Morphisme de réduction

Rescassol

Bonjour,

Si $y\in c$, alors $f(x)=f(y)$ et $x-y \subset \ker f$ et alors, on aurait plutôt besoin de $\ker f \subset I$, non ?

Cordialement,
Rescassol

Thierry Poma

@NicoLeProf : bonjour. Oublions un instant la structure d'anneau pour ne considérer que la structure sous-jacente de groupe additif (foncteur d'oubli !!). Nous ne supposons plus les entiers naturels $m$ et $n$ premiers entre eux (sinon tout a déjà été dit). Considérons les morphismes surjectifs de groupes $\pi_m:\Z\to\Z/m\Z$ et $\pi_n:\Z\to\Z/n\Z$ qui pourront nous servir. Considérons alors le morphisme de groupes $\overline{\Phi}_{mn}:\Z/mn\Z\to\Z/m\Z\times\Z/n\Z$ définie de manière analogue que dans l'énoncé. Remarquons que nous pouvons naturellement et directement travailler avec le morphisme de groupes $\Phi_{mn}:\Z\to\Z/m\Z\times\Z/n\Z$, où l'on constate que\[m\Z\cap{}n\Z=\mathrm{ppcm}(m,\,n)\Z\subset\ker\Phi_{mn}\]Aurait-on $\ker\Phi_{mn}\subset\mathrm{ppcm}(m,\,n)\Z$ ?

troisqua

@Rescassol : non.

Si $x$ et $y$ sont dans $c$, alors $x-y$ est dans $I$ donc dans $\ker f$ donc $f(x)=f(y)$ donc $f$ est constante sur les classes et définit donc un morphisme sur le quotient.

Mais je viens de me rendre compte que je n'ai pas répondu à la question souhaitée par NicoLeProf (il voulait la c) et je croyais avoir lu la a), bref, le traditionnel réveil qui devrait interdire toute pratique mathématique à tout homme d'un certain âge)

Thierry Poma

@NicoLeProf : remarquons également que $\ker\overline{\Phi}_{mn}\subset\Z/mn\Z$ que nous pouvons expliciter et décrire. Un théorème d’isomorphisme nous conduira à la conclusion voulue.
C'est une très belle question.

JLT

De manière plus terre à terre, pour la première partie de la question c : soit $x$ un entier. Notons $N=\mathrm{ppcm}(m,n)$ et $\Phi$ le morphisme $\Z/mn\Z\to \Z/m\Z\times \Z/n\Z$. L'élément $(x\pmod{mn})\in \Z/mn\Z$ est dans le noyau de $\Phi$ si et seulement si $x\pmod{m}=0$ et $x\pmod{n}=0$, c'est-à-dire $m\mid x$ et $n\mid x$, ou encore $N\mid x$. On en déduit que $\ker\Phi=N(\Z/mn\Z)$.

Thierry Poma

Puisque l'on est à balancer des solutions, alors\[\begin{aligned}\ker\Phi_{mn}&=\left\{\begin{array}{c|c}z&z\in\Z\text{ et }\Phi_{mn}(z)=\left(\pi_m(z),\,\pi_n(z)\right)=\left(\mathbf{0}_m,\,\mathbf{0}_n\right)\end{array}\right\}\\&=(\cdots)\\&=m\Z\cap{}n\Z=\mathrm{ppcm}(m,\,n)\Z\end{aligned}\]Comme la corestriction de $\Phi_{mn}$ à $\Phi_{mn}(\Z)$, sous-groupe du groupe additif $\Z/m\Z\times\Z/n\Z$, est canoniquement surjective, alors\[\Z/\mathrm{ppcm}(m,\,n)\Z\simeq\mathrm{im}\Phi_{mn}\]

gai requin

J'ai essayé d'expliciter la question c) pour trouver les $X\in\Z$ tels que $X=x\bmod m$ et $X=y\bmod n$ quand $x=y\bmod\mathrm{pgcd}(m,n)$.
Notons $m'=m/\mathrm{pgcd}(m,n)$ et $n'=n/\mathrm{pgcd}(m,n)$ de sorte que $m'$ et $n'$ sont premiers entre eux.
En particulier, il existe $a,b\in\Z$ tels que $an'+bm'=1$.
D'après le théorème chinois, il existe $\alpha,\beta\in\Z$ tels que $x+\alpha m'=y+\beta n'$ qu'on note $z$.
Soit enfin $u=-a\alpha-b\beta$.

