Concernant l'appartenance de $y\in H, $ je ne sais pas si ce qu'à écrit @Julia Paule est correct, cela me semble difficile à lire, en tout cas c'est inutile.
$y = \varphi( \pi(z) ) ^{-1} z \in (\Z/p^n\Z)^* $ vérifie l'équation $xy =z .$ Vu l'inversibilité de $x,$ il n'y a qu'une seule solution dans $(\Z/p^n\Z)^* $ à cette équation et cette solution est dans $H.$
Je n'ai toujours pas de réponse à cette assertion ci-dessous que je trouve fort douteuse. J'aimerais une démonstration.
@bd2017, non, je ne suis pas d'accord avec ta remarque. Non seulement ma démonstration est très facile à lire (et très simple à comprendre), mais encore la question de @rakam est complétement justifiée, je vais essayer de te le faire comprendre :
Si un groupe abélien $G$ est produit direct de deux de ses groupes $G_1$ et $G_2$, ce n'est pas parce qu'on a décomposé un élément $x \in G$ en $x=x_1x_2$ avec $x_1 \in G_1$, qu'alors $x_2 \in G_2$, donc ce n'est pas parce qu'on a résolu cette équation en $x_2$, avec $x$ et $x_1 \in G_1$ donnés, que $x_2 \in G_2$ ! L'unicité ne tient que quand $(x_1,x_2) \in G_1 \times G_2$. (pour ta gouverne, tous les éléments sont inversibles ici)
Autrement dit, sans la démonstration de $\ker \pi = H$, l'expression de notre application inverse $f^{-1}$ n'est pas justifiée.
Quant à $\varphi$ qui ne dépend pas de $\tilde a$ : $\forall x \in (\Z / p \Z)^*, \exists k \in \Z$ tel que $\tilde x = \tilde a^k$, alors \varphi(\tilde x) = \varphi(\tilde a^k) = \overline a^k = \overline x. Je ne vois pas une dépendance à $\tilde a$ dans : \varphi(\tilde x) =\overline x. Si tu n'es pas capable de comprendre ça ...
Je ne vais pas patauger dans la vase trop longtemps en te lisant. Ce n'est pas la peine de sortir tes $G_1$ et$ G_2, \alpha \beta..$ tes points d'exclamations et surtout les "si tu n'es pas capable de comprendre ça..." Cela ne prouve rien.
Je vais faire un effort une dernière fois mais cela va s'arrêter là. Je trouve avoir eu beaucoup de patience mais il y a des limites à tout.
En tout cas, ne t'inquiète pas, si par hasard je me trompe, il y a des personnes très compétentes sur le forum, qui me le feront remarquer. J'en prendrai acte, ne sait-on jamais.
Point 1. On sait que $\Phi$ est bijectif de $(\Z/p\Z,.)^* \times H$ vers $((\Z/p^n\Z)^*,. )$. Soit donc $z\in ((Z/p^nZ)^*,. ) $
et on cherche $(x,y)\in (\Z/p\Z,.)^* \times H$ tel que $\Phi(x,y)=\varphi(x) y =z. $
On sait que nécessairement $x=\pi(z).$ On ne revient pas dessus. Donc nécessairement $\varphi(\pi(z)) y=z $
On pose $x=\varphi(\pi(z))$ qui appartient bien à $(Z/pZ,.)^*.$ Donc $ y=\varphi(\pi(z))^{-1} z $ vérifie l'équation cherchée. $y$ est évidement dans $((\Z/p^n\Z)^*,. )$ puisque produit de 2 éléments de $((\Z/p^n\Z)^*,. ).$
Pour celui qui n'a pas lu le sujet je rappelle que $H$ est un sous-groupe (multiplicatif) de $((\Z/p^n\Z)^*,. ).$
De fait $y$ est dans $H.$
Que dire de plus?
Pourquoi $y$ serait-il ailleurs que dans $H\ ?$ Cela voudrait dire $z=\Phi(x,y) $ n'a pas de solution dans $(x,y)\in (\Z/p\Z,.)^* \times H$ alors qu'on sait que $\Phi$ est bijectif ?
Point 2. Contre-exemple $p=5, n=3 . $ $a = 33554432.$ On $a=2 [p] $ et $a = 57 [ p ^3] $ Donc avec les notations du sujet $\tilde{a}=2 ,\ \bar{a} = 57$ $\tilde{a}=2$ est générateur de $((Z/5Z)^*,. )$ et $57^j [ 5^3 ],j=1,\dots,4.$ donne successivement et $(57, 124, 68, 1).$ $\bar{a} = 57$ est bien d'ordre $p-1=4$ dans $(\Z/ (5 ^3) \Z)^*$ $a$ est donc un bon candidat pour définir $\varphi$ selon la question 61. Ainsi, par définition de $\varphi,$ on a pour tout $k\in \Z, \ \varphi(\tilde{a} ^k)= \bar{a}^k.$ Tu affirmes : "Pour tout $x\in \Z$ on a $\varphi(\tilde{x})= \bar{x}.$ (Et tu ajoutes quelque soit le générateur...)" Mais sans changer de générateur, je souhaite vérifier sur un exemple. Avec $x = 1287$ on a $ x= 2 [5]$ et $x= 37 [ 5 ^3] .$ C'est-à-dire $\tilde{x}=2 $ et $\bar{x}=37.$ $\tilde{x}=\tilde{a}^1$ donc $\varphi(\tilde{x})=\bar{a} =57 $ et $\bar{x}=37.$ Sauf erreur de ma calculatrice on a $\varphi(\tilde{x}) \neq \bar{x} .$ C'est contradictoire avec ce que tu affirmes.
