Agrégation interne - sujet 1 - partie V

LeVioloniste
Modifié (10 Feb) dans Algèbre

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Réponses

  • LeVioloniste
    Modifié (6 Feb)

  • LeVioloniste
    Modifié (6 Feb)
    A votre service messieurs, moi je reste sur le sujet 2, @bd2017 nous met une pression d'enfer !
  • Merci.
  • OShine
    Modifié (7 Feb)
    Je trouvé l'énoncé imprécis, on ne dit pas comment écrire un élément du quotient $K/H$. On met une barre ? On écrit $cl$ ? 
    Je ne suis pas sûr de moi à 100% pour la fin, le niveau devient relevé, on entre dans la théorie. Mais j'adore les groupes quotients donc je suis motivé. 

    22.a)
    $G$ est fini donc $H$ est fini. Notons : $\pi : K \longrightarrow K/H$ la projection canonique. C'est un morphisme de groupes.
    $\boxed{K= \langle H \cup \{x\} \rangle = \Big\{ \displaystyle\prod_{i=1}^n x_i ^{\varepsilon_i} \mid n \in \N, \   x_i \in  H \cup \{x\}   ,\ \varepsilon_i \in \{0,1,-1 \}\Big \}}$.
    Cela permet immédiatement d'en déduire que $\boxed{K=\{ hx^p \mid h \in H ,\ p \in \Z \}}$.
    Montrons que $K/H$ est un groupe cyclique non nul.
    • $K/H$ contient $xH \ne H$ donc le groupe quotient $K/H$ est non nul.
    • Montrons que $H$ est distingué dans $K$. Soit $k \in K$ et $h' \in H$. On peut écrire $k=hx^p$ avec $h \in H$ et $p \in \Z$. On a $kh'k^{-1}=hx^p h' x^{-p} h^{-1} \in K$.
    • Il reste à montrer que $K/H$ est cyclique. On a $K/H= \{ \pi( h x^p) \mid h \in H ,\ p \in \Z \} = \{ \pi(h) \pi(x^p)  \mid h \in H ,\  p \in \Z \}$. Mais $\forall h \in H ,\ \pi(h)=1$. 
    On a finalement : $\boxed{K/H= \{ \pi(x)^p \mid p \in \Z \} \ \text{et ce groupe quotient est bien cyclique engendre par } \ \pi(x)}$.
  • bd2017
    Modifié (7 Feb)
    Bonjour
    Tu as oublié que G est abélien ?
     
  • OShine
    Modifié (7 Feb)
    Bien vu, si $G$ est abélien, on a automatiquement $H$ distingué dans $K$, aucun calcul n'est nécessaire. 
    Donc ma réponse aurait pu être plus succincte. 
    Dans cette partie, et au début du sujet, aucun rappel n'est fait sur les groupes quotients, donc il faut maitriser.
    Mais ça tombe bien, j'étais en train de préparer une leçon d'oral sur les ensembles quotients, exemples et applications. 
  • OShine
    Modifié (7 Feb)
    20.b) Soit $g \in K$. Il existe $s \in \Z$ tel que $g=hx^s$.
    On effectue la division euclidienne de $s$ par $r$, ce qui donne un couple $(q,p)$ d'entiers tels que $s=rq+p$ avec $0 \leq p \leq r-1$.
    On a $\pi(g)=\pi(h) \pi( x^{rq+p})=( \pi(x)^r)^q \pi(x)^p=\pi(x)^p$ car $\pi(x)^r=1$, en effet on a : $r= | K / H |$.
    Mais $\pi(g)=\pi(x^p)$ revient à dire que $g$ est en relation avec $x^p$.
    Donc $g\in \pi(x^p)= Hx^p$ car les classes à gauches et les classes à droites sont identiques. ($G$ est abélien)
    Comme $g \in Hx^p$, il existe bien $h \in H $tel que $g=hx^p$.
    Conclusion : 
    Tout élément $g$ de $K$ s'écrit de façon unique $g=hx^p$,avec $h \in H$ et $p \in [|0,r-1|]$.

    20.c) Question très facile.
    On a $\pi(x^r)=\pi(x)^r=1$ donc $x^r \in H$.