Alors $X$ est solution du système de congruences ci-dessus ssi $X=z+um'n'\bmod\mathrm{ppcm}(m,n)$.

Application au système $X=4\bmod 45$ et $X=1\bmod 6$ de la question d).
On a $m'=15, n'=2,a=-7,b=1,\alpha=1,\beta=9,z=19$ donc $u=-2$.
Ainsi, $X$ est solution ssi $X=19-2\times 15\times 2=49\bmod 90$.

Rescassol

Bonjour
Tu as doublement raison Troisqua, j'aurais dû m'abstenir, je devais être mal réveillé.
Cordialement,
Rescassol

Julia Paule

@NicoLeProf, je ne vois pas d'erreur dans ta démonstration de la question c).

NicoLeProf

Alors, déjà bonjour à vous et un grand merci à vous tous pour vos réponses !

Je vais faire dans l'ordre :

@troisqua merci pour le théorème, je connaissais seulement la version où on quotiente par le noyau. Mais du coup, on peut aussi quotienter par un idéal inclus dans le noyau, ce qui nous donne plus de libertés ! Par contre, si je comprends bien, on perd l'injectivité dans ce cas !

Pour l'unicité, je propose ce raisonnement : supposons que l'on ait : $f=\bar{f} \circ \pi = \bar{g} \circ \pi$.
Soit $\bar{x} \in A/I$ alors il existe $y \in A$ tel que : $\pi(y)=\bar{x}$ (car $\pi$ est surjective).
De plus, $y \in \bar{x}$ (car $\pi$ est la projection canonique de $A$ dans $A/I$) .
Ainsi, $y-x \in I$ (par définition des classes d'équivalences). Or, $I \subset \ker f$ donc $y-x \in \ker f$ .
On a alors : $f(y-x)=0 \Rightarrow f(x)=f(y)$ car $f$ est un morphisme d'anneaux. Sauf que cela ne sert pas pour l'unicité je crois, ça sert seulement pour l'existence pour montrer que $f$ est constante sur les classes comme tu l'as dit ensuite @troisqua .

Je reprends donc après " $\pi(y)=\bar{x}$ (car $\pi$ est surjective)."
On a: $f(y)=\bar{f} \circ \pi(y)=\bar{g} \circ \pi(y) $ i.e : $\bar{f}(\bar{x})=\bar{g}(\bar{x})$ . Comme $\bar{x}$ est un élément quelconque de $A/I$ alors, $\bar{f}=\bar{g}$ donc on a bien l'unicité.  Si c'est bien cela, l'unicité est facile en effet...

Pour l'existence, nous avons prouvé que $f$ est constante sur tous les éléments de toutes les classes de $A/I$ . On connaît $f$ sur l'ensemble des éléments des classes de $A/I$. En effet, si $\bar{c} \in A/I$, on définit pour tout $x \in \bar{c}$, $f(x)=\bar{f}(\bar{c})$ .
Comme les classes forment une partition de $A/I$ , si on connaît $f$ sur l'ensemble des éléments des classes de $A/I$, on connaît $f$ sur $A$. Donc l'existence est assurée. Cela me semble être quelque chose de ce genre.

@JLT merci beaucoup pour cette preuve plus terre à terre qui m'inspire bien en effet ! J'avais finalement réussi du coup.

@Thierry Poma : ouah, merci pour cette solution très intéressante ! Si je comprends bien, l'image de $\phi_{mn}$ est la même que l'image de $\bar{\phi}_{mn}$ et comme on sait déterminer le noyau de $\phi_{mn}$, on a directement l'isomorphisme voulu avec l'image en appliquant le premier théorème d'isomorphisme.

@Julia Paule : tant mieux même si ce n'est pas vraiment une démonstration que j'avais faite je pense. Ce sont plus des pistes que j'avais lancées, des idées...

Bon, il y a peut-être encore des choses qui m'échappent, à voir... Merci beaucoup pour votre bienveillance en tout cas !

gai requin

@NicoLeProf : Et ma preuve constructive alors ?

