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Agrégation interne - sujet 1 - partie V

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Réponses

  • Quelle coquille à 23.e ? 
  • @JLapin Je le ferai quand tu m'auras montré qu'un Yeti est un animal gentil. :'(
     
  • Modifié (10 Feb)
    23.c) J'ai finalement réussi l'inclusion $\beta(G) \subset \{ z \in \C \ | \ z^N=1 \}$.

    Soit $z \in \beta(G)$. Alors il existe $g \in G$ tel que $z= \beta(g)$.
    Notons $o(g)$ l'ordre de $g$. Comme $N=PPCM( o(g) , g \in G) $ alors $o(g) \mid N$. Donc $N= o(g) \times q$ avec $q$ un entier. 
    Ainsi, $z^{N}=\beta(g^{o(g) q})= \beta ( (g^{o(g)})^q )=\beta(1^q)=\beta(1)=1$ donc $z \in  \{ z \in \C \ | \ z^N=1 \}$.
    On a montré : $\boxed{\beta(G)=\alpha(H)= \{ z \in \C \ | \ z^N=1 \} }$.

    23.d) Je bloque ici, la fin de la partie devient vraiment dure.
  • Il y a une coqulile (pas grave) dans 23. c
    Je ne comprends pas pourquoi tu bloques sur 23 d qui me semble plus facile que ce tu as fait avant.
     
  • Modifié (10 Feb)
    La coquille est corrigée.

    Pour 23.d ça fait une demi-heure de réflexion, je ne vois pas l'idée. 
     
    Je soupçonne qu'il faut utiliser que les multiples de $a$ et $b$ sont les multiples de leur $PPCM$.
    Il faut montrer que $N$ est multiple de tous les ordres des éléments de $\ker(\beta)$.
    Il suffit donc de montrer que $g \in \ker(\beta) \implies g^N=1$.
    Soit $g \in \ker(\beta)$. Alors $\beta(g)=1$. 
    Mais après je ne vois pas.
  • Modifié (10 Feb)
    Si je ne me trompe $\ker(\beta)$ est un sous-groupe de $G.$  Donc les ordres, $(p_1,p_2,...,p_k)$, des éléments de $\ker(\beta)$    forment une famille d'entiers qui est un sous-ensemble  des ordres  de $G$ que je suis en droit de noter $(p_1,p_2,...,p_k,....,p_j)
    Donc dire que $PPCM(p_1,p_2,...,p_k,...,p_j)$ est un multiple $PPCM(p_1,p_2,...,p_k)$  c'est dire que $N$ est un multiple de $\exp(\ker(\beta) )$
     
  • @bd2017
    Ok merci je vois le principe on utilise la décomposition en facteurs premiers.
    C'est évident en fait, c'est juste pénible à écrire avec les indices.

    Pour la 23.e, je ne vois pas l'isomorphisme. Je trouve la question suivante plus simple, c'est une récurrence.
  • Modifié (10 Feb)
    23-e on y a répondu ou bien je m'y perds
     
  • Modifié (10 Feb)
    Je bloque la 24.e pardon.
    Montrer que $G$ et $H \times \ker(\beta)$ sont isomorphes.
    Je ne trouve pas l'isomorphisme.
  • Modifié (10 Feb)
    24.e) ? Cette question me semble très difficile. 

    24.f) On commence par remarquer que : $|G|= |H| + |\ker(\beta)|$. Donc $|\ker(\beta)| < |G|$.
    Soit $\mathcal P_n$ la propriété définie pour tout $n \geq 2$ par : 
    "Si $G$ est un groupe abélien fini de cardinal $n$, il existe des entiers naturels $N_1, \cdots, N_k \geq 2$ avec $N_k$ divisant $N_{k-1}$, ..., $N_2$ divisant $N_1$, tel que $G \simeq \Z / N_1 \Z \times \cdots \times \Z / N_k \Z$."