Il y a Bug quelque part.
Je ne suis peut être pas capable de comprendre des choses aussi simple que ce que tu peux écrire. Mais ce n'est pas mon travail de lire quelque chose qui cherche à torpiller à tout prix un raisonnement que j'estime correct et à lire la justification de tes affirmations, contredite par un contre-exemple que j'ai vérifié au moins deux fois.
Reprenons. On est d'accord qu'on a $H \subset \ker \pi$. Il nous manque
l'inclusion inverse. Tu as encore changé la notation de l'énoncé, passons.
Ok jusqu'à $y \in H$, tu l'affirmes, c'est tout. On a trouvé une
décomposition de $z$, dont un élément est dans $\varphi(\Z / p \Z)^*)$ et l'autre est $y$.
Tu dis que si $y$ n'était pas $H$, cela voudrait dire qu'on n'aurait pas de
décomposition de $z$ dans le produit direct. Ben ça, c'est faux. Cela voudrait
dire que tu as trouvé une décomposition de $z$ en un élément de $\varphi(\Z / p
\Z)^*)$ et un autre élément $y$, ben celui-là on ne sait pas à quoi il appartient. Cela
n'empêche pas $z$ d'avoir une décomposition dans le produit direct, celle-ci
(alors là c'est ok) ou une autre (là c'est pas ok). Bref tu ne prouves pas que
$y \in H$.
Si tu trouves un moyen plus simple de le montrer, ou de
montrer que $\ker \pi \subset H$, je prends.
J'ai oublié de vérifier que $\Psi$ est un morphisme.
Soit $x,y \in (\Z / p^n \Z)^{*}$. Alors $\Psi (xy)=( \pi(xy), (xy)^{-1} (\varphi \circ \pi) (xy))$.
Comme $\pi$ est un morphisme, on a : $\pi(xy)=\pi(x) \pi(y)$. De plus $(xy)^{-1}=y^{-1} x^{-1}$. Enfin, $\varphi \circ \pi$ est un morphisme comme composé de morphismes donc $ (\varphi \circ \pi )(xy)= (\varphi \circ \pi) (x) (\varphi \circ \pi) (y)$.
Tu dis qu'on n'a pas besoin de la bijection réciproque de $\Phi$ pour faire l'exercice. C'est vrai. Mais ton $\Psi$ c'est la bijection réciproque de $\Phi$ donné par @Rakam.
Je n'ai pas utilisé l'application de @rakam ... Finalement j'ai aussi réussi à la montrer avec l'application de @rakam c'est même encore plus simple.
On peut construire $\Psi$ directement ainsi pour s'assurer d'avoir une injection. Donc étant donné que je ne parle pas d'application réciproque, je dois montrer que le morphisme est injectif.
L'énoncé est un peu abrupt ici, ils auraient pu demander de déterminer $\ker \pi$ en question intermédiaire.
@OShine Pour le noyau tu as déjà trouvé $x\pi(y)=\tilde 1$ . Or $x\pi(\bar1+p\bar u)=x(\tilde 1+\tilde{(p u)}=x\tilde1$ car $\pi$ se prolonge en morphisme d'anneaux et la classe de $p$ modulo $p$ est $\tilde 0$.
Merci ! J'aurais dû penser à remplacer $y$ par $\bar{1}+p \bar{u}$. Donc, $\boxed{x= \tilde{1}}$. Or, $x \pi (y)= \tilde {1} $ donc $\pi(y)= \tilde{1}$. On revient à $\varphi(x) y = \bar{1}$. Or, $\varphi(x)=\varphi( \tilde{1} ) =\bar{1}$ car $\varphi$ est un morphisme. Donc, $y= \bar{1}$ et on a montré $\boxed{\ker f= \{ \tilde{1},\bar{1} \} }$. $f$ est injectif.
Quant à $\varphi$ qui ne dépend pas de $\tilde a$ : $\forall x \in (\Z / p \Z)^*, \exists k \in \Z$ tel que $\tilde x = \tilde a^k$, alors $\varphi(\tilde x) = \varphi(\tilde a^k) = \overline a^k = \overline x$. Je ne vois pas une dépendance à $\tilde a$ dans : $\varphi(\tilde x) =\overline x$. Si tu n'es pas capable de comprendre ça ...
Moi en tout cas, je ne comprends pas
Déjà, tu parles de $x$ dans $(\Z/p\Z)^*$ pour ensuite l'appeler $\tilde x$.
Ensuite, mettons que ton $k$ soit un entier naturel. Tu as alors $x$ congru à $a^k$ modulo $p$ mais pas nécessairement modulo $p^n$.
Du coup, tu n'as pas forcément $\overline x = \overline{a^k}$ et donc pas forcément $\overline x = \varphi(\tilde x)$.
Tu dis qu'on n'a pas besoin de la bijection réciproque de $\Phi$ pour faire l'exercice. C'est vrai. Mais ton $\Psi$ c'est la bijection réciproque de $\Phi$ donné par @Rakam.
Ok je vois. Ce sujet est exotique, à chaque question il y a au moins 4 façons de répondre à la question. Bon, il y a des manières de faire beaucoup plus rapides que d'autres.
@JLapin, en effet, j'ai été trop vite. Je rectifie. $\forall \overline x \in \varphi ((\Z / p \Z)^*), \exists k \in \Z$ tel que $\overline x = \overline a^k=\varphi(\tilde a)^k =\varphi(\tilde a^k) = \varphi(\tilde x)$.