    20.d) Je n'arrive pas trop à comprendre à quoi sert le $w^r =z$.
    Il faut démontrer qu'on prolonge $\alpha$ de $H$ à $K$ ? 
    Je trouve cette question bizarre.
  • Amédé
    Modifié (7 Feb)
    OShine a dit
    22.a)
    $G$ est fini donc $H$ est fini. Notons : $\pi : K \longrightarrow K/H$ la projection canonique. C'est un morphisme de groupes.
    Suivant qui te corrige ceci est rédhibitoire à l'agrégation. Un quotient n'est pas forcément un groupe. (voire remarque de @bd2017 ...)
  • OShine
    Modifié (7 Feb)
    @Amédé
    Il faut lire la suite de mon message, je démontre que $H$ est distingué dans $K$. 
    Sinon, $H$ est distingué dans $K$ car $G$ est abélien. La remarque de @bd2017 permet de gagner du temps. 
    Ils ont mis les groupes quotients en partie 5, donc la sélection ne se fera pas sur ces questions qui utilisent des notions avancées.
    Si je vais à l'oral et que je tombe sur les ensembles quotients, je choisirai cette leçon.
  • Je bloque sur la question 22.d, je ne comprends pas ce qu'il faut faire. 
    Pourquoi on introduit $z=\alpha(x^r)$ et $w^r=z$ ? Je ne comprends pas où utiliser ces hypothèses. 
  • bd2017
    Modifié (7 Feb)
    Pour commencer introduire  $z=\alpha(x^r)$  c'est ne rien introduire du tout sauf donner un nom à un objet qui joue un rôle.  
    Maintenant même si tu ne comprends pas à quoi sert $\omega$ qu'est ce qui t'empêche de faire la question ici qui est simple? 
    Bon, maintenant $x^r\in H$ donc $\alpha(x^r)$ a un sens. 
    On veut prolonger $\alpha.$  Que  sera alors ce nombre $\tilde{\alpha}(x)?$  Si on l'appelle $\omega$  que devra vérifier $\omega$?  Réponds à cette question et tu auras compris.
     
  • OShine
    Modifié (7 Feb)
    Ok merci. 

    22.d) $\alpha$ est un morphisme de $H$ dans $K$.
    On veut que $\tilde{\alpha}_{| H} = \alpha$ et que $\tilde{\alpha}$ un morphisme de $K$ dans $\C^{*}$.
    En particulier, comme $x^r \in H$, on a $\tilde{\alpha}_{| H} (x^r)=\alpha(x^r)=\alpha(1) w^p=w^p=z$.

    Montrons que $\tilde{\alpha}_{| H} = \alpha$.
    Soit $h \in H$. On a $h=hx^0$ donc $\tilde{\alpha} (h)=\alpha(h) w^0= \alpha(h)$.
    Finalement, $\forall h \in H \ \tilde{\alpha}_{| H} (h)= \alpha (h)$.
    On a montré : $\boxed{\tilde{\alpha}_{| H} = \alpha}$.

    Montrons que $\tilde{\alpha} \in \hat{K}$.
    • $\tilde{\alpha}$ est bien définie.
    • Soient $g,g' \in K$. D'après Q22.b, il existe $h,h' \in H$ et $p,p' \in \Z$ tel que $g=hx^p $et $g'=h' x^{p'}$. Donc $\tilde{\alpha} (gg')=\tilde{\alpha} (hx^p h' x^{p'} )=\tilde{\alpha} (hh' x^{p+p')}=\alpha(hh')w^{p+p'}= \alpha(h) w^p \alpha(h') w^{p'}=\tilde{\alpha} (g) \tilde{\alpha} (g')$ car $G$ et $\C^{*}$ sont abéliens.
    Conclusion : 
    $\tilde{\alpha} \in \hat{K}$ est un caractère prolongeant $\alpha$ de $H$ à $K$.
  • bd2017
    Modifié (7 Feb)
    C'est bizarre la façon dont tu réponds. Je me demande même si c'est correct. 
    En effet; ligne 4 tu as 4 nombres égaux, les égalités sont vraies mais dès la première égalité tu  utilises  que la restriction  $\tilde{\alpha}_{|H} =\alpha$ alors que dans l'étape suivante   tu vérifies seulement que $\tilde{\alpha}_{|H} =\alpha.$  J'estime que la réponse  n'est pas correcte.
    Au minimum ce n'est pas marrant à lire.
    En fait il n'y a pas de logique dans ta démarche.
    Ta dernière étape doit être la première étape.
    Même si tout est là, pour un concours d'agrégation ta réponse ne sera pas acceptée. 
     