    Initialisation.
    Si $|G|=2$, alors $G$ est cyclique et $G \simeq \Z / 2 \Z = \Z / N_1 \Z$ avec $N_1=2 \geq 2$.

    Hérédité.
    Supposons $\mathcal P_k$ vraie pour tout $2<k<n$.
    Soit $G$ un groupe finie de cardinal $n$.
    Notons $N_{k}$ l'exposant de $G$.
    $G$ possède un élément $x$ d'ordre $N_k$. Le groupe cyclique $H = \langle x \rangle$ est isomorphe à $\Z / N_k \Z$.
    D'après 24.e, $G$ est isomorphe à $H \times \ker(\beta)$.
    Comme $|\ker(\beta)| < |G|$, d'après l'hypothèse de récurrence, il existe des entiers naturels $N_1, \cdots, N_{k-1} \geq 2$ avec $N_{k-1}$ divisant $N_{k-2}$, ..., $N_2$ divisant $N_1$, tel que $G \simeq \Z / N_1 \Z \times \cdots \times \Z / N_{k-1} \Z$.
    Ainsi : $G \simeq  \Z / N_1 \Z \times \cdots \times \Z / N_k \Z$ et $\mathcal P_n$ est vraie.

    25) $|G|=6 \times 15 =90 = 2 \times 3^2 \times 5$.
    Mais après je bloque. Comment on peut savoir les ordres des éléments de $G$ ? 
    On sait que l'ordre d'un élément de $G$ divise $90$ mais comment être sûr par exemple qu'il existe un élément d'ordre $9$ ?
  • Modifié (10 Feb)
    24 -e A ta place  j'aurai essayé:   $ \varphi: (h,g) \in H \times  \ker{\beta} \mapsto h g \in G$  et voir si c'est bijectif.
    Je supprime ma remarque sur la rédaction de la récurrence. Il y a la rédaction à revoir je n'en dirai pas plus sauf qu'au minimum  j'ai un problème de lecture avec l'indice $k$ qui a une multi-fonction.
     
  • Modifié (10 Feb)
    Pour la 24.e, merci beaucoup ! Il y a juste la surjectivité où j'ai un doute.
    24.e) Soit $\phi : H \times \ker(\beta) \longrightarrow G$ définie par $\phi(h,g)=hg$.

    Application bien définie : 
    Cela découle du fait que $\ker(\beta) \subset G$ et que $G$ est un groupe.

    Morphisme : 
    Soient $(h,g)$ et $(h',g') \in H \times \ker(\beta)$. Alors $\phi((h,g)(h',g'))=\phi((hh',gg'))=(hh')(gg')=(hg)(h'g')=\phi(h,g) \phi(h',g')$ car $G$ est abélien.

    Injection : 
    Soit $(h,g) \in H \times \ker(\beta)$.
    Alors $\phi(h,g)=hg=1$. Mais $\beta(g)=1$ donc $\beta(hg)=\beta(h) \beta(g)=\beta(h)=1$.
    D'après Q24.b, on a $\beta(h)=\alpha(h)$. Donc $\alpha(g)=1$. Mais $\alpha$ est injectif, donc $g=1$.
    On en déduit $h=1$. Finalement $(h,g)=(1_G,1_G)$.
    Donc $\phi$ est injective.

    Surjection : 
    Soit $g' \in G$. On cherche $(h,g) \in H \times \ker(\beta)$ tel que $g'=hg$. 
    $(h,h^{-1} g')$ convient dès lors que $h^{-1} g' \in \ker(\beta)$ soit $\beta(h)^{-1} \beta(g')=1$ et donc $\beta(h)= \beta(g')$.

    Pour la récurrence, ma rédaction n'est pas optimale en effet. Je trouve ces récurrences pénibles à rédiger, alors que derrière il n'y a pas de difficulté. 
    C'est juste pénible à écrire correctement. 
    Je crois qu'ici, on peut même dire "par itération" car tout a déjà été montré auparavant. 