NicoLeProf

Ah désolé de ne pas avoir répondu. En fait, c'est ce que je proposais en effet dans un de mes posts précédents en moins détaillé.

Mais le concept est clair : on se ramène à une équation diophantienne, on vérifie que le $PGCD$ de $m$ et $n$ divise le membre de droite de l'égalité (sinon, on peut directement conclure que le système n'a aucune solution).

Ensuite, dans le cas où on a l'existence d'une solution, on divise par le $PGCD$ de $m$ et $n$ et on utilise le théorème des restes chinois qui nous permet de conclure (ou on résout l'équation diophantienne à la main avec notre lemme de Gauss préféré).

gai requin

@NicoLeProf : Peux-tu nous montrer comment cela tourne dans l'exemple $X=4\bmod 45$ et $X=1\bmod 6$ que j'ai déjà traité ci-dessus ?

Thierry Poma

@NicoLeProf : il n'y a rien d'étonnant à cela. En effet, considérant la projection canonique de groupes additifs $\Psi_{mn}:\Z\to\Z/mn\Z$, il est clair que nous avons la décomposition $\Phi_{mn}=\overline{\Phi}_{mn}\circ\Psi_{mn}$.

NicoLeProf

gai requin a dit :

@NicoLeProf : Peux-tu nous montrer comment cela tourne dans l'exemple $X=4\bmod 45$ et $X=1\bmod 6$ que j'ai déjà traité ci-dessus ?

Je fais comme cela : si $X \equiv 4 \pmod {45}$ et $X \equiv 1 \pmod 6$ alors il existe des entiers $k$ et $k'$ tels que : $x=45k+4=6k'+1$ .

Soit $45k-6k'=-3$ .

On remarque que $PGCD(45,6)=3$ qui divise $-3$ donc cette équation diophantienne (ci-dessus) a des solutions dans $\mathbb{Z}^2$ et $3(15k-2k' )= 3 \times (-1)$ soit $15k-2k'=-1$ ou encore : $2k'-15k=1$ .

On a bien $2$ et $15$ qui sont premiers entre eux. Plutôt que d'appliquer l'algorithme d'Euclide étendu, on voit directement une relation de Bézout entre les deux nombres : $2 \times (-7)-15 \times (-1)=1$ . On a directement une solution particulière de notre équation diophantienne.

Ainsi, on peut écrire : $2k'-15k=2 \times (-7)-15 \times (-1)$ soit $ 2(k'+7)=15(k+1)$. Comme $2$ divise $2(k'+7)$, $2$ divise aussi $15(k+1)$. Or, $2$ et $15$ sont premiers entre eux donc d'après le lemme de Gauss, $2$ divise $k+1$ . Ainsi, il existe $q \in \mathbb{Z}$ tel que : $k+1=2q$.

On a donc : $2(k'+7)=15 \times 2q$ d'où $k'+7=15q$ .

Par conséquent, $x=45(2q-1)+4=90q-41=6(15q-7)+1$ . On peut aussi écrire : $x=90q'+49$ (plus agréable).

Réciproquement, on vérifie que $x_0=90q'+49$ est bien solution du système de départ.

Conclusion : l'ensemble des solutions du système est l'ensemble des entiers $x$ s'écrivant sous la forme $x=90q'+49$ où $q' \in \mathbb{Z}$ . (Autrement dit, l'ensemble des $x \equiv 49 \pmod {90}$ .

C'est assez long mais cela fonctionne tout le temps. C'est une méthode qui m'a marqué car je l'ai apprise en spécialité maths en Terminale (et c'était une des seules méthodes que je comprenais à l'époque, en arithmétique hahaha ^^).

Edit : du coup, non je n'applique pas le théorème des restes chinois dans cette méthode, désolé, j'ai raconté des bêtises sans doute dans mon post précédent et ainsi, ta méthode n'est pas directement liée à ce que je propose je pense.

OShine

Pourquoi vous vous compliquez la vie avec des théorèmes d'isomorphisme pour un exercice apparemment basique qui se traite avec les notions élémentaires ? 

Je vais essayer de rédiger une solution complète d'un seul coup sans trop regarder les solutions (de toute façon la majorité sont trop techniques pour moi ) en revenant simplement aux définitions.
Après ça je ferai une pause de quelques temps, beaucoup de cours à préparer pour la rentrée scolaire.

