Agrégation interne - sujet 1 - partie V

OShine

Quelle coquille à 23.e ? 

bd2017

@JLapin Je le ferai quand tu m'auras montré qu'un Yeti est un animal gentil.

OShine

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.

bd2017

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.

OShine

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.

bd2017

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 $\exp(\ker(\beta) )$

OShine

@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.

bd2017

23-e on y a répondu ou bien je m'y perds

OShine

Je bloque la 24.e pardon.
Montrer que $G$ et $H \times \ker(\beta)$ sont isomorphes.
Je ne trouve pas l'isomorphisme.

OShine

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 $9$ ?

bd2017

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.

OShine

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.

bd2017

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. 

OShine

Ok merci je vais refaire la récurrence..
Elle est incomplète et il y a quelques coquilles.

Etienne91

Pour la 25, il n’y a pas d’élément d’ordre $9$ dans ce groupe. Essaie de trouver l’exposant du groupe !

OShine

@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 $N_2$.

bd2017

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.

Etienne91

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 $y$ ?

bd2017

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  $$G \simeq \Z/30 \Z \times \Z/3 \Z..$$

OShine

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 $\exp(G)$ ?

Etienne91

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 $30$. 

Etienne91

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 $\Z/6\Z \times \Z/15\Z \cong \Z/3Z \times \Z/2Z \times \Z/15Z \cong \Z/3Z \times \Z/30Z$.

OShine

@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.

Etienne91

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.

OShine

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. 

NicoLeProf

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 : $\exp(\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z})=ppcm(6,15)=30$.

Etienne91

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.

OShine

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. 

Etienne91

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 $d \times 1=0$ ??

NicoLeProf

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 $\exp(G) |30$.

OShine

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 $\mathbb{Z}/6 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15 \mathbb{Z}$.

OShine

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 $G$.

Etienne91

@OShine à quelle condition sur $k$ un entier naturel non nul $k$ est-il égal à $0$ modulo $6$ et $15$ ?

NicoLeProf

https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2466070/#Comment_2466070

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 $\exp(G)=30$.

OShine

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 $PPCM$.

OShine

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. 

OShine

@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 $6$. 

OShine

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 $PPCM(6,15)$.