    Le plus important est la question $25$, pour comprendre ces résultats ultra théoriques.
  • Modifié (10 Feb)
    Pour la rédaction, si on l'améliore on voit mieux si la démonstration et bonne ou pas. Ceci, tu peux le faire toi même.  Il n'y a rien de compliqué.
    Ici ce que j'ai noté c'est que l'énoncé de  $P_n$ est correct. Mais  tu dois supposer que $P_k$ est vraie pour k=2,...,n-1 
    ça commence par $k=2$. Ce type d'erreur je l'ai vu à chaque fois dans tes récurrences.  
    Ensuite tu veux montrer que $P(n),$  donc cela veut dire que tu considères un groupe $|G|$ d'ordre n. Mais pourquoi son exposant est noté $N_k$?  l'indice $k$ que vient-il faire ici?  Je comprends que tu l'utilises puisque c'est dans l'énoncé du théorème. Mais il y a plusieurs choses qui me gêne: d'abord l'indice $k$   a déjà servi quand "tu dis je suppose que  $P_k$ est vrai pour...." Alors pour ne pas être embarrassé tu supposes que P_j  est vraie pour j=2...
    Ce qui me gêne un peu plus c'est que dans l'énoncé du théorème, il n'est pas dit que  $N_k$  est l'exposant de $G$
    Comme je n'ai pas fait  la question je ne sais pas si c'est vrai ou pas.. Mais ça m'interroge.
    Enfin dans l'énoncé du théorème, il est dit que $N_k$ divise $N_{k-1}$ et ça je ne le vois pas dans ta rédaction. 
     
  • Ok merci je vais refaire la récurrence..
    Elle est incomplète et il y a quelques coquilles.
  • Pour la 25, il n’y a pas d’élément d’ordre $9$ dans ce groupe. Essaie de trouver l’exposant du groupe !
  • @Etienne91
    Comment savoir s'il n'y a pas d'élément d'ordre $9$ ? 
    Je ne vois pas comment trouver l'exposant du groupe, on ne connaît pas les ordres des éléments du groupe.

    @bd2017
    Tu avais raison, j'ai esquivé un passage important d'ailleurs. 
    Montrons par récurrence sur $n \geq 2$ la propriété : 
    $\mathcal P_n$ : " Si $G$ est un groupe abélien fini d'ordre $n$, notons $N$ son exposant. Alors il existe des entiers naturels $N_1, \cdots, N_k \geq 2$ avec $N_k$ divisant $N_{k-1}$, ..., $N_2$ divisant $N_1$, tel que $G$ est isomorphe au groupe $\Z / N_1 \Z \times \cdots \times Z/N_k \Z$."

    Initialisation : 
    Si $n=2$, $G$ est de cardinal $2$ donc cyclique, il est isomorphe à $\Z / 2 \Z$ et donc $\mathcal P_2$ est vraie.

    Hérédité : 
    Supposons $\mathcal P_k$ vraie pour tout $k \in [|2,n-1|]$ et montrons $\mathcal P_n$.
    Soit $G$ un groupe de cardinal $n$ abélien fini. Notons $N_1$ son exposant.
    $G$ possède un élément $x$ d'ordre $N_1$. On pose $H= \langle x \rangle$.
    D'après Q24, $G$ est isomorphe à $H \times \ker(\beta)$.
    Mais $H$ est cyclique de cardinal $N_1$ donc isomorphe à $\Z / N_1 \Z$.
    Comme $\ker(\beta)$ est un groupe abélien fini de cardinal strictement inférieur à $n$, on peut appliquer l'hypothèse de récurrence à $\ker(\beta)$.
    Ainsi, il existe des entiers naturels $N_2, \cdots, N_j \geq 2$ avec $N_j \mid N_{j-1}$, ..., $N_3 \mid N_2$ tel que :   
    $\ker(\beta) \simeq \ \Z/ N_2 \Z \times \cdots \times \Z / N_j \Z$.
    Donc $\boxed{G \simeq \Z/ N_1 \Z \times \Z/ N_2 \Z \times \cdots \times \Z / N_j \Z}$.
    Montrons que $N_2 \mid N_1$.
    L'exposant de $\ker(\beta)$ divise $N_1$. Je bloque ensuite. 
    Je ne vois pas le lien entre l'exposant de $\ker(\beta)$ et $N_2$.
  • Modifié (11 Feb)
    Là il fait tard je n'ai pas fait le sujet. Donc je ne sais pas bien mais regardes si $N_2$ ne correspond pas à $\exp(\ker(\beta).$ 
    pour voir, prend un exemple $\ker beta=\Z/N_2 \Z \times \Z/N_3 \Z$, puis $N_3|N_2$.
    exemple $N_3=2$   et $N_2=4$ ou autre chose quel est dans ce cas l'exposant ? 
    À mon avis il ne manque plus grand chose sauf ça à régler.
     