Thierry Poma

@OShine : bonjour. Tu as eu les vacances pour préparer tes cours pour la rentrée scolaire. Nous constatons le sérieux avec lequel tu t’acquittes de ton travail. D'autre part, si les solutions étaient si élémentaires que tu le prétends, pourquoi ne pas avoir proposé une solution élémentaire ? Enfin, nous proposons des solutions plus sophistiquées, plus techniques, parce qu'elles nous parlent, sans compter que certains passent l'Agreg... Bon travail !!

troisqua

Pour les lecteurs intéressés par une solution détaillée :

Soient $A$ et $B$ deux anneaux et $f$ un morphisme de $A$ dans $B$. Soit $I$ un idéal de l'anneau $A$ et on note $\pi$ la projection canonique sur l'anneau $\frac{A}{I}$. Si $I\subset\ker f$ alors il existe un unique morphisme $\overline{f}:\frac{A}{I}\to B$ tel que $\overline{f}\circ\pi=f$. (Déjà fait dans un post au dessus). Si $J$ est un idéal de $A$ contenant $I$ alors $\frac{J}{I}$ est un idéal de $\frac{A}{I}$ et on a $\frac{\frac{A}{I}}{\frac{J}{I}}$ isomorphe à  $\frac{A}{J}$.

Preuve : on note $\pi_{J}$ la projection canonique de $A$ sur $\frac{A}{J}$. Soient $\pi\left(a\right)\in\frac{A}{I}$ et $\pi\left(j\right)\in\frac{J}{I}$. Alors $\pi\left(a\right)\pi\left(j\right)=\pi\left(aj\right)\in\pi\left(J\right)=\frac{J}{I}$ . De plus $\frac{J}{I}$ est un groupe abélien. Donc $\frac{J}{I}$ est bien un idéal de $\frac{A}{I}$. En appliquant la première proposition, comme $I\subset\ker\pi_{J}=J$, $\pi_{J}$ définit $\overline{\pi_{J}}:\frac{A}{I}\to\frac{A}{J}$. Alors, si $c\in\ker\overline{\pi_{J}}$, il existe $a\in A$ tel que $c=\pi\left(a\right)$ et on a $0=\overline{\pi_{J}}\left(c\right)=\overline{\pi_{J}}\left(\pi\left(a\right)\right)=\pi_{J}\left(a\right)$ donc $a\in J$ donc $c\in\frac{J}{I}$. Réciproquement, si $c\in\frac{J}{I}$ alors il existe $j\in J$ tel que $c=\pi\left(j\right)$ donc $\overline{\pi_{J}}\left(c\right)=\pi_{J}\left(j\right)=0$. Ainsi, $$\frac{\frac{A}{I}}{\frac{J}{I}}\simeq\text{Im}\overline{\pi_{J}}$$ De plus, si $c\in\frac{A}{J}$ alors il existe $a\in A$ tel que $c=\pi_{J}\left(a\right)=\overline{\pi_{J}}\left(\pi\left(a\right)\right)$ et donc $\overline{\pi_{J}}$ est surjective donc $$\frac{\frac{A}{I}}{\frac{J}{I}}\simeq\frac{A}{J}$$ Maintenant l'exercice proposé :

La première question est une conséquence de ce qui vient d'être fait en prenant $A=\mathbb{Z},$ $I=n\mathbb{Z}$ et $J=d\mathbb{Z}$ qui contient $I$ puisque $d$ divise $n$. La réduction proposée est $\overline{\pi_{J}}$, son noyau est $\frac{J}{I}$ c'est à dire $\frac{d\mathbb{Z}}{n\mathbb{Z}}$, son image est $\frac{\mathbb{Z}}{d\mathbb{Z}}$.  On note $r_{k}$ la projection de $\mathbb{Z}$ dans $\mathbb{Z}/k\mathbb{Z}$.

