Partie IV agrégation interne 2023
Bonjour
Le sujet devient plus abordable j'ai l'impression.
56) $| \dfrac{x^n}{n!}|_p= |x|_p ^n |\dfrac{1}{n!}|_p$.
Or $v_p(x) > \dfrac{1}{p-1} \implies |x|_p < p^{ \frac{-1}{p-1}}$. Ainsi $\boxed{ |x|_p < p^{ \frac{-1}{p-1}} }$.
$v_p( \frac{1}{n!} )=-v_p(n!)$ et $v_p(n!) \leq \dfrac{n}{p-1} \implies -v_p(n!) \geq \dfrac{-n}{p-1} $. Donc $\boxed{ |\dfrac{1}{n!}|_p \leq p^{\frac{-n}{p-1}}}$.
Ainsi $\boxed{| \dfrac{x^n}{n!}|_p \leq p^{ \frac{-1}{p-1}} ( p^{ \frac{-1}{p-1}})^n}$
Or $p^{ \frac{-1}{p-1}} = \dfrac{1}{p^{\frac{1}{p-1}}} <1 \iff p^{\frac{1}{p-1}} >1 \iff p >1 $ car la fonction $u \mapsto u^{p-1}$ est bijective sur $\R$ car $p-1$ est pair.
Donc la série géométrique $\sum_{n \geq 0} (p^{ \frac{-1}{p-1}})^n$ converge. Ainsi, la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{n!}$ converge.
57) $e_p(x+y)=e_p(x)e_p(y)$ est un simple produit de Cauchy avec le binôme de Newton, je l'ai fait de tête inutile de rédiger. L'existence me semble plus difficile.
$| \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p= |x+y|_p ^n |\dfrac{1}{n!}|_p \leq (|x|_p + |y|_p)^n p^{\frac{-n}{p-1}} $.
Or $|x|_p+|y|_p < 2 p^{ \frac{-1}{p-1}} $
Donc $\boxed{| \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p \leq 2^n p^{ \frac{-2n}{p-1}} }$
Je bloque ici à cause du $2^n$.
PS : après la remarque de @bd2017 j'ai rectifié une erreur dans la 56.
Le sujet devient plus abordable j'ai l'impression.
56) $| \dfrac{x^n}{n!}|_p= |x|_p ^n |\dfrac{1}{n!}|_p$.
Or $v_p(x) > \dfrac{1}{p-1} \implies |x|_p < p^{ \frac{-1}{p-1}}$. Ainsi $\boxed{ |x|_p < p^{ \frac{-1}{p-1}} }$.
$v_p( \frac{1}{n!} )=-v_p(n!)$ et $v_p(n!) \leq \dfrac{n}{p-1} \implies -v_p(n!) \geq \dfrac{-n}{p-1} $. Donc $\boxed{ |\dfrac{1}{n!}|_p \leq p^{\frac{-n}{p-1}}}$.
Ainsi $\boxed{| \dfrac{x^n}{n!}|_p \leq p^{ \frac{-1}{p-1}} ( p^{ \frac{-1}{p-1}})^n}$
Or $p^{ \frac{-1}{p-1}} = \dfrac{1}{p^{\frac{1}{p-1}}} <1 \iff p^{\frac{1}{p-1}} >1 \iff p >1 $ car la fonction $u \mapsto u^{p-1}$ est bijective sur $\R$ car $p-1$ est pair.
Donc la série géométrique $\sum_{n \geq 0} (p^{ \frac{-1}{p-1}})^n$ converge. Ainsi, la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{n!}$ converge.
57) $e_p(x+y)=e_p(x)e_p(y)$ est un simple produit de Cauchy avec le binôme de Newton, je l'ai fait de tête inutile de rédiger. L'existence me semble plus difficile.
$| \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p= |x+y|_p ^n |\dfrac{1}{n!}|_p \leq (|x|_p + |y|_p)^n p^{\frac{-n}{p-1}} $.
Or $|x|_p+|y|_p < 2 p^{ \frac{-1}{p-1}} $
Donc $\boxed{| \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p \leq 2^n p^{ \frac{-2n}{p-1}} }$
Je bloque ici à cause du $2^n$.
PS : après la remarque de @bd2017 j'ai rectifié une erreur dans la 56.
Mots clés:
Réponses
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Honnêtement, je ne sais pas faire le produit de Cauchy $\exp_p(x) \exp_p(y)$ "de tête" (sauf quand l'un des deux est nul).