  • OShine
    Modifié (7 Feb)
    Ah d'accord, je vois. J'ai tout écrit dans le désordre.
    On rentre dans le dur du sujet, je bloque sur la 22e, je n'arrive pas à voir quelle est l'hypothèse de récurrence. Je ne comprends pas le lien entre $K$ et $[G:H]$.

    Notons : $r=\dfrac{|G|}{|H|}$.
    Initialisation : 
    Si $r=1$, $G=H$ donc $\alpha' = \alpha$.

    Hérédité : 
    Je ne vois pas.
  • bd2017
    Modifié (7 Feb)
    Je ne vois la récurrence comme cela. D'ailleurs si $H=G,$  il n'y a rien  à  faire. 
    Donc  $H$    est  supposé ne pas être égal à G.
    Dans la question précédente que dire de $K?$  
    Si K=G c'est fini. 
    Sinon que faire? On recommence avec maintenant avec K  qui joue le rôle de H...et ainsi de suite et ceci va s'arrêter.
    Il reste à dire les choses correctement.    
     
  • Je n'ai pas compris. 
  • bd2017
    Modifié (7 Feb)
    À partir de $H$ on a construit un sous-groupe strictement plus grand $K_0$  tel qu'un caractère de $K_0$ prolonge celui de $H$.
    Si on recommence on peut construire  un sous-groupe $K_1$  plus strictement  grand que $K_0$  tel qu'un caractère de $K_1$ prolonge celui de $K_0$ donc celui de $H$.  On continue cette récurrence  $\dots,K_2,\dots,K_n$  qui va s'arrêter lorsque $K_n=G$.
     
  • Je vois mais ce n'est pas une preuve, l'énoncé demande de faire une récurrence.
    Je n'arrive pas à trouver la propriété de récurrence à écrire.
    Le fait que ce soit une récurrence sur $[G : H]$ m'embrouille complètement, je n'arrive pas à écrire une seule ligne.
    Comment je peux démontrer un résultat par récurrence si je n'arrive même pas à écrire la propriété à démontrer ? 
  • OShine
    Modifié (8 Feb)
    La récurrence j'ai cherché 1 heure, je n'ai rien trouvé. 
    En attendant, j'ai traité la 23.a. 

    23.a) Notons $G= \langle a \rangle$. Notons $n= \#G$.
    Montrons que l'application : $\phi : \hat{G} \longrightarrow \mathbf{U}_n$ définie par $\phi( \alpha)=\alpha (a)$ est un isomorphisme de groupes.
    Application bien définie : 
    On a $\alpha(a)^n= \alpha(a^n)= \alpha(1)=1$ donc $\alpha(a) \in \mathbf{U}_n$.
    Morphisme : 
    Soient $\alpha,\beta \in \hat{G}$. On a $\phi( \alpha \beta)= \alpha . \beta  (a)= \alpha(a) \beta(a)= \phi(\alpha) \phi(\beta)$.
    Injection : 
    Soit $\alpha \in \ker( \phi)$. Alors $\phi( \alpha)=1 = \alpha(a)$.
    Mais alors $\forall k \in [|,n-1|]$ on a $\alpha(a^k)=1$ donc $\alpha=1_{\hat{G}}$ et $\phi$ est injective.
    Surjection : 
    Soit $z \in \mathbf{U_n}$. On cherche $\alpha \in \hat{G}$ tel que $\alpha(a)=z$. 
    Du coup, ce $\alpha$ doit vérifier $\forall k \in [|0,n-1|] \ \alpha(a^k)=z^k$.
    L'application est bien surjective.
    Conclusion : 
    Si $G$ est cyclique, on a : $\boxed{|G| = | \hat{G} |}$
  • bd2017
    Modifié (8 Feb)
    22. (e) Si c'est une preuve. Il faut simplement écrire cela un peu plus proprement. 
    Les $K_n$ sont construits par itérations (cela veut dire par récurrence) et la récurrence s'arrête quand $K_n=G$. Mais comme tu es scolaire tu peux dire de façon équivalente quand $[G:K_n]=1$
    23.a. C'est quoi $U_n,$ je pense deviner mais c'est défini quelque part ?
    Morphisme : 
    Soient $\alpha,\beta \in \hat{G}$. On a $\phi( \alpha \beta)= \alpha . \beta  (a)= \alpha(a) \beta(a)= \phi(\alpha) \phi(\beta)$.
    C'est quoi le point de "$\alpha . \beta$" ? et puis  $\alpha . \beta  (a)= \alpha(a) \beta(a)$ ?  C'est peut être idiot mais je ne comprends pas du tout.
    Surjection. Est-ce que tu peux formuler cela de façon plus claire,  j'ai des difficultés à lire.   
     