On traite b), c) en même temps. On note $r$ le morphisme de réduction à étudier. On a $r_{mn}\left(a\right)\in\ker r$ si et seulement si $0=r\left(r_{mn}\left(a\right)\right)=\left(r_{m}\left(a\right),r_{n}\left(a\right)\right)$ (donc $a\in m\mathbb{Z}\cap n\mathbb{Z}$ ) donc $\ker r=\frac{m\mathbb{Z}\cap n\mathbb{Z}}{mn\mathbb{Z}}=\frac{\text{ppcm}\left(m;n\right)\mathbb{Z}}{mn\mathbb{Z}}$ (qui répond à b) par cardinalité et critère d'injectivité). Donc $$\text{Im}r\simeq\frac{\frac{\mathbb{Z}}{mn\mathbb{Z}}}{\frac{\text{ppcm}\left(m;n\right)\mathbb{Z}}{mn\mathbb{Z}}}\simeq\frac{\mathbb{Z}}{\text{ppcm}\left(m;n\right)\mathbb{Z}}$$ On note $d$ le pgcd de $m$ et $n$. Alors $\left(r_{m}\left(x\right),r_{n}\left(y\right)\right)=r\left(u\right)$ signifie que $r_{m}\left(u\right)=r_{m}\left(x\right)$ et $r_{n}\left(u\right)=r_{n}\left(y\right)$ donc que $x=u+mk,y=u+nk'$ qui entraîne $x-y=mk-nk'\in m\mathbb{Z}+n\mathbb{Z}=d\mathbb{Z}$. Réciproquement si $x-y\in d\mathbb{Z}$, il existe $v$ et $w$ relatifs tels que $d=mv-nw$. Posons $u=x-mv\left(x-y\right)/d$. Alors $r_{m}\left(u\right)=r_{m}\left(x\right)$ et comme $u=x-\left(d+nw\right)\frac{x-y}{d}$ on a $u=x-\left(x-y\right)+nw\frac{x-y}{d}=y+nw\frac{x-y}{d}$ et donc $r_{n}\left(u\right)=r_{m}\left(y\right)$. Donc $\left(r_{m}\left(x\right),r_{n}\left(y\right)\right)=r\left(u\right)$ ce qui montre que $\left(r_{m}\left(x\right),r_{n}\left(y\right)\right)$ est bien dans l'image de $r$. Ceci termine c). Pour e), il existe un élément d'ordre $mn$ dans $\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}$ alors que tout élément $x$ de $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ vérifie $\text{ppcm}\left(m;n\right)x=0$ donc tout élément de $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ a un ordre qui divise $\text{ppcm}\left(m;n\right)<mn$ vu que $m$ et $n$ ne sont pas premiers entre eux. Donc les deux anneaux proposés ne sont pas isomorphes.

Enfin, la question d) : le deuxième système ne vérifie pas la condition $x-y$ congru à $d$ modulo $\text{pgcd}\left(m;n\right)$ donc n'a pas de solution.  Pour les deux autres on revient sur la preuve précédente. Résolvons le troisième par exemple : $d=3$, $v=1$ et $p=7$ donc $x=4-45\times1\times\left(4-1\right)/3=-41$ est solution et l'ensemble des solutions est donc $-41+\text{ppcm}\left(m;n\right)\mathbb{Z}=-41+90\mathbb{Z}$.

Julia Paule

Pour résoudre un système, on peut utiliser aussi la méthode vue dans Wiki : https://www.google.fr/url?sa=t&amp;source=web&amp;rct=j&amp;url=https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_des_restes_chinois#:~:text=Le%20th%C3%A9or%C3%A8me%20des%20restes%20chinois%20permet%20de%20r%C3%A9soudre%20explicitement%20tout,inconnue%20est%20le%20polyn%C3%B4me%20P.&amp;ved=2ahUKEwjoucSN2PD5AhVMxYUKHchtBFIQFnoECAQQBQ&amp;usg=AOvVaw370JxMv2toemuhi2Y1Qe-G
Par exemple, le 1er système à résoudre : 
$x \equiv 3 \pmod 5$
$x \equiv 1 \pmod 7$
On fait : 
$15 \equiv 1 \pmod 7, 15 \equiv 0 \pmod 5$ et
$ 21\equiv 1\pmod 5, 21 \equiv 0 \pmod 7$ .
Alors $15*1+21*3 =78$ est solution du système.
Donc l'ensemble des solutions est $8+ 35 Z$.
Seulement, je ne vois pas comment on a eu l'idée de cette méthode intuitivement, i.e. en bon français ? (qui demande par ailleurs de jouer aux devinettes).