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Je me suis enflammé, dans $\Q_p$ je doute que le produit de Cauchy fonctionne comme dans $\R$.
Mais bon, déjà je n'ai pas réussi l'existence. -
Non ce sont des inégalités rigoureusement prouvées, mais oui j'ai fait une erreur à cet endroit, merci je vais rectifier.
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OShine a dit : Ainsi $\boxed{| \dfrac{x^n}{n!}|_p \leq p^{ \frac{-1}{p-1}} ( p^{ \frac{-1}{p-1}})^n}$Encore une inégalité fausse rigoureusement prouvée. Et ça c'est encore rien, par rapport au raisonnement complètement foireux qui suit.P.S Cela me fait penser à ton erreur de l'autre jour "vouloir montrer m.q $a_n \geq 0 $ " alors que $a_n \in Q_p $ et que j'avais relevée. Mais tu as préféré entre les cloches sonner. On se retrouve ici avec la faute du même ordre.
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Je ne vois pas l'erreur.
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Bonsoir
Moi j'aime bien le
Donc $x\longmapsto x^2$ est bijective sur $\R$ !OShine a dit : ...car la fonction $u \mapsto u^{p-1}$ est bijective sur $\R$ car $p-1$ est pair.
Comme l'inégalité précédente est visiblement fausse, OS ne serait-il pas temps de passer à autre chose ?
Cordialement,
Jean-éric
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Le plus simple est de dire qu'il n'y a pas d'erreurs. En effet, je suis le seul à voir des fautes imaginaires. Ou bien, tu n'as qu'à dire que tu as fait des erreurs de frappes.OShine a dit : Je ne vois pas l'erreur.Et puis je n'ai qu'à fermer mon clapet, puisque moi quand j'écris, je ne justifie jamais rien et je fais des tas de fautes de frappes.Allez bon courage ! -
Je vais te donner un conseil.
Ne dis jamais : "Le sujet devient plus abordable j'ai l'impression".
Il y a les exercices difficiles, ceux pour lesquels tu dis : c'est inabordable.
Et il y a les exercices très difficiles, ce sont ceux que tu crois savoir faire, mais tu ne vois pas tes erreurs, et donc tu dis qu'ils sont abordables.
Quand tu penses qu'un exercice de l'agreg est abordable, méfie toi, c'est certainement parce que tu n'as pas vu la difficulté.
Vérifie, à chaque fois que tu as dit que c'était abordable sur ces différents exercices, systématiquement, tu t'étais planté.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara. -
Généralement les questions qui demandent de montrer la convergence de séries sont assez faciles.
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Comment veux-tu additionner des termes à valeurs dans un espace où il n'existe pas forcément d'addition ? C'est normal que tu ne trouves rien sur internet...Par contre, le sujet que tu prétends essayer de traiter apporte un cadre...
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Il existe une addition dans $\Z_p$.
Dans $\Q_p$ comme dans tout quotient il existe une addition.
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Certes. Mais quel théorème utilises-tu ? Pour moi, ta démonstration est du chinois : éclaire moi.
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«Généralement les questions qui demandent de montrer la convergence de séries sont assez faciles »
Tout est dans le « Généralement ».
1. Montrer la convergence de la série de terme général:
$u_n=\big(\frac{2}{\pi}\arctan(n^2)\big)^{n^3}$
$u_n=\frac{(-1)^n}{n-\log n}$
$u_n=\frac{1}{n^3\sin n}$
2. Convergence de $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^nn!}{n^n}$ -
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C’est vrai, désolé. J’ouvrirai un autre fil pour tester la « facilité » de ces questions.
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Je ne pense pas que ces questions soient difficiles il faut juste comprendre ce qu'il faut faire.
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Je ne sais pas quel théorème utiliser.JLapin a dit :Certes. Mais quel théorème utilises-tu ? Pour moi, ta démonstration est du chinois : éclaire moi.
Les exercices que j'ai fait c'était toujours dans $\R$ ou $\C$.
Je connais les fonctions vectorielles aussi mais je ne connais pas les séries à valeurs dans un autre corps. -
Donc tu admets que tu écris des réponses au hasard en espérant tomber juste ?Ce n'est pas comme ça qu'on fait des maths...
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D'après Q48, la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{n!}$ converge si et seulement si $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} |\dfrac{x^n}{n!}|_p=0$.
56) Je n'ai pas abouti avec mes majorations.
On a : $|x|_p < p^{- \frac{1}{p-1}}$ et $|\dfrac{1}{n!}|_p \leq p^{\frac{n}{p-1}}$.