  • Modifié (10 Feb)
    Tout élément du groupe est de la forme $(x,y)$ avec $x \in \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ et $y \in \mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$. Par le théorème de Lagrange, que peut-on dire des ordres de $x$ et de $y$ ?
  • Modifié (11 Feb)
    24-e   Si  $|\ker(\beta)|=1, $  c'est fini: la décomposition de Kronecker est :  $G\simeq \Z/N_1 Z.$   
    Sinon, en notant  $\beta=\beta_1$ on a:  $$G \simeq H \times \ker(\beta_1)$$  avec  $H$ engendré  par un élément d'ordre $N_1=\exp( G).$  En posant  $N_2=\exp(\ker(\beta_1)),$  on a aussi $N_2|N_1$ et $1<|Ker(\beta_1)|<|G|.$
    Alors,  on applique de nouveau 24- d à $\ker(\beta_1)$  et on obtient alors   $$G\simeq \Z/N_1 Z  \times \Z/N_2 Z \times \ker(\beta_2) $$   où  $\beta_2\in \widehat{G},\  |\ker (\beta_2)<|\ker(\beta_1)$ et $N_3|N_2$ en posant $N_3=\exp(\ker \beta_2). $  
    On réitère ainsi cette décomposition,  la suite $|\ker (\beta_j)|$ étant strictement décroissante, la récurrence s'arrêtera lorsque pour un certain  $k\in  \N^* $ on ait $|\ker(\beta_{k+1})|=1$  
    On a alors la décomposition  $$ G \simeq   \Z/N_1 Z \times \dots\times \Z/N_k Z $$  avec $N_1$ divisé par $N_2\cdots N_{k-1}$ divisé par $N_k$. 
    25.  $G=\Z/6\Z \times \Z/15\Z.$  Les ordres des éléments de $\Z/6\Z$ sont les diviseurs de $6$ et ceux de $\Z/15\Z$ sont les diviseurs de 15.     Donc tout diviseur  de $6$ ou de $15$   est l'ordre d'au moins un élément de $G.$  Ce qui fait que d'après la question ?? $\exp(G)=ppcm(6,15)=30. $
    D'après 24-  on a une décomposition de la forme $G \simeq \Z/30 \Z \times \ker (\beta).$  Mais $|\ker(\beta) | =3 $.... il vient donc  $$G \simeq \Z/30 \Z \times \Z/3 \Z..$$
     
  • Modifié (11 Feb)
    J'ai des difficultés à déterminer l'ordre d'un élément dans un produit cartésien d'ensembles. Ceci n'a pas été traité dans les exercices préliminaires.

    @bd2017
    Par itération c'est plus simple que par récurrence. Dans la récurrence, il y a un passage délicat, montrer que $N_2 \mid N_1$. 
    Je bloque toujours sur ce passage.
    Pour la 25, je ne comprends pas pourquoi $\exp(G)=PPCM(6,15)$ ni pourquoi $\ker(\beta)$ est isomorphe à $\Z / 3 \Z$ ? 