Si quelqu'un a une idée...

[$\LaTeX$ propose la commande \pmod{..} qui gère les parenthèses. AD]

troisqua

@Julia Paule  : Reprenons les notations de mon post précédent : Si on dispose de deux relatifs $a$ et $b$ vérifiant $r\left(a\right)=\left(1,0\right)$ et $r\left(b\right)=\left(0,1\right)$ alors pour tout $\left(x,y\right)$ couple de relatifs $r\left(xa+yb\right)=xr\left(a\right)+yr\left(b\right)=\left(x,y\right)$. Donc l'entier $xa+yb$ fournit bien une solution. En espérant que mon français soit suffisamment bon

Remarque: cela nécessite $m$ et $n$ premiers entre eux et c'est encore l'algorithme d'Euclide (de préférence étendu) qui permet de trouver les valeurs "magiques"

Math Coss

Avec des nombres de la taille de $5$ et $7$, on peut se contenter, pour trouver $a$ congru à $1$ mod $7$ et à $0$ mod $5$, de partir de $1$ et d'ajouter $7$ jusqu'à tomber sur un multiple de $5$ : cela donne $1$, $8$, $15$ gagné.

Pareil en permutant : $1$, $6$, $11$, $16$, $21$ gagné.

Après, on fait la combinaison de @troisqua.

troisqua

@Math Coss  : Quand tu dis "on peut se contenter" c'est valable pour des petites valeurs de $m$ ou $n$ car l'algo qui consiste à "essayer tout jusqu'à satisfaction" a une complexité "pire des cas" (en nombre d'opérations) qui est linéaire en $\min(m;n)$ alors que l'algo d'Euclide étendu a une complexité "pire des cas" en $O(\ln (\min(m;n)))$.

Edit : je n'avais pas vu ton "avec des nombres de la taille de 5 et 7"

Selon moi, la méthode efficace au sens de la complexité algorithmique, qui traite aussi le cas $m$ et $n$ non premiers entre eux, c'est de calculer une relation de Bézout $vm-pn=d$ via l'algorithme d'Euclide entre $m$ et $n$. Une solution particulière est alors donnée par $u=x-m v (x- y) /d$. @gai requin  : ça me semble plus simple que la méthode que tu proposais.

Julia Paule

Par "en bon français", je veux dire : sans aucune écriture algébrique, uniquement avec des phrases mises bout à bout.

Les notations algébriques n'existaient pas j'imagine au IIIème siècle, date à laquelle est apparue la forme originale du théorème des restes chinois !

troisqua

Je dirais alors "si on sait trouver 1 et 0 puis 0 et 1 modulo m et n alors on sait trouver toutes leurs combinaisons modulo m et n donc tout couple modulo m et n"

Julia Paule

D'accord, merci ! Il fallait avoir l'intuition qu'une combinaison linéaire de $a$ et $b$ allait marcher, mais pas n'importe laquelle, une qui allait s'annuler sur $n$, l'autre sur $m$, en redonnant $a$ et $b$, d'où les congruences modulo $1$.

Sinon, une autre méthode qui nécessite de calculer les coefficients de Bézout (par l'algorithme d'Euclide étendu), si on ne veut pas appliquer des formules, avec l'exemple pour faire simple :

$5x \equiv 5 (\mod 35), 7x \equiv 21 (35)$, donc $3*5x-2*7x =x \equiv 3*5 -2*21 =15-42=-27 \equiv 8 (\mod 35)$.

OShine

Ma réponse à la première question.

Thierry Poma

@troisqua : bonjour. Je ne suis peut-être pas bien réveillé, à moins que ce ne soit la fièvre, mais tu écris : alors $\pi\left(a\right)\pi\left(j\right)=\pi\left(aj\right)=0$ car $aj\in J$ donc $aj\in I$.

Vu que $I\subset{}J$ et que $\pi;A\to{}A/I$, cela me semble obscur.