Or $|\dfrac{x^n}{n!}|_p= |x|_p ^n \times |\dfrac{1}{n!}|_p \leq p^{ \frac{-n}{p-1}} p^{\frac{n}{p-1}} =1$
On ne peut rien conclure. -
C'est bon, j'ai tendance à trop insister sur une méthode même quand elle fonctionne pas, c'est ça mon problème en maths.
56) Comme $v_p(x) > \dfrac{1}{p-1}$ et $v_p(n!) \leq \dfrac{n}{p-1}$ alors $v_p( \dfrac{x^n}{n!})=n v_p(x)-v_p(n!) \geq n( v_p(x)- \dfrac{1}{p-1} )$
Or, $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} n( v_p(x)- \dfrac{1}{p-1} ) =+ \infty$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} p^{v_p(x^n /n!)} =\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \exp( v_p(x^n /n!) \ln p ) =+ \infty$ car $p$ est premier impair donc $\ln p >0$.
Finalement $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \dfrac{x^n}{n!}|_p=0}$ et la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{n!} converge.
57) Dans Q43, on admet que la valuation p-adique dans $\Q_p$ se comporte comme dans $\Z$.
Ainsi, $v_p( x+y)=v_p ( x - (-y)) \geq \min (v_p(x),v_p(y) )$ car $v_p(-y)=v_p(y)$.
Donc $v_p( \dfrac{ (x+y)^n}{n!} ) \geq n \left( \min (v_p(x),v_p(y) ) - \dfrac{1}{p-1} \right)$
$v_p(x) > \dfrac{1}{p-1}$ et $v_p(y) > \dfrac{1}{p-1}$ donc $\min (v_p(x),v_p(y) ) > \dfrac{1}{p-1}$
Or, $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} n \left( \min (v_p(x),v_p(y) ) - \dfrac{1}{p-1} \right) =+ \infty$ donc $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p=0}$ et la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{(x+y)^n}{n!}$ converge.
Pour la calcul $e_p(x) e_p(y)=(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^n}{n!})(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{y^n}{n!})$ je ne sais pas comment faire dans $\Q_p$.
-
L'énoncé dit "on admettra que les opérations algébriques sur les limites de suites dans $\Q_p$ sont valides.
Cela veut dire qu'on peut faire un produit de Cauchy ?
J'ai trouvé une idée pour la 58, mais je n'ai pas abouti.
58) On a $| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} |_p = \dfrac{|t|_p} { |n|_p} < \dfrac{1}{ |n|_p} = p^{v_p(n)}$
Or, $v_p(n) \leq v_p(n!) \leq \dfrac{n}{p-1}$ donc $| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} |_p \leq (p^{ \frac{1}{p-1}})^n$.
Ça ne semble pas fonctionner.
-
Pour le produit des exponentielles essaie ceci$X_n=\sum\limits_{0\leq k\leq n}\dfrac{x^k}{k!}$, $\ Y_n=\sum\limits_{0\leq k\leq n}\dfrac{y^k}{k!}$, $\ Z_n=\sum\limits_{0\leq k\leq n}\dfrac{(x+y)^k}{k!}$et essaie d'établir que $(X_nY_n-Z_n)_n$ a une limite (dans $\Q_p$) nulle.En principe tu ne peux utiliser ici la "comparaison" des termes, ni les résultats sur les séries de réels positifs, ni la notion de "convergence absolue".
Pour $\ell_p$ tu devrais pouvoir majorer $|t^n/n|_p$... et ne pas faire l'erreur de "perdre" un exposant important ! -
Merci.
-
J'ai l'impression que c'est compliqué, à cause de la double somme.
On a $X_nY_n - Z_n= \displaystyle\sum_{k=0}^n \left( \displaystyle\sum_{l=0}^n \dfrac{x^k y^l}{k! l!} - \dfrac{(x+y)^k}{ k!} \right)$
Je dois majorer $\displaystyle\left\lvert \displaystyle\sum_{l=0}^n \dfrac{x^k y^l}{k! l!} - \dfrac{(x+y)^k}{ k!} \right\rvert_p$ ?
-
Q57 .
$ep(x+y)$ est bien défini. évident.
