ordre $d$ de $\Z / d \Z$. Si tu ne vois pas pourquoi c'est parce que tu n'as pas encore saisi la véritable nature du côté obscur de la force des isomorphismes :mrgreen: .

    Tu devrais savoir que les isomorphismes "préservent tout" car c'est juste un renommage. Bref pour te débloquer : si $\phi:G\to G'$ est un isomorphisme entre deux groupes, alors pour tout élément $g$ d'ordre $d$ de $G$, $\phi(g)$ est également d'ordre $d$ dans $G'$. Réciproquement, si $\phi(g)$ est d'ordre $d$ alors $g$ est d'ordre $d$.

    Dit autrement l'application :  $\{\text{éléments d'ordre d de } G\}\to \{\text{éléments d'ordre d de }G'\}, g\mapsto \phi(g)$ est bien définie et est bijective.

    C'est un truc que tu devrais avoir déduit de tes nombreuses lectures depuis le temps...
  • Modifié (February 2023)
    Si $N(d)=0$, on a évidemment $N(d)\leq \varphi(d)$.
    Supposons $N(d)\geq 1$.
    Fixons $a$ un élément d'ordre $d$ de $K^*$ et $H=<a>$, sous groupe de $K^*$ de cardinal $d$, isomorphe à $\Z/d\Z$.
    Par le théorème de Lagrange, on a $H$ inclus dans les racines de $X^d-1$ et, comme $H$ est de cardinal $d$, $H$ est exactement l'ensemble des racines de $X^d-1$.
    Soit $x$ un élément de $K^*$ d'ordre $d$. Alors $x$ est racine de $X^d-1$ donc $x\in H$.
    Par ailleurs, $x$ est générateur de $H$ puisque $x$ est d'ordre $d$ et $\mathrm{card\,} H=d$.
    Réciproquement, si $x$ est générateur de $H$, alors $x$ est d'ordre $d$ dans $H$, donc d'ordre $d$ dans $K^*$.
    Ainsi, les éléments d'ordre $d$ de $K^*$ sont exactement les générateurs du groupe cyclique $H$.
    Il y en a donc $\varphi(d)$ et $N(d)=\varphi(d)$.
    En résumé, on a bien $N(d)\leq \varphi(d)$ avec égalité dès que $N(d)\geq 1$.
  • Modifié (February 2023)
    @gai requin
    1) Absolument rien compris. 
    2) Les groupes de Sylow sont hors-programme de l'interne...

    @raoul.S
    Merci
    Je connaissais cette propriété sur les ordres (très utile dans les exercices) mais je n'avais pas fait le lien avec l'isomorphisme. 

    c) Après 15 min de réflexion, aucune idée ne me vient, je bloque de nouveau sur l'égalité $N(d)= \varphi(d)$.


  • Essaye de relier 6a, 5d et la question précédente.
  • @JLapin
    Ok merci ta solution est simple à comprendre.
    Je n'ai réussi aucune question à partir de la 6, c'est un massacre cet exercice.
    On a : 
    • $\forall n \in \N^{*} \ n= \displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_n} \varphi(d)$
    • $ \displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} N(d)=c$
    • $N(d) \leq \varphi(d)$.
    Donc $\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} N(d) \leq \displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} \varphi(d)$ soit $c \leq c$.

    Je tourne en rond, je ne vois pas comment obtenir $N(d)=\varphi(d)$.
  • Modifié (February 2023)
    Essaye l'exo suivant.
    Soit $a,b,c,d$ quatre réels. On suppose que $a\leq b$, $c\leq d$ et $a+c=b+d$. Montrer que $a=b$ et $c=d$.
  • Modifié (February 2023)
    OShine a dit :
    @bd2017
    Solution très compliquée, inaccessible à mon niveau.
    C'est vrai que c'est très compliqué.    $d d_1  =ppcm(d,d_1) pgcd ( d ,d_1) $  ce n'est pas de ton niveau i.
    Ensuite   $x^{d d_1/pgcd ( d ,d_1)}=x^{ppcm ( d ,d_1)} =1$  puisque  $ppcm ( d ,d_1)$  est un multiple de $d$ et que $x^d=1.$
    Ce n'est pas de ton niveau non plus. .
    En conclusion $ (x^{d_1}) ^ { d/pgcd ( d ,d_1)}=1 $  signifie que   $x^{d_1}$   est d'un d'un ordre inférieur ou égal à   ${ d/pgcd ( d ,d_1)}$ 
    donc inférieur strictement à $d.$ Ce n'est pas de ton niveau non plus.
    Mais par contre tout cela est compréhensible par un élève de terminale.

    Edit. Cela pourrait laisser à penser que les solutions que tu proposes sur ce sujet et sur d'autres ne sont pas vraiment de toi.  Mais bien entendu ce n'est pas le cas. Bizarrement, tu alternes entre la capacité de fournir des solutions de problèmes assez compliqués avec l'incapacité de comprendre des solutions de questions qui elles ne sont pas vraiment  compliquées. C'est paradoxal, surtout que nous savons que  tu nous a jamais présenté des solutions recopiées  quelque part.





     
  • @bd2017
    Tu utilises toujours des méthodes qui n'ont rien à voir avec les questions précédentes, alors que les questions précédentes permettent d'aller plus vite et de simplifier la tâche.
    J'ai compris ta preuve, mais il faut penser à poser $d_1$ et poser ce $w$ ce qui n'a rien d'évident. 






  • JLapin a dit :
    Essaye l'exo suivant.
    Soit $a,b,c,d$ quatre réels. On suppose que $a\leq b$, $c\leq d$ et $a+c=b+d$. Montrer que $a=b$ et $c=d$.
    On a $a-b\leq 0$ et $d-c \geq 0$ et comme $a-b= d-c$ cela donne $0 \leq a-b \leq 0$ et $0 \leq d-c \leq 0$ donc $a=b$ et $c=d$.