    @Etienne91
    Les ordres de $x$ divisent $6$ et les ordres de $y$ divisent $15$.
    Donc $\{o(x) \ , \ x \in \Z/ 6 \Z \} = \{1,2,3,6 \}$ et $\{o(y) \ , \ x \in \Z/ 15 \Z \} = \{1,3,5,15 \}$
    Mais comment trouver les ordres possibles des éléments de $G$ tout entier ?
    Comment trouver $\exp(G)$ ?
  • Soit $(x;y)$ appartenant à ce groupe noté $G$. $(30x;30y)=(0;0)$ donc l’exposant de ce groupe divise $30$. On vérifie facilement que $(1;1)$ est d’ordre $30$. 
  • Modifié (11 Feb)
    Une autre méthode qui me semble marcher : un isomorphisme d’anneaux implique un isomorphisme de groupes, et si $a$ et $b$ sont deux nombres premiers entres eux, $\Z/abZ \cong \Z/aZ \times \Z/bZ$ (théorème chinois). Donc $\Z/6\Z \times \Z/15\Z \cong \Z/3Z \times \Z/2Z \times \Z/15Z \cong \Z/3Z \times \Z/30Z$.
  • Modifié (11 Feb)
    @Etienne91
    Ok pour la seconde méthode mais elle ne me semble pas dans l'esprit du sujet.
    Sinon, tu as démontré que $\exp(G)=30$ d'une autre manière (très efficace d'ailleurs !).
    Comment montrer que $\exp(G)=PPCM(6,15)$ ? J'ai essayé de le prouver mais je n'ai pas réussi.
    Pour comprendre pourquoi $N_2$ divise $N_1$, il faut comprendre la méthode avec le PPCM.
    Je prends $(x,y) \in \Z/ 6 \Z \times \Z/15 \Z$.
    Si $(x,y)=(1,1)$ si et seulement si $o(x)$ divise $6$ et l'ordre de $y$ divise $15$.
    Après je bloque.
  • Modifié (11 Feb)
    Attention ce groupe est additif : le neutre est l’élément $(0;0)$.
    Par définition, l’exposant d’un groupe est le $ppcm$ des ordres des éléments du groupe. Or $(1;0)$ et $(0;1)$ engendrent le groupe, il suffit de prendre le $ppcm$ de ces deux éléments (donc $6$ et $15$) pour obtenir l’exposant du groupe.
  • Oui le neutre est $(0,0)$.

    Je veux bien te croire qu'il suffit de regarder l'ordre des générateurs, mais je n'arrive pas à démontrer proprement que $\exp( \Z / 6 \Z \times \Z / 5 \Z)=PPCM(6,15)$.
    J'ai essayé plusieurs rédactions, sans succès. 

  • Modifié (11 Feb)
    Bonjour,
    l'ordre de tout élément de $\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$ divise $ppcm(6,15)=30$. (Dans le cas général, l'ordre de tout élément de $\mathbb{Z}/n \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/m \mathbb{Z}$ (avec $n, m \in \mathbb{N}^*$) divise $ppcm(n,m)$).
    Mais d'après le théorème de Cauchy, il existe un élément d'ordre $2$ ; un élément d'ordre $3$ et un élément d'ordre $5$ dans ce groupe donc un élément d'ordre $30$ (car $2$ ; $3$ et $5$ sont deux à deux premiers entre eux).
    Conclusion : $\exp(\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z})=ppcm(6,15)=30$.
  • Tout élément de ce groupe est de la forme $k(1;0)+k’(0;1)$ donc en multipliant cet élément par $ppcm(6;15)$ on obtient bien l’élément neutre.

  • Soit $(x;y)$ appartenant à ce groupe noté $G$. $(30x;30y)=(0;0)$ donc l’exposant de ce groupe divise $30$. On vérifie facilement que $(1;1)$ est d’ordre $30$. 