Thierry Poma

@troisqua : plus simplement, vu que les morphismes d'anneaux (ou de groupes) $\pi_I:A\to{}A/I$ et $\pi_J:A\to{}A/J$ sont surjectifs, la propriété universelle du quotient nous indique qu'il existe un unique morphisme d'anneaux $\overline{\pi}:A/I\to{}A/J$, par exemple, lequel est canoniquement surjectif et tel que $\pi_J=\overline{\pi}\circ\pi_I$.

Thierry Poma

La même propriété universelle du quotient nous indique qu'il existe un unique morphisme d'anneaux $\overline{\rho}:A/J\to{}A/I$ qui est canoniquement surjectif et tel que $\pi_I=\overline{\rho}\circ\pi_J$. Partant, pour tout $a\in{}A$ et tout $j\in{}J$\[\pi_I(aj)=(\overline{\rho}\circ\pi_J)(aj)=\overline{\rho}\left(\pi_J(aj)\right)=\overline{\rho}\left(\pi_J(a)\pi_J(j)\right)=\overline{\rho}\left(\mathbf{0}_J\right)=\mathbf{0}_I\]de sorte que $aj\in{}I=\ker\pi_I$.

troisqua

@Thierry Poma  : oui, c'est plus que confus, c'est n'importe quoi En fait c'était tout simplement : $\pi\left(a\right)\pi\left(j\right)=\pi\left(aj\right)\in\pi\left(J\right)=\frac{J}{I}$

J'ai édité, merci !

NicoLeProf

Merci beaucoup @troisqua ! J'ai bien compris. Je vais quand-même relire et refaire ta preuve en fin de semaine quand j'aurai davantage de temps pour bien tout assimiler mais je trouve cela déjà très clair !

Vraiment, merci beaucoup pour ce raisonnement très joli et explicitement rédigé !!! Je t'en suis très reconnaissant !!!

troisqua

De rien

À vrai dire, je l'ai fait en me disant que ça pourrait t'intéresser. J'apprécie beaucoup tes interventions et ta sympathie sur ce forum, ça fait beaucoup de bien !

NicoLeProf

Merci beaucoup encore une fois @troisqua , le plaisir est partagé ! Merci beaucoup pour tes interventions et tes explications, toujours avec un souci de pédagogie et de bienveillance de ta part !!!

raoul.S

[*** Modéré. Hors du sujet mathématique de cette discussion. AD]

NicoLeProf

[*** Modéré. Hors du sujet mathématique de cette discussion. AD]

Donc je tenais à souligner la bienveillance de troisqua et d'autres et je vous remercie ! C'est un point important à mettre en évidence je pense !

OShine

J'ai avancé un peu mais je bloque sur une partie de la question c.

troisqua

[*** Modéré. Hors du sujet mathématique de cette discussion. AD]

lourrran

OShine pourrait mal comprendre cette phrase :  simplement conseiller de trouver un soutien par un professionnel.
Il pourrait comprendre que c'est un encouragement à faire des maths de niveau élevé, avec un prof particulier.
Je pense qu'il faut bien lui dire que le conseil n'est pas celui-là. Un professionnel, dans ce contexte, ce n'est pas un prof de maths, mais un professionnel du milieu médical.

AD

Va-t-il encore falloir que je ferme cette discussion pendant 24h ?

AD

JLT

Ton $\ker \varphi$ n'est pas bon (l'égalité que tu écris n'a pas de sens).

bd2017

Bonjour,  Si par hasard mes commentaires sont encore utiles, je dirai à @Oshine que la première question n'est toujours pas traitée.   A la limite la partie "Noyau" c'est peut être ça mais elle est si mal rédigée.

"Bien défini"   ça commence par $x=y [n]$ pour finir après  deux lignes par $x-y=0 [n]$  bof!!!   Pourquoi l'opérateur est-il bien défini? Si on a compris, il suffit de le dire avec des mots simples. Sinon, il faut essayer de comprendre...

Et enfin donner l'image de l'opérateur et l'encadrer ne constitue pas une justification.

Alors, je pense pas que si on ne sait pas  faire la première question, il est inutile de penser qu'on puisse faire c) correctement et zapper b). 

OShine

$\newcommand{\ppcm}{\mathrm{ppcm}}\newcommand{\pgcd}{\mathrm{pgcd}}$@bd2017 c'est une erreur de frappe, je voulais écrire $x[d] = y[d]$ car $x-y=d (kk')$ donc multiple de $d$.
J'ai zappé b car la réponse est dans le cours et dans le livre inutile de la recopier.
Pour l'image je ne vois pas comment le justifier tellement c'est évident.