@bd2017, un exemple si tu n'es pas convaincu pour le produit direct. $\Z / 15 \Z$ est produit direct de ses deux sous-groupes $3 \Z / 15 \Z$ et $5 \Z / 15 \Z$. On a la décomposition $2 = 12 + 20$ et aussi $2 = 9 + 23 $. Je te laisse en tirer la conclusion qui s'impose.
@JuliaPaule stoppe tes bêtises une bonne fois pour toute. Je ne te lis même plus, c'est simple. Qu'est ce que tu viens me demander, si je suis convaincu de quelque chose ou de son contraire? Je ne sais même pas de quoi tu veux parler et cela ne m'intéresse pas. Qu'est ce que tu viens me casser les pieds
"avec tes \Z/15Z", tes points d'exclamations et tes "si tu ne comprends pas ça... "
J'ai vaguement compris que tu cherches à chaque fois des erreurs de ma part où il n'y en a pas. Laisse les gens plus compétents relever mes erreurs..
Si tu es un peu allumée à vouloir pourrir les discussions, prend un bon bol d'air, va faire un footing, va faire sonner les cloches de ton village, mais en tout cas laisse moi faire des maths tranquilos.
Je ne pense pas qu'il faille utiliser Q54 (plus précisément la propriété dans Q54). Au moins, un bonne raison est que l'énoncé de la propriété admise est fausse.
Tu as $S(x)=\sum_{n=0}^\infty \dfrac{x^n}{n!}$ qui est bien défini.
Je pense que le mieux est de vérifier que chaque terme $\dfrac{x^n}{n!}$ est bien dans $Z_p.$ Ce qui consiste à vérifier que la valuation p-adique est positive. C'est surement très semblable à quelque chose déjà fait.
Si c'est le cas alors il faudra utiliser le fait que $Z_p$ est complet.
Ma démonstration que $\varphi(\tilde x)$ ne dépend pas de $\varphi$ et de $a$ qui a servi à le définir n'est pas assez complète. En fait, j'utilise implicitement que $(\Z / p^n \Z)^*$ est cyclique, et donc n'a qu'un seul sous-groupe d'ordre $p-1$.
Soit donc $\tilde a$ et $\tilde b$ deux générateurs de $(\Z / p \Z)^*$ tels que $\overline a$ et $\overline b$ sont tous d'ordre $p-1$ dans $(\Z / p^n \Z)^*$. Ils engendrent le même sous-groupe cyclique d'ordre $p-1$, donc $\exists r$ tel que $\overline b = \overline a^r$, donc $\tilde b = \tilde a^r$.
Soit maintenant $\varphi$ et $\varphi_1$ les morphismes associés à $\tilde a$ et $\tilde b$. On a $\varphi(\tilde a)=\overline a$ et $\varphi_1(\tilde b)=\overline b$.
Pour $\tilde x = \tilde b^k =\tilde a^{rk} \in (\Z / p \Z)^*$, $\varphi (\tilde x)=\overline a^{rk}=\overline b^k=\varphi_1(\tilde b)^k=\varphi_1(\tilde b^k)=\varphi_1(\tilde x)$. Donc l'image de $\tilde x$ ne dépend pas de $\varphi$.
De mon côté, ce que je te reproche, c'est que pour toi, les démonstrations que tu ne comprends pas sont fausses, les démonstrations correctes qui ne viennent pas de toi ont été recopiées, etc, ... sans compter que tu persistes sur plusieurs messages (pour le produit direct). Te rends-tu bien compte de l'effet que tu produis, avec tes messages désobligeants ? Ne t'étonne pas du retour de bâton. Tu n'as pas le monopole du savoir ici, on est entre gens corrects, qui discutent maths, et qui essaient de convaincre. Si mes démonstrations sont fausses ou inutiles, je le reconnais volontiers si on m'en donne la preuve, mais pas avec des affirmations péremptoires.
Je ne viens pas chercher des erreurs dans tes messages, mais tes messages sont flous, tu changes les notations ... Ce n'est pas facile de discuter avec toi.
Je n'ai pas le monopole du savoir. Merci de me le rappeler. Combien de fois dois-je le recopier ?
Edit. Au fait concernant ta démonstration fausse du fait que $\varphi$ qui ne dépend pas du choix du générateur. Tu vois celle dont je parle, celle où tu as bien ponctué mon incapabilité à comprendre ta démonstration aussi simple, celle où j'ai déclaré péremptoirement qu'elle était fausse, foireuse et avec l'aide d'un contre-exemple.
La question était posée à Q61. Mais je vois ici que dans ton message de 8:48 tu l'as"complète" ( selon ton vocabulaire, compléter une démonstration fausse étant une façon de parler) tu utilises le résultat final (Q65) du problème pour la justification.
Cela montre que ce n'est pas évident du tout, à la question Q 61 de le démontrer bien contrairement avec ce que tu avais l'air de dire.
Mais on n'a pas besoin à la question 61 de savoir que $\varphi$ ne dépend pas du choix du générateur ? C'est une question (intéressante) que tu te poses mais qui ne sert pas dans l'énoncé, donc on le droit d'utiliser un résultat de cours, à savoir que $(\Z / p^n \Z)^*$ est cyclique, pour le démontrer.
Je me demande maintenant si on peut démontrer qu'il existe un seul sous-groupe d'ordre $p-1$ de $(\Z / p^n \Z)^*$, sans utiliser le fait qu'il est cyclique.
Ton contre-exemple doit être faux, puisque $\varphi$ ne dépend pas du choix du générateur. EDIT : tu as dû le rectifier entre-temps, ce n'est plus un contre-exemple, mais un exemple.