    En fait, je crois que je n'ai pas compris pourquoi $\exp(G) \mid 30$.

    Pour le reste, montrons que $(1,1)$ est d'ordre $30$.
    • $30(1,1)=(30,30)=(0,0)$ donc $o(1,1) \mid 30$.
    • Soit $d$ l'ordre de $(1,1)$. Montrons que $30 \mid d$. Je ne vois pas comment faire. 
  • Modifié (11 Feb)
    Tu devrais pouvoir montrer que $d$ est un multiple de $6$ et de $15$ ! Dans $\Z/6\Z$, a quelle condition sur $d$ l’élément $d \times 1=0$ ??
  • Modifié (11 Feb)
    En fait, je crois que je n'ai pas compris pourquoi $\exp(G) |30$.

    On a remarqué que pour tout couple $(x;y) \in \mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$, $30(x;y)=(0;0)$ donc l'ordre de tout élément de ce groupe divise $30$. Autrement dit, $30$ est un multiple de l'ordre de tout élément de ce groupe.

    Donc (par définition du $ppcm$), $30$ est un multiple du $ppcm$ de tous les ordres des éléments de ce groupe. Donc $\exp(G) |30$.

  • NicoLeProf a dit :
    Bonjour,
    l'ordre de tout élément de $\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$ divise $ppcm(6,15)=30$. (Dans le cas général, l'ordre de tout élément de $\mathbb{Z}/n \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/m \mathbb{Z}$ (avec $n, m \in \mathbb{N}^*$) divise $ppcm(n,m)$).
    Mais d'après le théorème de Cauchy, il existe un élément d'ordre $2$ ; un élément d'ordre $3$ et un élément d'ordre $5$ dans ce groupe donc un élément d'ordre $30$ (car $2$ ; $3$ et $5$ sont deux à deux premiers entre eux).
    Conclusion : $\exp(\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z})=ppcm(6,15)=30$.
    Bonjour,
    Malheureusement, je bloque toujours.
    Je comprends uniquement, le fait que tout élément de  $\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$ divise $ppcm(6,15)=30$.
    La suite, je ne comprends pas du tout.
    Pas compris pourquoi il existe un élément d'ordre $30$. Le théorème de Cauchy ne parle pas de nombres premiers deux à deux  
    Pourquoi se compliquer la vie avec Cauchy ici ? @Etienne91 a dit que $(1,1)$ est d'ordre $30$, même si je ne sais pas le démontrer.

    Je ne comprends pas comment tu passes à l'exposant à la fin. Je ne vois pas le lien entre ce qui précède et le PPCM des ordres des éléments de $\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$.

  • Etienne91 a dit :
    Tout élément de ce groupe est de la forme $k(1;0)+k’(0;1)$ donc en multipliant cet élément par $ppcm(6;15)$ on obtient bien l’élément neutre.
    Je suis d'accord.
    Si $(x,y) \in G$ alors $PPCM(6,15) (x,y)=k(PPCM(6,15),0)+k'(0,PPCM(6,15))=(0,0)$ donc $o(x,y)$ divise $PPCM(6,15)$.
    Mais je ne comprends pas comment déterminer l'exposant de $G$.
  • Modifié (11 Feb)
    @OShine à quelle condition sur $k$ un entier naturel non nul $k$ est-il égal à $0$ modulo $6$ et $15$ ?
  • Modifié (11 Feb)

    Arf, zut alors ! Je détaille mon explication : 

    L'ordre de tout élément de $G=\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$ divise $ppcm(6,15)=30$ (attention, ce que tu as écrit ci-dessus est faux, il s'agit de l'ordre de tout élément !)

    Ensuite, tu es d'accord que $6 \times 15=90 = 2 \times 3^2 \times 5$. Donc $2$ ; $3$ et $5$ sont des diviseurs premiers de $90$ (qui est le cardinal de $\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$).