Posons $R_N=X_N Y_N- Z_N.$ On a
$$|R_N|_p=|X_N Y_N- Z_N|_p= \Big|\sum_{k=1}^N \sum_{j=N+1-k}^N
\dfrac{ x^k}{k!}\dfrac {y^j}{j!} \Big|_p \leq \max_{\substack{0\leq k,\,j\leq N\\ N+1\leq k+j\leq 2 N }}
\Big|\dfrac{ x^k}{k!}\Big|_p \Big|\dfrac {y^j}{j!} \Big|_p,$$ où on rappelle que dans Q56 on a démontré que $|\dfrac{ x^k}{k!}|_p\leq \dfrac{1}{p^{n\epsilon_x}},$ avec $0<\epsilon_x = vp(x)-\dfrac{1}{p-1}.$
Ainsi, $|R_N|_p \leq \dfrac {1}{p^{(N+1) \min (\epsilon_x,\epsilon_ y)}} $ et $\lim_{N\rightarrow +\infty} R_N=0.$
On en tire $ep(x+y)=ep(x)ep(y).$
-
Pas compris ta preuve, je suis perdu dès la première ligne avec une soustraction qui disparaît par magie.
Les indices sur le max je n'ai rien compris.
Cette question me semble extrêmement difficile. Peut-être la plus difficile du sujet avec la Q40 sur les idéaux de $\Z_p$.
-
@OS : Serais-tu en train de dire que tu n'as jamais vu une double somme ?En posant $I=[\![0,n]\!] ^2$, puisque $(x+y)^k=\sum\limits_{0\leq r\leq k}\dbinom krx^ry^{k-r}=\sum\limits_{r+s=k}k!\dfrac{x^ry^s}{r!s!}$ il vient$X_nY_n=\displaystyle\sum_{(r,s)\in I}\dfrac{x^r}{r!}\dfrac{y^s}{s!}$ et $Z_n=\displaystyle\sum_{0\leq k\leq n}\dfrac{1}{k!}\Bigl(\sum_{r+s=k}k!\dfrac{x^r}{r!}\dfrac{y^s}{s!}\Bigr)=\sum_{\substack{(r,s)\in I\\r+s\leq n}}\dfrac{x^r}{r!}\dfrac{y^s}{s!}$.
Alors $X_nY_n-Z_n=\displaystyle\sum_{\substack{(r,s)\in I\\r+s> n}}\dfrac{x^r}{r!}\dfrac{y^s}{s!}$ et tu continues en utilisant le rappel de @bd017.
-
D'accord merci.
@rakam joli ta manipulation des sommes doubles, je n'ai pas cette dextérité
Avec ton inégalité, et l'indication de @bd2017 j'ai réussi à conclure, sauf erreur.
On a : $\lvert X_n Y_n-Z_n \rvert_p=\left| \displaystyle\sum_{(r,s) \in I \\ r+s>n} \dfrac{x^r}{r!} \dfrac{y^s}{s!} \right|_p$
Donc : $\boxed{\lvert X_n Y_n-Z_n \rvert_p \leq \max_{ (r,s) \in I \\ r+s >n} \left( \left| \dfrac{x^r}{r!} \right|_p \times \left| \dfrac{y^s}{s!} \right|_p \right) }$
Notons comme @bd2017 $\varepsilon_x=v_p(x)- \dfrac{1}{p-1} >0$ et $\varepsilon_y=v_p(y)-\dfrac{1}{p-1} >0$.
On sait que $\forall (r,s) \in I^2$, $\left| \dfrac{x^r}{r!} \right|_p \leq \dfrac{1}{p^{r \varepsilon_x}}$ et $\left| \dfrac{y^s}{s!} \right|_p \leq \dfrac{1}{p^{s \varepsilon_y}}$
Donc $\forall (r,s) \in I^2, \ \left| \dfrac{x^r}{r!} \right|_p \times \left| \dfrac{y^s}{s!} \right|_p \leq \dfrac{1}{p^{r \varepsilon_x +s\varepsilon_y}}$
Mais $\forall (r,s) \in I^2 ,\ \text{tel que} \ r+s>n \ \ r \varepsilon_x + s \varepsilon_y \geq (r+s) \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y) > n \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y)$
Donc $\forall (r,s) \in I^2 ,\ \text{tel que} \ r+s>n \ \left| \dfrac{x^r}{r!} \right|_p \times \left| \dfrac{y^s}{s!} \right|_p < \dfrac{1}{p^{ n \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y)}}$
Ainsi : $\boxed{\lvert X_n Y_n-Z_n \rvert_p \leq \dfrac{1}{p^{ n \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y)}}}$ avec $\min(\varepsilon_x,\varepsilon_y) >0$.