Pour ton info, la démonstration que j'ai "complétée", c'est la 2ème, la
1ère était fausse, erreur détectée par JLapin, toi tu n'as pas été
capable de voir l'erreur dont tu te réclames. Mais on peut continuer si tu veux, toi tu ne démontres rien ou pas grand'chose, ni que $\ker \pi = H$ (qu'a réussi OS), ni que $\varphi$ ne dépend pas du choix du générateur, tu affirmes c'est tout, pour dire des choses sans preuve ($y \in H$), ou pour dire que c'est faux ou inutile quand finalement c'est juste et utile.
Bref, le sujet m'intéressait, mais dans ces conditions, je vais le quitter, je n'ai pas l'intention de continuer cette polémique vaine, malsaine et stérile. Je vais te laisser continuer à faire des maths à taper sur OS tranquilos, pour reprendre ton expression.
Après avoir bataillé, tu souhaites revenir aux maths.
C'est évident que quand on fait des maths, c'est presque plus important de poser des questions que de répondre aux questions posées dans un cadre bien défini, cadre imposée par le sujet du concours.
Si on constate que $\varphi$ est défini à partir d'un générateur, pour un novice comme je suis, je me demande pour si chaque générateur on va avoir un isomorphisme différent. On a la réponse mais à la fin du problème.
Concernant ta question, sauf erreur elle est est du même ordre. Je ne pense pas qu'il soit facile de le démontrer directement.
Encore petite remarque concernant mon contre-exemple. Tu fais un déplacement d'objet. Mon contre-exemple est un contre-exemple pour montrer que ton affirmation n'était pas valide. Cela n'a rien à voir avec $\varphi.$
Je pense qu'il faut passer à la suite et terminer. Pour ma part j'ai la réponse à mes questions.
Pour 65, j'ai appris on peut s'y prendre de 2 façons différentes (ça ne vient pas de moi).
Je rajouterai bien une question à 67.
Déterminer un générateur de $(Z/p ^n Z, * )$ En effet on sait trouver un générateur de $H.$ Avec un générateur de $(Z/pZ,.)^*$ est-ce qu'on obtient un générateur de $(Z/p ^n Z, * )$.
Le "on voit" est un peu rapide à mon sens. C'est très simple à justifier mais il faut le faire. Tu sais que la série converge. Que penses-tu des sommes partielles?
Il faut penser à utiliser que $Z_p$ est complet. Oublie les suites de Cauchy.
Quand je cherche la définition d'un espace complet on parle de suites de Cauchy. Par exemple sur bibmaths : "On dit qu'un espace métrique $(X,d)$ est complet si toute suite de Cauchy de $X$ est convergente dans $X$".
62) Posons $S_n = \displaystyle\sum_{k=0}^n \dfrac{x^k}{k!}$. Soit $x \in p \Z_p$ alors il existe $y \in \Z_p$ tel que $x=py$. Donc $v_p(x)=p+ v_p(y) \geq p$ car $v_p(y) \geq 0$. On a : $v_p (\dfrac{x^k}{k!} ) = k v_p(x) -v_p(k!) \geq kp - \dfrac{k}{p-1} \geq k( p - \dfrac{1}{p-1})$ avec $p-\dfrac{1}{p-1} >0$. Donc : $\lim\limits_{k \rightarrow +\infty} v_p (\dfrac{x^k}{k!} )=+ \infty$. Ainsi $\boxed{\lim\limits_{k \rightarrow +\infty} \left| \dfrac{x^k}{k!} \right|_p=0}$ La suite $(S_n)_n$ converge donc dans $\Q_p$ d'après Q48. Or $\forall k \in \N \ v_p (\dfrac{x^k}{k!} ) \geq 0$ donc $v_p( S_n) \geq \min_{k \in \N} v_p (\dfrac{x^k}{k!} ) \geq 0$. Donc $\boxed{S_n \in \Z_p}$. Comme $\Z_p$ est complet et que toute suite convergente est de Cauchy, on en déduit : $\boxed{e_p(x)=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} S_n \in \Z_p}$.
63) Je ne comprends pas le $e_p(X)=\pi_n (e_p(x))$ mais j'essaie quand même. Soient $x,y \in p \N$. D'après la questions précédente, $e_p(x)$ et $e_p(y)$ appartiennent à $\Z_p$. D'après Q44, on peut écrire $e_p(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+ \infty} u_k p^k$ et $e_p(y)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+ \infty} v_k p^k$ où $\forall j \in \N \ u_j \in [|0,p-1|]$. On a $\pi_n(e_p(x))-\pi_n(e_p(y))=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\overline{u_k p^k} - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\overline{v_k p^k}$ Donc $\pi_n(e_p(x))-\pi_n(e_p(y))=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\overline{(u_k-v_k) p^k} $ Je bloque ici.
Concernant les suites de Cauchy bien sûr. Je pensais que tu n'allais pas utiliser à la convergence. 1. Calcul de $v_p$ faux. A refaire. (C'est important ce calcul car plus loin, il y a un calcul plus difficile aors qu'est ce que ça va donner?) 2. re-démonstration de la convergence inutile - déjà fait. 3. Rédaction un peu lourde, en tout cas à raccourcir.