    Le théorème de Cauchy assure pour chacun de ces nombres premiers, l'existence d'un élément d'ordre ce nombre donc il existe un élément d'ordre $2$ ; un élément d'ordre $3$ et un élément d'ordre $5$ dans $G=\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$.

    Mais d'après la question $8$ de l'exercice $3$ de ce sujet d'agrégation, on peut en déduire (parce que $2$ ; $3$ et $5$ sont deux à deux premiers entre eux) l'existence d'un élément d'ordre $2 \times 3 \times 5=30$.  (Remarque : on peut même "fabriquer" un tel élément, il suffit de trouver un élément d'ordre $2$, facile : $(3,0)$ ; un élément d'ordre $3$, facile : $(2,0)$ et un élément d'ordre $5$, facile aussi : $(0,3)$. Donc $(3,0)+(2,0)+(0,3)=(5,3)$ est d'ordre $30$ toujours d'après la question $8$ de l'exo $3$).

    Maintenant, pourquoi je peux conclure ici ? Je viens de montrer que l'ordre de tout élément de $G=\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$ divise $ppcm(6,15)=30$ donc $\exp(G) \leq 30$ (et même plus fortement : $\exp(G) | 30$, voir ici pour l'explication).

    Mais, j'ai trouvé un élément d'ordre $30$ juste ci-dessus ! Donc le $ppcm$ des ordres des éléments de $G$ vaut $30$ et $\exp(G)=30$.

  • NicoLeProf a dit 

    On a remarqué que pour tout couple $(x;y) \in \mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$, $30(x;y)=(0;0)$ donc l'ordre de tout élément de ce groupe divise $30$. Autrement dit, $30$ est un multiple de l'ordre de tout élément de ce groupe.

    Donc (par définition du $ppcm$), $30$ est un multiple du $ppcm$ de tous les ordres des éléments de ce groupe. Donc $\exp(G) |30$.

    Ok merci, j'ai enfin compris.
    On utilise que les multiples de deux entiers $a$ et $b$ sont les multiples de leur $PPCM$.

  • Etienne91 a dit :
    Tu devrais pouvoir montrer que $d$ est un multiple de $6$ et de $15$ ! Dans $Z/6Z$, a quelle condition sur $d$ l’élément $d \times 1=0$ ??
    Dans $\Z / 6 \Z$, on a $d \times 1=0$ si $d$ est un multiple de $6$.
    Dans $\Z / 15 \Z$, on a $d \times 1=0$ si  $d$ est un multiple de $15$.

    Donc $d(1,1)=(d,d)=(0,0)$ si $d$ est multiple de $6$ et de $15$ donc de leur $PPCM$.
    Ainsi $PPCM(6,15)$ divise $30$.

    Merci beaucoup, je crois avoir compris.
    Cette notion me sera utile quand je vais faire des leçons sur les groupes cycliques. 

    J'ai regardé la partie 6, le début a l'air facile. 

  • Modifié (11 Feb)
    @NicoLeProf
    Merci j'ai compris pourquoi $\exp(G) \mid 30$.
    Or $\exp(G)$ est le $PPCM$ des ordres des éléments de $G$, en particulier c'est un multiple de $30$. Donc $30 \mid \exp(G)$.
    Finalement $\exp(G)=30$.
    Cela se généralisé à un produit cartésien fini quelconques. 
    Ce qui m'a posé des difficultés dans cette partie c'est plus l'arithmétique que l'algèbre. 
    Ce sujet est aussi un très bonne révision pour l'arithmétique des entiers.

    @LeVioloniste
    Tu peux passer à la partie $6$. 
  • Etienne91 a dit :
    @OShine à quelle condition sur $k$ un entier naturel non nul $k$ est-il égal à $0$ modulo $6$ et $15$ ?
     $k \equiv 0 [6]$ et $k \equiv 0[15]$ si et seulement si $k$ est multiple de $6$ et de $15$ si et seulement si $k$ est multiple de $PPCM(6,15)$.

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