  • OShine
    Modifié (8 Feb)
    22.e) Je ne trouve pas la propriété de récurrence à écrire. 

    23.a) $\mathbf{U}_n = \{ z \in \C \ | \ z^n=1 \}$.

    Le point de $\alpha.\beta$ est la loi du groupe abélien dont est muni $\hat{G}$... Voir page 6. Il est donné que $\forall g \in G \ \alpha.\beta(g)= \alpha(g) \beta(g)$.

    $\alpha \in \hat{G}$ est définie sur $G$. Mais $G$ ici est cyclique $G=\{1,a, \cdots, a^{n-1} \}$. 
    On définit $\forall z \in \mathbf{U}_n \ \ \alpha(a^k)=z^k$, donc $\alpha$ est construite sur $G$ tout entier et on a trouvé un antécédent de $z$ par $\phi$.

    23.b) Le morphisme est évidente. La surjectivité découle de la question 22.e.

    23.c) Application bien définie : 
    Soient $\bar{g},\bar{g'} \in G/H$. Donc $g^{-1} g' \in H$ et $g'=gh$ avec $h \in H$.
    On a $\bar{ \alpha} (\bar{g'}) =\alpha (g')= \alpha (gh)=\alpha(g) \alpha (h)= \alpha (g)=\bar{\alpha} ( \bar{g})$
    Morphisme : 
    $\bar{\alpha} ( \bar{g} \bar{g'} )= \bar{\alpha} ( \overline{gg'} )= \alpha (gg')= \alpha(g) \alpha(g')= \bar{\alpha} (\bar{g}) \bar{\alpha} (\bar{g'})$

    Après ça devient plus dur 23.d et 23.e, je dois réfléchir.
  • @NicoLeProf
    J'ai besoin d'aide, ça devient dur.
  • bd2017
    Modifié (8 Feb)
    22.e  On suppose que $H$  est un sous-groupe différent de $G$  et soit $\alpha\in \hat{H} $
    Par commodité on note $K_0=H$  et $\alpha=\alpha_0.$  On pose aussi  $m_0=[G:K_0]$
    D'après la question précédente, il existe  un sous-groupe $K_1$ de $G$  contenant strictement $K_0$   (i.e $m_1=[G:K_1]<m_0$) et $\alpha_1\in \hat{K_1}$  tel que  $\alpha1_{|K_0}=\alpha_0.$
    Si  $m_1=1$  alors $K_1=G$  et $\alpha_1\in \hat{G}$  répond à la question.
    Sinon on recommence en remplaçant  $K_0$  par $K_1.$ 
    Ainsi, par récurrence, on  construit une suite  finie $K_1,K_2,...,K_n$ de sous-groupes de $G$ et une suite $\alpha_i\in \hat{K_i},i=1,...,n$ vérifiant
    $(\alpha_i)_{|K_{i-1}}=\alpha_{i-1} $  et telle que  $m_i=[G:K_i]$ est strictement décroissante.  La suite s'arrêtant lorsque  $m_n=1.$
    En particulier $K_n=G$  et il est facile de voir que $\alpha_n$  répond à la question car sa restriction à $K_0$  vaut $\alpha_0.$ 
     
  • Je ne vois pas l'hypothèse de récurrence $\mathcal P(r)$.
    "Par récurrence" n'est pas la façon usuelle de rédiger une récurrence.
    J'essaie de poser la propriété de récurrence mais je n'y arrive pas, car $r$ augmente mais $card(H)$ diminue, mais dans la construction $H$ est de plus en plus grand. Donc je suis perdu.

  • bd2017
    Modifié (8 Feb)
    Bon laisse tomber, je ne peux faire mieux ici. Si tu ne comprends pas ce que j'ai fait, attends que quelqu'un fasse mieux.
    Passe au questions suivantes. 
     