Comme $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{p^{ n \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y)}} =0$ alors par comparaison on en déduit le résultat voulu
$\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \lvert X_n Y_n-Z_n \rvert_p =0 }$ et finalement $\boxed{\forall x,y \in \Q_p, \ e_p(x+y)=e_p(x) e_p(y)}$.
-
@rakam j'ai trouvé la $58$ avec ton indication.
58) On a $|t|_p= \dfrac{1}{p^{v_p(t)} }<1$.
$\Big| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} \Big|_p = \dfrac{ |t|_p ^n}{|n|_p} = \dfrac{1}{p^{n v_p(t) -v_p(n)}}$
Comme $n \in \N^{*}$, on a $v_p(n) \geq 0$ donc $\Big| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} \Big|_p \leq \Big( \dfrac{1}{p^{v_p(t)}} \Big)^n \longrightarrow 0$ car $0 \leq \dfrac{1}{p^{v_p(t)}} <1$.
Ainsi : $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \Big| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} \Big|_p =0}$ et la série $\sum_{n \geq 1} (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n}$ converge.
Plus que la partie IV.B sur les classes d'équivalence
-
Il y a une notation que je ne comprends pas dans la partie IV. B et ça me perturbe pour rédiger la question 60.
Si $u \in \Z / p^n \Z$ pourquoi on le note $u$ et non $\bar{u}$ ? Pourquoi on ne note pas directement un élément de $H$ : $\overline{1+pu}$ ?
59) $\# (\Z / p^n \Z)^{*} = \varphi(p^n)= p^n- p^{n-1}$ donc $\boxed{\# (\Z / p^n \Z)^{*} =p^n-p^{n-1}}$.
-
$\overline{\,\cdot\,}$ et $+$ commutent, donc on fait ce qu'on veut. LOL ce $\varphi(p^n) = (p-1)^n$ !
-
Oui c'est faux merci. $\varphi(p^n)=p^n-p^{n-1}$.
-
60) Commençons par montrer que $H \subset (\Z / p^n \Z)^{*}$.
Soit $\bar{x} \in H$. Alors $\bar{x}=\bar{1} +p u$. Soit $v$ un représentant de $u$ dans $\Z / p^n \Z$. Alors $\overline{x} =\overline{ 1+ pv}$.
Montrons que $\bar{x}$ est inversible.
Pour cela, montrons que $PGCD(1+pv , p^n)=1$.
Je bloque ici, je n'ai pas réussi à trouver une relation de Bezout qui fonctionne.
Sous-groupe :- $\bar{1} =\overline{ 1+ 0 v}=\bar{1}+0 \bar{v}=\bar{1}+0 u$ donc $\bar{1} \in H$.
- Soient $\bar{x}, \bar{y} \in H$. On a : $\overline{x} =\overline{ 1+ pv}$ et $\overline{y} =\overline{ 1+ pv'}$. Donc $\bar{x}\bar{y}= \overline{ 1+p(v+v'+pvv')}= \bar{1}+p \overline{v+v'+pvv'} \in H$.
- Soient $\bar{x} \in H$. Je bloque pour montrer que l'inverse est dans $H$, je ne sais pas calculer l'inverse.
-
Tu te noies dans des verres d'eau ! Et ton $\overline1+p\overline{v+v'+pvv'}\in H$ est bien douteux !Besoin de Bezout pour montrer que si $u$ est entier $1+pu$ est premier avec $p$ ?"je ne sais pas calculer l'inverse "! Résoudre, pour $z$ entier, l'équation $\overline{(1+pu)(1+pz)}=\overline1$ serait une indication utile ?Dans ce problème l'utilisation de la lettre $v$ comme variable gêne beaucoup la lecture.Il n'est pas impossible que l'énoncé n'écrit pas la classe de $p$ pour inciter à considérer la multiplication par $p$ comme une somme itérée, c'est parfois utile.
-
@O'Shine,- pour montrer qu'un entier $a$ est premier avec $p^n$, il suffit de montrer qu'il est premier avec $p$- je ne vois pas ce qui cloche dans $\overline1+p\overline{v+v'+pvv'}\in H$ ? Mais tu n'as pas besoin de revenir aux représentants, il est évident que $(\overline{1}+pu)(\overline{1}+pv)$ est dans $H$, pour $u,v \in \Z / p^n \Z$- pour montrer que tout élément $(\overline{1}+pu)$ de $H$ a un inverse dans $H$, on sait qu'il a un inverse dans $\Z / p^n \Z$ ; alors on voit facilement que cet inverse est dans $H$.