Après calcul on a : $\forall n\in \N,\ v_p(\dfrac{x^n}{n!}) \geq 0.$ Donc $\forall n\in \N,\ \dfrac{x^n}{n!} \in Z_p.$ On en déduit que les sommes partielles $S_N=\sum_{n=0}^N \dfrac{x^n}{n!} \in Z_p.$ ($Z_p$ est un anneau tout de même quand on ajoute 2 éléments de $Z_p$ ça reste dans $Z_p$). On sait (si tu veux tu peux rappeler la question ) que $\lim_{N \rightarrow \infty} S_N = e_p(x)$ et puisque $Z_p$ est complet alors $e_p(x) \in \Z_p.$
Pourquoi rappeler que toute suite convergente est de Cauchy? On le sait et on s'en fout. Car essentiellement ce qu'on utilise c'est que dans un espace X complet, toute suite de cet espace, convergente, a sa limite dans cet espace. C'est bien pour cela que j'ai dit qu'il faut oublier les suites de Cauchy.
Edit. Je viens de voir ta réponse pour 63). Tu bloques, je n'en suis pas étonné! Comme je l'ai dit corrige le calcul de $v_p$ dans 62. Sinon tu ne sauras pas faire 63.
Maintenant en travaillant comme ça ce n'est pas étonnant que tu bloques sans cesse. Tu n'exprimes pas que $x$ et $y$ ont la même classe. On dirait que tu commences par la fin. Un peu d'ordre dans ta tête tout de même.
Commence par 1. exprime concrètement que $x$ et $y$ ont la même classe. 2. pour $i\leq n-1$ calcule $\dfrac{y^i}{i!} - \dfrac{x^i}{i!} $ (modulo $p^n$ ) ou si tu préfères minore la valuation p-adique de $\dfrac{y^i}{i!} - \dfrac{x^i}{i!} $.
Je ne vois pas où est mon erreur dans le calcul de $v_p$.
Pour la 63 j'ai déjà beaucoup de mal à comprendre les notations. Je n'ai pas compris pourquoi $x$ et $y$ auraient la même classe. Je ne vois pas où les classes de $x$ et $y$ interviennent dans $\pi_n ( e_p(x))$ .... J'ai du mal à comprendre l'application $\pi_n$. Quand on écrit $e_p(x) \in \Z_p$ sous la forme $\sum_{k=0}^{+\infty} u_k p^k$ le $x$ n'intervient plus donc je ne comprends plus rien. Et avec le $X$ en plus, je suis perdu.
$\bar{x}=\bar{y} \iff x-y= up^n \ , \ u \in \Z$ mais je ne comprends pas le rapport avec la question.
$v_p(py)=v_p(p)+v_p(y)=1+ v_p(y)$ et non $v_p(py)=p+ v_p(y)$
Ce qu'il faut trouver c'est $\pi_n (e_p(y))=\pi_n (e_p(x))$ On $ e_p(x)= \sum_{i=0}^\infty \dfrac{x^i}{ i! } . $ $ e_p(y)= \sum_{i=0}^\infty \dfrac{y^i}{ i! } . $ Je te dis de calculer la différence mais tu écris $e_p(x)=\sum u_k p^k. $ On s'en fout de cette écriture, au moins dans un premier temps. C'est pas possible de s'en sortir. Suis les indications $ e_p(y)- e_p(x)= \sum_{i=0}^\infty \dfrac{y^i}{ i! } - \sum_{i=0}^\infty \dfrac{x^i}{ i! } . $ Il faut donc calculer $\dfrac{y^i}{ i! }-\dfrac{x^i}{ i! }$ (modulo $p^n $ ) et voir que c'est nul pour $i$ petit . Tout ce qui est au dessus de $i\geq n$ va disparaitre avec $\pi_n.$ Moralement $\pi_n$ c'est travailler modulo $[p ^n] . $ Il n'y a rien de compliqué mais si tu ne comprends pas. Il vaut mieux arrêter là. ...
@bd2017 Pourquoi ne dis-tu pas à OS, avec un argument dont tu as toi-même demandé confirmation plus haut (à quelqu'un que tu dois estimer compétent), le lien qu'il y a entre espace complet et toute suite convergente de points de cet espace converge dans cet espace ? Je remets ici mon message que j'ai modifié plus haut que tu ne sembles pas avoir lu :
Pour ton info, la démonstration que j'ai "complétée", c'est la 2ème, la
1ère était fausse, erreur détectée par JLapin, toi tu n'as pas été
capable de voir l'erreur dont tu te réclames. Mais on peut continuer si tu veux, toi tu ne démontres rien ou pas grand'chose, ni que $\ker \pi = H$ (qu'a réussi OS), ni que $\varphi$ ne dépend pas du choix du générateur, tu affirmes c'est tout, pour dire des choses sans preuve ($y \in H$), ou pour dire que c'est faux ou inutile quand finalement c'est juste et utile.
Bref, le sujet m'intéressait, mais dans ces conditions, je vais le quitter, je n'ai pas l'intention de continuer cette polémique vaine, malsaine et stérile. Je vais te laisser continuer à faire des maths à taper sur OS tranquilos, pour reprendre ton expression.
Ben j'ai du mal à ça. Entre parenthèses, quand on ne se sent pas très compétent soi-même, quoi de mieux que de taper sur ceux qu'on sent (qu'on croit) moins compétents que soi ?
Tu me fais penser à ces petits chefs qu'on rencontre en entreprise, humbles envers leurs supérieurs hiérarchiques, et méchants envers leurs inférieurs ou leurs collatéraux. Pas du beau monde.