  • OShine
    Modifié (8 Feb)
    @bd2017
    J'ai compris ta preuve qui est super mais est-ce la rédaction attendue au concours ? 
    Ou bien il faut poser l'hypothèse de récurrence et faire une récurrence descendante ? 
    J'arrive mieux à comprendre avec ta méthode que si je devais rédiger une récurrence avec l'hypothèse.
    Parce que quand j'essaie avec l'hypothèse de récurrence, je n'y arrive pas, je suis resté 2 heures dessus et je n'ai pas réussi.
  • Je pense qu'il est impossible de rédiger une récurrence classique car $m_i -m_{i+1}$ peut être supérieur ou égal à $2$.
    Je prends ta solution et je passe à 23.d.
    Après avoir traité ce sujet, on devient expert en maniement d'applications compliquées qui mélangent des ensembles quotients, des ensembles d'applications etc... 

    23.d) Soit $\psi : \ker(\theta) \longrightarrow \widehat{G/H}$ définie par $\psi(\alpha)=\bar{\alpha}$.
    • $\psi$ est clairement un morphisme.
    • $\psi$ est surjective. (évident)
    • Montrons l'injectivité. Soit $\alpha \in \ker(\psi)$. Alors $\forall h \in H \ \alpha(h)=1$. Et $\forall \bar{g} \in G/H \ \bar{\alpha} (\bar{g})=1$.
    On doit montrer que $\alpha=1_{\hat{G}}$.
    Si $g \in G \backslash H$, alors $\bar{g}= g H \ne H$. Et on a $\bar{\alpha} (gH)= \alpha(g)=1$.
    Finalement, on a montré que $\ker(\psi)= \{ 1_{\hat{G}} \}$ donc $\psi$ est injective.
    Conclusion : 
    $\boxed{\ker(\theta) \simeq \widehat{G/H}}$.

    23.e) En réflexion. 
  • bd2017
    Modifié (8 Feb)
    "J'ai compris ta preuve qui est super mais est-ce la rédaction attendue au concours ? "
    Oui. Qu'est ce que tu veux d'autre comme récurrence ? Si tu cherches quelque chose qui n'existe pas tu risques de ne pas trouver.
    Du point de vue algorithmique, la récurrence ici c'est  
    Initialisation.  $K_0, \alpha_0$
    Itérations. Tant que $ |K_j|<|G| $ (ou si tu préfères tant que  $[G:K_j|>1$)
    Construire $K_j$ et $\alpha_j$  tels que...
    Fin des itérations.
     
  • OShine
    Modifié (9 Feb)
    Ok merci. Pour moi ça reste la question la plus difficile du sujet jusqu'à présent. J'ai fait des dessins. 

    22.e) On doit prouver $\forall n \in \ \N^{*} \ \ \mathcal P_n$ : "Pour tout sous-groupe $H$ de $G$ d'indice $n$ et tout $\alpha \in \hat{H}$, il existe $\alpha' \in \hat{G}$ tel que $\alpha = \alpha'_{ | H}$."
    On va procéder par récurrence forte.

    Initialisation.
    $\mathcal P_1$ est vraie. En effet, si $H$ est un sous-groupe de $G$ d'indice $1$, alors $H=G$ et le résultat est alors évident.

    Hérédité.4
    Supposons $\mathcal P_k$ vraie pour tout $k<n$.
    Soit $H$ un sous-groupe de $G$ d'indice $n$, $x \in G \ H$, $K=\langle H,x \rangle$ et $\alpha \in \widehat{H}$.
    D'après ce qui précède, il existe $\alpha_1 \in \widehat{K}$ qui prolonge $\alpha$.
    On remarque que $|K| > |H|$ car $K$ contient $H$ et au moins un élément de plus qui n'est pas dans $H$ : $x$ . 
    Ainsi $[G : K]=\dfrac{|G|}{|K|} < \dfrac{ |G|}{|H|} = [G : H]=n $. 
    On peut donc appliquer l'hypothèse de récurrence, et il existe $\alpha_2 \in \hat{G}$ qui prolonge $\alpha_1$.
    Donc : $\alpha_{1 \ | \ K}= \alpha$ et $\alpha_{2 \ | \ G}= \alpha_1$
    Donc $\alpha= \alpha_{2 | K \cap H}= \alpha_{2 | H}$ car $K \cap H= H$, $H \subset K$.
    On a montré qu'il existe $\alpha_2 \in \hat{G}$ qui prolonge $\alpha$.
    Donc $\mathcal P_n$ est vraie.
  • Pour la 23.e j'ai eu une idée mais je coince sur la fin. 
    23.e) 
    Le théorème de passage au quotient donne $\widehat{G} / \ker ( \theta) \simeq Im(\theta)$.
    Donc $\dfrac{| \widehat{G}|}{|\ker(\theta)|}= | Im(\theta)|$.
    Mais $\theta$ est surjective donc $Im(\theta)=\widehat{H}$.
    Ce qui fournit : $\dfrac{| \widehat{G}|}{|\ker(\theta)|}= |\widehat{H}|$
    Mais $H$ est cyclique donc : $|\widehat{H}|=|H|$.
    De plus, la question 23.d donne $|\ker(\theta)|=| \widehat{G/H}|$.
    Donc $\boxed{| \widehat{G}| = | \widehat{G/H}| \times  |\widehat{H}|}$.