@JLT
On a $\ker \varphi = \{ x [ mn] \in \Z / mn \Z \mid x[m ] = 0 [m] \ \text{et} \ x[n]= 0 [n] \}$.
Donc $\ker \varphi = \{ x [ mn] \in \Z / mn \Z \mid x \text{ est multiple de } m \text{ et de } n \}$
$\ker \varphi = \{ x [ mn] \in \Z / mn \Z \mid x \text{ est multiple de } \ppcm(m,n)  \}$
Prenons un exemple, $m=2$ et $n=4$. On $\ppcm(2,4)=4$.
$\ker \varphi = \{ x [ 8] \in \Z / 8 \Z \mid x \text{ est multiple de } 4  \} = \{ \bar{4} \}$
Enfin $\boxed{\ker \varphi =  \left( \ppcm (m,n) \Z \right) / mn \Z } $
Montrons que $Im \varphi $ est isomorphe à $\Z / \ppcm(m,n) \Z$.
Je ne vois pas comment faire, si j'utilise le théorème de passage au quotient, j'aurai un quotient de quotient, ça m'a l'air trop compliqué.

Positif

Le théorème - et les groupes et les morphismes de groupes - sont traités dans la partie Anneaux du bouquin Algèbre, le grand combat. C'est vraiment une bonne réf pour l'algèbre auquel je ne comprenais rien.

OShine

Mon livre actuel est aussi une bonne référence.
Ça ne signifie pas que je vais réussir tous les exercices.

JLT

(i) $\varphi$ a la même image que $\psi : \Z \to \Z/m\Z\times \Z/n\Z$, $\psi(x)=(x\,[m],x\,[n])$.

(ii) $\ker\psi =$ ?

(iii) $\mathrm{Im}\psi\cong$ ?

OShine

Merci beaucoup j'ai réussi cette fois.
(i) Montrons que $Im \varphi = Im \psi$

• Soit $y \in Im \varphi$ alors il existe $x[ mn] \in \Z / mn \Z$ tel que $y =( x[n],x[m])$. Il existe donc $x \in \Z$ tel que $y = \psi (x)$ soit $y \in Im \psi$. On a montré que $Im \varphi \subset Im \psi$.
• Réciproquement, soit $z \in Im \psi$. Il existe $x \in \Z$ tel que $z=( x [m], x[n]) = \varphi (  x[mn] )$ donc $z \in Im \varphi$ donc $Im \varphi \subset Im \psi$.

On a montré $\boxed{Im \varphi = Im \psi }$ .

(ii) $\ker \psi = \{ x \in \Z  \mid x[m]=0 \ \text{et} \ x[n]=0 \} = \boxed{ \ppcm (m,n) \Z }$.
Par théorème de passage au quotient, $\psi$ étant un morphisme d'anneau, il existe un isomorphisme $\bar{f} : \Z / \ker \psi = \Z / \ppcm(m,n) \Z \longrightarrow Im \psi = Im \varphi$.

(iii) $\boxed{Im \psi = Im \varphi \cong \Z / \ppcm(m,n) \Z}$.
Il me reste la dernière partie de la question à traiter.

OShine

Je ne vois pas comment démontrer que $(x [n], y [n]) \in Im \varphi$ si et seulement si $x = y [\pgcd(n,m) ]$.

JLapin

Tu bloques sur les deux sens de l'équivalence ?

troisqua

Ça été corrigé de façon très détaillé au dessus (on a même donné un algorithme pour trouver les solutions et on peut même préciser que cet algorithme a une complexité (en calculs de restes) en $O(\ln(\min(m,n)))$).

OShine

Il y en a une où je peux écrire des choses. 
Si $x =y [\pgcd(n,m)]$ alors $x-y = 0 [\pgcd(n,m)]$ donc $\pgcd(n,m)$ divise $x-y$ mais après je ne vois pas.

L'autre sens je ne vois pas du tout comment avancer.

PS. Ce qui a été écrit avant est bien trop compliqué pour moi, et en plus je n'ai jamais étudié les complexités d'algorithme.