@OShine Pour avoir l'égalité modulo $p^n$ de $e_p(x)-e_p(y)$ commence par utiliser la donnée : $x,y$ dans $p\Z$ .Alors, pour la série de somme $e_p(pa)-e_p(pb)$ les termes de rang $k\geq n$ ont une $p$_valuation supérieure à $n$ et si tu te reportes à ce qui a été fait en Q46 (plutôt Q47 mais l'énoncé n'a pas été à la hauteur à ce niveau) tu verras que les "chiffres" (au sens des éléments de $\Z_p$) de la somme partielle des $n$ premiers termes sont nuls donc les chiffres d'ordre $k\in[\![0,n-1]\!]$ égaux pour $e_p(pa)$ et $e_p(pb)$.
@Rakam, vu que je vois que tu suis le sujet, je voudrais ton avis concernant les notations. Je trouve les notations un peu troublantes. En effet $pZ/p^nZ$ cela pourrait être l'ensemble des éléments de la forme $p u, u\in Z/p^nZ.$ Donc $pZ/p^nZ$ contiendrait $p^n$ éléments. Mais à la question 64. on demande de démontrer que $(Z/p^nZ, + )$ est isomorphe à $H=(1 + pZ /p^nZ)$ qui lui est de cardinal $p^{n-1}.$
Bien entendu, j'ai adapté ma compréhension ce que doit être $pZ/p^nZ$ pour que Q64 ait un sens. Mais n'étant pas un pro de l'algèbre, j'en suis à me demander si la notation est standard ou bien si il y a une erreur d'énoncé. J'aimerais un éclaircissement de quelqu'un d'avisé.
Oui ... et non : il n'y a pas $p^n$ éléments distincts ce que tu vois en écrivant $px=py,\;x\in p^n\Z$ (j'essaie d'éviter de noter $v$ une variable (ce que j'ai fait pourtant) la lecture avec les $v_p$ devient pénible).
Bref que tu écrives $(p\Z)/p^n\Z$ ou $p(\Z/p^n\Z)$ c'est pareil et tu peux faire d'autres interprétations en mettant $\bar p$ (classe de $p$) ce qui devient un produit alors qu'avec $p$ il s'agit d'une addition itérée (il n'y a aucune multiplication entre les entiers et les entiers modulo ??).
Oui c'est cohérent avec l'énoncé. Pour faire simple avec un exemple p=3, n=2 $Z/ 3^2 Z$ a pour éléments 0,1,...,8 $ 3Z/ 3^2 Z$ a pour éléments 0, 3, 6
Mais pour si on n'est pas habitué avec l'algèbre $ 3Z/ 3^2 Z$ pourrait être $0,3,....24$ et l'addition serait $ 3 x +3 y= 3 (x+y) $ exemple $ 12 +15= 3 \times 4 + 3 \times 5 =3 (4+5)=3 \times 1 =3. $ Pour moi ce n'est pas aussi évident ces notations. Quelque part @Oshine rencontre peut être un problème de compréhension à ce stade.
Je ne suis pas le sujet mais pour compléter le commentaire de rakam : lorsqu'on considère le morphisme canonique $\Z\to \Z/p^n\Z$, on note $p\Z/p^n\Z$ l'image de l'idéal $p\Z$ de $\Z$.
En
effet, on a une bijection de $(\Z / p \Z)^*$ sur $\varphi(\Z / p \Z)^*$, et
on voit bien qu'avec $\overline x = \overline a^k = \varphi(\tilde a^k)= \varphi (\tilde x), \forall \overline x \in \varphi(\Z /
p \Z)^*$, cela suffit à montrer la non-dépendance de $\varphi$ au
choix du générateur, quitte à écrire les éléments de $(\Z / p \Z)^*$ avec l'entier qu'ils ont dans l'image.
Par exemple avec $p=3$ et $n=2$, on a
$\varphi( \tilde 2)=\varphi( \tilde 8)=\overline 8$.
Cette démonstration est curieuse sur le plan de la logique, mais elle me semble valable. Qu'en pensez-vous ?
Le petit chef qu'on rencontre en entreprise, humble envers ses supérieurs hiérarchiques, et méchants envers leurs inférieurs ou leurs
collatéraux n'en pense pas grand chose. Il lit les lignes 4 et 5 et pour lui à première vue c'est du charabia. Il ne vas faire beaucoup plus d'effort puisqu'il regarde le foot. Si ses supérieurs hiérarchiques le sermonnent pour ne pas avoir compris quelque chose d'aussi simple, il ira coucher à la niche.
Il n'y a pas eu d'union! Mais @Oshine a trouvé sa maman qui par amour maternel le défend coûte que coûte. Cela a permis à @Oshine de voir que, par exemple, "j'étais le seul à voir des fautes imaginaires".
Contrairement aux apparences je suis sur le sujet, non pas, pour trouver un plaisir pervers à sermonner Os, ni pour penser l'aider, car on sait très bien qu'il n' y pas de progrès de sa part depuis des lustres. Même si parfois j'y crois encore, rapidement il me rappelle à la réalité. Néanmoins, le sujet m'intéresse et cela me permet de faire un peu de maths que je ne ferais pas seul. Tout n'est pas négatif chez Os. ll y a des échanges intéressants avec d'autres en MP.
N'importe quoi ici : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2416616/#Comment_2416616, $ \varphi(\Z /
p \Z)^*$ dépend évidemment de $\varphi$, cela ne prouve pas qu'il y a un seul morphisme $\varphi$ indépendant du choix du générateur de $(\Z /
p \Z)^*$ , c'est l'autre démonstration (celle qui montre que $\varphi=\varphi_1$) qui est seule valable. Désolée de réfléchir tout haut.
Donc il y a un seul $\varphi$ et on a $\varphi(\tilde x)=\overline x \Leftrightarrow \overline x \in \varphi(\Z /
p \Z)^*$.