    Je bloque ici. On ne sait pas si $\widehat{G/H}$ est cyclique...
  • bd2017
    Modifié (8 Feb)
    C'est quoi ton message 21h.12 ?  La réponse à 22-(e)? 
    Tu penses avoir un moindre point en écrivant cela ?
    Rien qu'en te lisant on se demande si tu as lu (ou compris) la question.
    Maintenant concernant 23.e c'est presque terminé.  Le résultat va tomber avec une petite récurrence. Mais si c'est pour faire comme 22-e on est mal barré. 
    Mais, comment peut-on le même soir, écrire un message qui montre qu'on ne comprend rien aux math et écrire ensuite un message qui montre qu'on comprend les maths ?
     
  • Je n'ai jamais écrit ça.
    $\alpha$ est dans $\hat{H}$. Relis mon message.
  • bd2017
    Modifié (8 Feb)
    Relis toi aussi. Comprenne qui pourra.
    Hérédité :
    Supposons $\mathcal P_k$ vraie pour tout $k<n$.
    Soit $H$ un sous-groupe de $G$ d'indice $n$, $x \in G \ H$, $K=\langle H,x \rangle$ et $\alpha \in \widehat{G}$.
    D'après ce qui précède, il existe $\alpha_1 \in \widehat{K}$ qui prolonge $\alpha$.
     
  • OShine
    Modifié (9 Feb)
    Il y a une coquille oui. 
    Le début de la 24 me parait facile, je vais tenter d'avancer un peu et de terminer la partie 5 en fin de matinée.
  • bd2017
    Modifié (9 Feb)
    Dire qu'il y a une coquille ne suffit pas. D'abord il faut corriger mais ensuite ta démonstration est certainement fausse.
    À mon avis il faut tout barrer. 
     
  • Je ne vois pas l'erreur.
  • bd2017
    Modifié (9 Feb)
    Maintenant que tu as corrigé l'appartenance de $\alpha$  il reste que tout  l'ensemble est flou. 
    C'est tout de même étonnant, que, $G$ étant donné, de cardinal fini, l'indice des sous-groupes de $G$  est lui même fini. Alors que tu as une proposition $P_n$ où $n$ correspond à l'indice d'un sous-groupe de $G$ et tu "établis"  $P(n)$  pour tout $n\in \N .$ Là, il faut s'accrocher.
    On dirait que le cardinal de $G$ varie au gré du vent. Dans  $ P(n)$  on ne sait pas bien ce que c'est $G$ et puisque on démontre que $P(n+1)$ est une conséquence de $P(n),$  le $G$  dans $P(n)$ est-il le même $G$ dans $P(n+1)?$
    Bref  c'est tellement farfelu et incohérent.... qu'on s'y perd à essayer d'expliquer l'inexplicable.
    On a dans cette question, une récurrence finie, toute simple et que tu me dis avoir compris.
    Je ne comprends pas pourquoi tu veux en faire une récurrence infinie.Cela n'a pas de sens. Mais admettons que par je ne sais quel opération magique, on y arrive alors il faut que la récurrence soit très très  bien établie.
    Lors de l'implication "  $P(n)$  donc $P(n+1)$" 
    Commence seulement à écrire toutes les hypothèses précise qu'on avec $P(n)$ puis  dire ce qu'il y a dans "$P(n+1)$" en particulier que veut-on démontrer ?
    Rien que cela, validera (ça m'étonnerait) ou invalidera ce que tu as écrit.
     