-
@rakam
Je ne comprends pas cette notation : $\overline{(1+pu)(1+pz)}=\overline1$, pour moi cela n'a pas de sens car $u$ n'est pas entier, mais $u$ est une classe d'équivalence. Donc tu prends une classe de classe d'équivalence et c'est égal à $\bar{1}$ qui est une classe, ce n'est pas logique non ?
Je suis revenu au représentant pour éviter cette confusion qui me gêne beaucoup.
-
Pour Q61 :$$ \xymatrix{ 1 \ar[r] & \overline{1} + p \mathbb{Z}/p^ n\mathbb{Z} \ar[r] & \big( \mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z} \big)^{\times} \ar[r] & \mathbb{F}_p^{\times} \ar[r] & 1 }$$
-
@Julia Paule
Ok merci.
60) Montrons que $H \subset (\Z / p^n \Z)^{*}$.
Soit $x \in H$. Alors $x =\bar{1} + p u$ avec $u= \bar{u'}$ avec $u' \in \Z$. Donc $x=\overline{ 1 + p u'}$.
Montrons que $PGCD(1+pu',p)=1$. On a $(1+pu') \times 1 + p \times (-u')=1$ c'est une relation de Bezout donc $PGCD(1+pu',p)=1$ et ainsi $PGCD(1+pu',p^n)=1$.
Donc $x \in (\Z / p^n \Z)^{*}$.
On a montré $\boxed{H \subset (\Z / p^n \Z)^{*}}$.
Sous-groupe :- $\bar{1}=\bar{1}+ p \bar{0}$ donc $\bar{1} \in H$.
- Soient $x,y \in H$. Alors il existe $u,v \in (\Z/p^n \Z)^{*}$ de sorte que $x=\bar{1} + p u$ et $y=\bar{1} + p v$. Donc $xy=(\bar{1} + p u)(\bar{1} + p v)=\bar{1}+p(u+v + puv)$. Ainsi $xy \in H$.
Alors $(\bar{1} + p u)(\bar{1} + p v)=\bar{1}$ donc $\boxed{x^{-1} = \bar{1} + p v \in H}$.
Méthode 2 :
On veut résoudre $(1+pu')(1+px') \equiv 1 [p^n] \iff (1+pu')x' \equiv -u' [p^{n-1}] \iff x' \equiv -u' (1+pu')^{-1} [p^{n-1}]$.
Donc $\boxed{x^{-1} = \bar{1}+p x' \in H}$.
-
Ok, ces méthodes calculent explicitement l'inverse. On n'y est pas obligé :Méthode 3 : soit $\overline{1} + pu \in H$. On a $\overline{1} + pu$ inversible (car $H \subset (\Z / p^n \Z)^{*}$), soit $v$ son inverse dans $(\Z / p^n \Z)^{*}$, alors $(\overline{1} + pu)v = \overline{1}$, donc $v=\overline{1} - puv \in H$.
-
Bien vu
Tu as raison d'aller au plus simple. -
61.a) Le niveau semble s'élever un peu en cette fin de sujet. Je note $o(x)$ l'ordre de $x$.
- $(\Z /p \Z)$ est un corps car $p$ est premier, comme $(\Z / p \Z)^{*}=( \Z / p \Z) \backslash \{0 \}$, on peut utiliser la question $6$, et $(\Z / p \Z)^{*}$ est un groupe cyclique, donc il existe $a \in \Z$ tel que $\boxed{< \tilde{a}> = (\Z / p \Z)^{*}}$.
- On sait que $\pi( \bar{a}) = \tilde{a}$ où $\pi$ est un morphisme de groupes. Or $\tilde{a}$ est d'ordre $p-1$ car $\# (\Z / p \Z)^{*}=p-1$. Ainsi l'ordre de $\tilde{a}$ est fini et divise l'ordre de $\bar{a}$. Donc $\boxed{p-1 \mid o( \bar{a}) }$. Il reste à montrer que l'ordre de $\bar{a}$ divise $p-1$. Pour cela, il faut montrer que $\bar{a}^{p-1}= \bar{1}$. On sait que $\bar{a}^{p^n-p^{n-1}}=\bar{1}$. Mais $p^n-p^{n-1}=p^{n-1} (p-1)$ donc $(\bar{a}^{p^{n-1}})^{p-1}=\bar{1}$.
-
Tu rêves en pensant que n’importe quel générateur du groupe des éléments non nuls de $\Z/p\Z$ pourrait convenir !Fais quelques essais avec $3^2,5^2,7^2$.
-
... hum.
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Bonjour!
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