C'est pourquoi $\varphi(\tilde {37}) \ne \overline {37}$.
@O'Shine, pour 63., pour avancer, j'ai fait grosso modo comme a dû faire @rakam, en détaillant un peu plus :
- d'abord se convaincre que $\pi_n$ est bien un morphisme d'anneaux,
- se rendre compte que les théorèmes généraux sur les limites ne marchent pas ici (car à ma connaissance, on n'a pas de topologie sur $\Z / p^n \Z$, donc on ne peut pas inverser la somme et $\pi_n$, ce qui donnerait immédiatement le résultat) ; donc faire autrement.
On a $X=\pi_n(x)$, pour $x \in p \N$. Il s'agit de montrer que si $\pi_n(px)=\pi_n(py)$, alors $\pi_n(e_p(px))=\pi_n(e_p(py))$ (j'ai appelé $px$ ce que l'énoncé désigne par $x$) :
- montrer que pour $x \in \N$, $\pi_n(x)=0 \Leftrightarrow v_p(x) \geq n \Leftrightarrow x \in p^n \N$
- montrer que pour $x, y \in\N$, si $\pi_n(px)=\pi_n(py)$, alors $v_p(e_p(px)-e_p(py)) \geq n$ (montrer d'abord que $\forall k \in \N, v_p(\dfrac {p^k (x^k-y^k)} {k !}) \geq n$ (en distinguant $k=0, k=1$ et $k \geq 2$)
- conclure.
J'ai peut-être fait une erreur, ou il y a peut-être plus simple (je commence à oublier le sujet).
Réponses
@Rakam
$a = 33554432.$ On $a=2 [p] $ et $a = 57 [ p ^3] $ Donc avec les notations du sujet $\tilde{a}=2 ,\ \bar{a} = 57$
$\tilde{a}=2$ est générateur de $((Z/5Z)^*,. )$
et $57^j [ 5^3 ],j=1,\dots,4.$ donne successivement et $(57, 124, 68, 1).$ $\bar{a} = 57$ est bien d'ordre $p-1=4$ dans $(\Z/ (5 ^3) \Z)^*$
$a$ est donc un bon candidat pour définir $\varphi$ selon la question 61.
Ainsi, par définition de $\varphi,$ on a pour tout $k\in \Z, \ \varphi(\tilde{a} ^k)= \bar{a}^k.$
Tu affirmes : "Pour tout $x\in \Z$ on a $\varphi(\tilde{x})= \bar{x}.$ (Et tu ajoutes quelque soit le générateur...)"
Mais sans changer de générateur, je souhaite vérifier sur un exemple.
Avec $x = 1287$ on a $ x= 2 [5]$ et $x= 37 [ 5 ^3] .$ C'est-à-dire $\tilde{x}=2 $ et $\bar{x}=37.$
$\tilde{x}=\tilde{a}^1$ donc $\varphi(\tilde{x})=\bar{a} =57 $ et $\bar{x}=37.$
Sauf erreur de ma calculatrice on a $\varphi(\tilde{x}) \neq \bar{x} .$ C'est contradictoire avec ce que tu affirmes.
Reprenons. On est d'accord qu'on a $H \subset \ker \pi$. Il nous manque l'inclusion inverse. Tu as encore changé la notation de l'énoncé, passons.
Ok jusqu'à $y \in H$, tu l'affirmes, c'est tout. On a trouvé une décomposition de $z$, dont un élément est dans $\varphi(\Z / p \Z)^*)$ et l'autre est $y$. Tu dis que si $y$ n'était pas $H$, cela voudrait dire qu'on n'aurait pas de décomposition de $z$ dans le produit direct. Ben ça, c'est faux. Cela voudrait dire que tu as trouvé une décomposition de $z$ en un élément de $\varphi(\Z / p \Z)^*)$ et un autre élément $y$, ben celui-là on ne sait pas à quoi il appartient. Cela n'empêche pas $z$ d'avoir une décomposition dans le produit direct, celle-ci (alors là c'est ok) ou une autre (là c'est pas ok). Bref tu ne prouves pas que $y \in H$.
Si tu trouves un moyen plus simple de le montrer, ou de montrer que $\ker \pi \subset H$, je prends.
Question 61.c :
Montrons d'abord que $\ker \pi = H$.
Soit : $x=\bar{a} \in (\Z / p^n \Z)^{*}$. On a $x \in \ker \pi \iff \pi ( \bar{a})=\tilde{a}=\tilde{1} \iff a \equiv 1 [p] \iff a=1+pu , u \in \Z \iff \bar{a}=\overline{1+pu} \iff x \in H$.
On a montré : $\boxed{\ker \pi =H}$.
Ainsi, $\boxed{\forall x \in (\Z / p^n \Z)^{*} \ x^{-1} (\varphi \circ \pi)(x) \in H}$. En effet, on a $\pi \left( x^{-1} (\varphi \circ \pi)(x) \right)= \pi (x^{-1} ) \pi \circ \varphi \circ \pi (x)= \pi (x^{-1} ) \pi (x)= \pi( x^{-1} x)=\pi ( \bar{1})=\tilde{1} $.
Soit $\Psi : \begin{cases} (\Z /p^n \Z)^{*} \longrightarrow (\Z / p \Z)^{*} \times H \\ x \mapsto ( \pi(x), x^{-1} (\varphi \circ \pi)(x) ) \end{cases}$.