  • LeVioloniste
    Modifié (9 Feb)
    @bd2017
    Le souci c'est que lorsqu'on réfléchit et qu'on poste, on peut écrire des erreurs par fatigue, manque de compréhension, de lucidité ...
    Mais là est l'intérêt du forum : échanger sur nos résolutions et s'entraider. Sinon on le fait seul chez nous et on se débrouille sans ce forum.
    On ne peut pas poster que des choses justes et tu as dans d'autres fils dit des choses fausses, voir certains échanges avec @gebrane.
  • Aay,  je reçois un appel qui vient de ce fil, il se passe quoi ici ?  :mrgreen:
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • LeVioloniste
    Modifié (9 Feb)
    Le problème est que certaines personnes sont rabaissées, dénigrées ... et qui essaient de faire des maths.
    Stop au dénigrement, tel est la devise.
  • gebrane
    Modifié (9 Feb)
    Leviloniste
    Dans un forum qui respecte l'anonymat de chacun, on ne rabaisse personne. Les pseudonymes, oui.
    Personnellement, si quelqu'un veut rabaisser mon pseudonyme en tant que pixel, il a mon consentement. Il ne va pas m'atteindre en tant que personne physique.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • bd2017
    Modifié (9 Feb)
    @Levioloniste une bonne et dernière fois pour toutes, je veux mettre les points sur "i". C'est certain, on peut faire des erreurs. Crois-tu que je n'en fais pas? Souvent pour moi, c'est plus de l'ordre de l'étourderie et d'un manque d'attention. En gros je sais faire ou ne pas faire. Mais si par hasard mon raisonnement est foireux ou mon calcul faux alors j'accepte qu'on me le dise. Et je n'appelle pas cela du dénigrement.
    Comme je suis en ce moment pas mal sur le sujet d'agreg, c'est évident  que je vais relever beaucoup plus d'erreurs ou poser des questions  plus qu'un autre qui regarde de loin. Mais ce n'est pas du dénigrement. 
     
  • Le contenu de $\mathcal P_n$  fait que les seuls $n$ concernés sont les diviseurs de $n$.

    Sinon je bloque sur la question 23.e. Ma tentative n'aboutit pas.
    Je pense ne pas être loin de la solution mais je ne trouve pas. 
  • OShine
    Modifié (9 Feb)
    Une question difficile. C'est devenu vraiment ardu, c'est du haut niveau. 

    23.e) 
    On a : 
    • D'après $23.b$, $|\ker(\theta)|= \dfrac{|\widehat{G}|}{\widehat{H}|}$.
    • D'après $23.c$, $|\ker(\theta)|= | \widehat{G/H} |$.
    • D'après $32.a$, $|\widehat{H}|=|H|$.
    • $|G/H|=\dfrac{|G|}{|H|}$
    Ce qui donne : $\boxed{|\widehat{G/H}| = \dfrac{| \widehat{G}|}{|H|}}$.

    Montrons par récurrence sur $n=|G|$ la propriété : 
    $\mathcal P_n$ définie sur $\N^{*}$ par : "Pour tout groupe abélien fini $G$ de cardinal $n$, on a $|\widehat{G}|=|G|$."
    • Si $|G|=1$, alors la propriété est vraie.
    • Supposons $\mathcal P_k$ vraie pour tout $1<k <n$. Soit $G$ un groupe abélien fini de cardinal $n$. Alors $G/H$ est de cardinal strictement inférieur à $n$ car $|H| \geq 2$. On applique l'hypothèse de récurrence à $G/H$, ce qui donne : $|\widehat{G/H}|=|G / H|$.  Donc $ \dfrac{| \widehat{G}|}{|H|}= \dfrac{|G|}{|H|}$ et finalement : $|\widehat{G}|=|G|$.
    Conclusion : 
    Pour tout groupe $G$ abélien fini, on a : $\boxed{|\widehat{G}|=|G|}$
  • bd2017
    Modifié (9 Feb)
    Je ne suis pas d'accord avec ta réponse de 22e. 
    G étant de cardinal fini les indices n de de G ne peuvent pas se promèner sur N. 
    Puisque tu ne veux pas préciser les hypothèses de récurrence, ce que c.est G quand tu supposes P(n) et G dans P(n+1) ta démonstration n.a aucun sens. 
    Si cardinal de G=12' et n=7 il est où ton sous groupe d'indice7?
    Sans détails précis ta démonstration c'est une vaste blague. 
    Ce n'est pas en mettant en gras ta conclusion et en encadrant ce que tu n'as pas démontré que tu auras des points. 
     