    Il n'y a qu'une inégalité dans l'exercice, je ne vois pas bien le rapport.



  • Modifié (February 2023)
    Le rapport c'est que d'un côté tu as montré que $\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} N(d)=c$ et de l'autre tu sais que $\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} \varphi(d)=c$, donc $\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} N(d)=\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} \varphi(d)$ et donc on retrouve exactement l'exo de JLapin (car $N(d)\leq \varphi(d)$)... bref, pour la question 6 tu as eu besoin d'aide pour toutes les sous-questions.
  • Modifié (February 2023)
    @bd2017 Tu utilises toujours des méthodes qui n'ont rien à voir avec les questions précédentes, alors que les questions précédentes permettent d'aller plus vite et de simplifier la tâche.
    Encore faux !   Pour l'égalité j'utilise la question 5.b sans détailler vu l'évidence (et d'ailleurs je remarque que cette question te pose problème !). D'autre part je démontre simplement que $N(d)\leq \varphi(d)$ comme cela est demandé. Le fait  de dire que $H$ est isomorphe à $Z/dZ$ et de dire  que les générateurs de $H$ correspondent aux inversibles  $Z/dZ$ et que leur nombre est égal à $\varphi(d)$ n'est pas dans les questions précédentes, il me semble.  De plus il faut le savoir. Et puisqu'on  demande de démontrer d'abord que $N(d)\leq \varphi(d)$  cela peut sous-entendre que  le jury ne s'attendait pas à ce qu'on un résultat un résultat tout fait,   qui dit que d'ailleurs $N(d)=\varphi(d).$
    De tout façon, si je pose une solution ce n'est pas vraiment pour toi. Alors continues à lancer tes commentaires souvent inintéressants mais pas sur ce que je propose.  Je veux bien accepter la critique mais pas venant de toi. 
     
  • @bd2017
    Bon ta solution n'est pas si dure mais je pense qu'il y a plus facile. 
    Le fait qu'un groupe d'ordre $d$ est isomorphe à $\Z / d \Z$ est un résultat de cours élémentaire, de même le fait qu'un isomorphisme préserve l'ordre, ce sont les premières choses que j'ai vues dans le Liret.

    @raoul.S
    Ok merci, je n'ai pas l'habitude de faire ce genre de raisonnement.
    En effet, je n'ai pas fait grand chose, je ne sentais pas cette partie à partir de 6. Je trouve la suite plus facile avec les valuations. 
    Pour la fin, $c \in \mathcal D_c$ donc $N(c)= \varphi(c) \geq 1$. Il existe donc dans $K^{*}$ un élément d'ordre $card (K^{*})=c$ donc $K^{*}$ est cyclique.
  • Modifié (February 2023)
    OShine a dit :
    @bd2017. Bon ta solution n'est pas si dure mais je pense qu'il y a plus facile. 
    Le fait qu'un groupe d'ordre $d$ est isomorphe à $\Z / d \Z$ est un résultat de cours élémentaire,
    Non
    Essaye de trouver un contre-exemple pour la peine :)
  • Modifié (February 2023)
    Encore un lieu  commun !  Il faut que tu arrêtes là car je n'ai pas envie de jouer au ping-pong sans arrêt. Tout semble croire que tu n'as même pas compris  la solution de @jlapin et de @raoul. Plus précisément tu n'as pas vu le  résultat qu'ils ont utilisé. La différence avec moi c'est que je n'utilise pas ce résultat mais je fais une petite démo à la place. Il n'y a pas de problème de choix et comparer les différentes solutions n'a pas de sens ici. C'est pourquoi que vu  tout ce que tu as dit ici et là concernant leur solution,  je suis presque  certain que tu n'arriverais pas à rédiger correctement la solution de JL et Raoul.  Tu affirmes les avoir comprises, dit que c'est plus simple, (plus simple que quoi d'ailleurs ?)  mais  tu n'as pas compris.  Cela se voit (je parle seulement de la partie $N(d)\leq \varphi(d)$ bien entendu).  
     
  • Grosse erreur oui, c'est tout sous-groupe cyclique d'ordre $d$ est isomorphe à $\Z / d \Z$. 
    Ici $H=<x>$ donc 
    $H$ est cyclique par définition.

    @JLapin
    J'ai du mal à trouver un contre-exemple :( 
  • Modifié (February 2023)
    J'ai du mal à trouver un contre-exemple  
    Alors abstiens toi de tout commentaire sur la difficulté de tel ou tel sujet passé ou à venir : tu auras l'air moins ridicule.
  • Modifié (February 2023)
    $(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z})[X]$ convient si je ne me trompe pas ?
  • Modifié (February 2023)
    C'est pas plutôt « inclut » ?
  • Modifié (February 2023)
    On peut dire contient, mais effectivement on dirait que "inclut" est plus approprié...

    PS. voir ICI.
  • Mon intuition sur les isomorphismes de groupe est inexistante, trouver un contre-exemple est très compliqué pour moi.
    Déjà vérifier que deux groupes ne sont pas isomorphes me pose beaucoup de difficultés.


  • La solution de @JLapin est parfaitement claire.
    Par contre ta solution @bd2017 n'utilise pas un résultat d'algèbre basique (que tu redémontres en quelque sorte), n'est pas dans l'esprit de l'exercice, et je ne vois pas comment elle démontre le résultat attendu, à savoir que tous les éléments d'ordre d sont dans H. J'ai peut-être loupé quelque chose.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!