  • JLapin
    Modifié (9 Feb)
    tu "établis"  P(n)  pour tout n∈N. Là, il faut s'accrocher.
    En fait, la propriété

    "toutes les parties de $[1,n]$ de cardinal $n+1$ contiennent $0$"

     est vraie donc plus généralement et vu que toute propriété qui porte sur tous les éléments de l'ensemble vide est vraie, ça ne me choque pas vraiment étant donné un groupe fini $G$ de définir pour tout naturel non nul $n$ la propriété $P_n$

    $P_n$ : pour tout sous-groupe $H$ de $G$ d'indice $n$, blablabla.

  • OShine
    Modifié (10 Feb)
    Pour la 24.c, je bloque sur l'inclusion $\beta(G) \subset \alpha(H)$.

    24.a) 
    Notons $\xi=e^{2 i \pi /N}$ un générateur de $\{z \in \C \ | \ z^N=1 \}$.
    C'est une racine primitive de l'unité.
    $H$ est de cardinal $N$ car $x$ est d'ordre $N$. On a $H=\{1,x, \cdots, x^{N-1} \}$.
    On définit : $\alpha : H= \langle x \rangle \longrightarrow \C^{*}$ défini par $\alpha(x^k)=\xi ^k$ pour $k \in [|0,N-1|]$.
    Application bien définie : 
    Pour tout $k \in [|0,N-1|]$ on a $\xi^k \in \C^{*}$.
    Morphisme :  
    On a pour $x^k,x^l \in H$ : $\alpha(x^k x^l)=\alpha(x^{k+l})=\xi ^{k+l}=\xi ^k \xi ^l=\alpha(x^k) \alpha(x^l)$.
    Injection : 
    Si $\alpha(x^k)=\alpha(x^l)$ avec $k,l \in [|0,N-1|]$ alors $\xi ^{k-l}=1$. 
    Mais $\xi$ est d'ordre $N$ donc $k-l \equiv 0 [N]$ avec $|k-l| \leq N-1$ donc $k=l$ et $x^k=x^l$.

    Conclusion : 
    $H$ possède un caractère $\alpha \in \widehat{H}$ injectif.

    24.b) 
    $H$ est un sous-groupe de $G$, d'après Q22, $\boxed{\exists \beta \in \widehat{G} \ \beta_{ | H} = \alpha}$.

    24.c) On a : 
    • Soit $z \in \alpha(H)$. Il existe $h \in H$ tel que $z=\alpha(h)$. Donc $z^N=\alpha(h)^N=\alpha(h^N)=\alpha(1_G)=1$ donc $\alpha(h) \in \{z \in \C \ | \ z^N=1 \}$. On a montré $\alpha(H) \subset \{z \in \C \ | \ z^N=1 \}$.
    • Réciproquement, soit $z \in \{z \in \C \ | \ z^N=1 \}$. Alors il existe $k \in [|0,N-1|]$ tel que $z=\xi ^k = \alpha(x^k)$. Donc $z \in \alpha(H)$.
    • Soit $z \in \alpha(H)$. Alors il existe $h \in H$ tel que $z=\alpha(h)$. Mais $h \in H$ donc $\alpha(h)=\beta(h)$. Donc $\alpha(h) \in \beta(G)$. On a montré $\alpha(H) \subset \beta(G)$. 
    On a montré : $\boxed{\alpha(H)=\{z \in \C \ | \ z^N=1 \} \ \text{et} \ \alpha(H) \subset \beta(G) }$.
  • bd2017
    Modifié (9 Feb)
    **
     
  • bd2017
    Modifié (10 Feb)
    Je ne suis toujours pas satisfait de la démonstration de 22-e d'@Oshine. Après avoir corrigé ses "coquilles" sous mes remarques, une rédaction est peut être maintenant plus claire.  
    Il me faut accepter, par exemple que si $|G|=12$, alors @Oshine montre que   si $H$ est un sous-groupe de  $G$ d'indice 2023  et  si $\alpha\in \widehat{H}$  alors il existe un caractère $\alpha'\in \widehat{G}$ qui prolonge $\alpha.$   :'(
    Pour moi cela reste tordu même si  mathématiquement  je n'ai plus rien à dire.  
    Edit J'en profite pour dire qu'il y a une coquille dans 23-e 
     
  • Mais oui, c'est vrai et il faut l'accepter : montre moi un sous-groupe $H$ de $G$ d'indice $2023$ qui ne vérifierait pas la propriété de prolongement des caractères pour me prouver le contraire....
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