On a : $x \in \ker \Psi \iff \pi(x)=\tilde{1} \ \text{et} \ x^{-1} (\varphi \circ \pi)(x) )= \bar{1} \\
\iff \pi(x)=\tilde{1} \ \text{et} \ (\varphi \circ \pi)(x) = x \iff \ \varphi (\tilde{1}) = x \iff x = \bar{1}$
On a montré $\boxed{\ker \Psi = \{ \bar{1} \}}$.
$\Psi$ est injectif. De plus, $\# (\Z / p^n)^{*}=p^n-p^{n-1}$ et $ \# (\Z / p \Z)^{*} \times H =\# (\Z / p \Z)^{*} \times \# H =(p-1)p^{n-1}$
Donc : $\boxed{\# (\Z / p^n)^{*} = \# (\Z / p \Z)^{*} \times H}$.
On a montré que $\Psi$ est un isomorphisme de groupes.
Ainsi, $(\Z / p^n \Z)^{*}$ est isomorphe au groupe produit $ (\Z / p \Z)^{*} \times H$.
Soit $x,y \in (\Z / p^n \Z)^{*}$. Alors $\Psi (xy)=( \pi(xy), (xy)^{-1} (\varphi \circ \pi) (xy))$.
Comme $\pi$ est un morphisme, on a : $\pi(xy)=\pi(x) \pi(y)$.
De plus $(xy)^{-1}=y^{-1} x^{-1}$.
Enfin, $\varphi \circ \pi$ est un morphisme comme composé de morphismes donc $ (\varphi \circ \pi )(xy)= (\varphi \circ \pi) (x) (\varphi \circ \pi) (y)$.
Ainsi, $\Psi (xy)=( \pi(x) \pi(y), y^{-1} x^{-1} (\varphi \circ \pi (x)) (\varphi \circ \pi (y))$.
On est dans des groupes commutatifs, on obtient aisément que : $\boxed{\forall x,y \in (\Z / p^n \Z)^{*}, \quad \Psi(xy)= \Psi (x) \Psi(y)}$.
On peut construire $\Psi$ directement ainsi pour s'assurer d'avoir une injection.
Donc étant donné que je ne parle pas d'application réciproque, je dois montrer que le morphisme est injectif.
L'énoncé est un peu abrupt ici, ils auraient pu demander de déterminer $\ker \pi$ en question intermédiaire.
Donc, $\boxed{x= \tilde{1}}$. Or, $x \pi (y)= \tilde {1} $ donc $\pi(y)= \tilde{1}$.
On revient à $\varphi(x) y = \bar{1}$. Or, $\varphi(x)=\varphi( \tilde{1} ) =\bar{1}$ car $\varphi$ est un morphisme.
Donc, $y= \bar{1}$ et on a montré $\boxed{\ker f= \{ \tilde{1},\bar{1} \} }$.
$f$ est injectif.
Bon, il y a des manières de faire beaucoup plus rapides que d'autres.
@Julia Paule
Merci je vais essayer cette piste.
Or $S(y)=\sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{n!} =\sum_{n \geq 0} p^n \dfrac{y^n}{n!}$. On pose $\forall n \in \N \ f_n(y)=y^n$.
Je bloque ici $f_n$ est une application de $\Z_p$ dans $\Z_p$ alors que pour utiliser Q54 il faut une application de $\Z$ dans $\Z$....
Par exemple sur bibmaths : "On dit qu'un espace métrique $(X,d)$ est complet si toute suite de Cauchy de $X$ est convergente dans $X$".
Soit $x \in p \Z_p$ alors il existe $y \in \Z_p$ tel que $x=py$.
Donc $v_p(x)=p+ v_p(y) \geq p$ car $v_p(y) \geq 0$.
On a : $v_p (\dfrac{x^k}{k!} ) = k v_p(x) -v_p(k!) \geq kp - \dfrac{k}{p-1} \geq k( p - \dfrac{1}{p-1})$ avec $p-\dfrac{1}{p-1} >0$.
Donc : $\lim\limits_{k \rightarrow +\infty} v_p (\dfrac{x^k}{k!} )=+ \infty$.
Ainsi $\boxed{\lim\limits_{k \rightarrow +\infty} \left| \dfrac{x^k}{k!} \right|_p=0}$
La suite $(S_n)_n$ converge donc dans $\Q_p$ d'après Q48.
Or $\forall k \in \N \ v_p (\dfrac{x^k}{k!} ) \geq 0$ donc $v_p( S_n) \geq \min_{k \in \N} v_p (\dfrac{x^k}{k!} ) \geq 0$.
Donc $\boxed{S_n \in \Z_p}$.
Comme $\Z_p$ est complet et que toute suite convergente est de Cauchy, on en déduit : $\boxed{e_p(x)=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} S_n \in \Z_p}$.
Soient $x,y \in p \N$. D'après la questions précédente, $e_p(x)$ et $e_p(y)$ appartiennent à $\Z_p$. D'après Q44, on peut écrire $e_p(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+ \infty} u_k p^k$ et $e_p(y)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+ \infty} v_k p^k$ où $\forall j \in \N \ u_j \in [|0,p-1|]$.
On a $\pi_n(e_p(x))-\pi_n(e_p(y))=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\overline{u_k p^k} - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\overline{v_k p^k}$
Donc $\pi_n(e_p(x))-\pi_n(e_p(y))=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\overline{(u_k-v_k) p^k} $
Je bloque ici.
1. Calcul de $v_p$ faux. A refaire. (C'est important ce calcul car plus loin, il y a un calcul plus difficile aors qu'est ce que ça va donner?)
2. re-démonstration de la convergence inutile - déjà fait.
3. Rédaction un peu lourde, en tout cas à raccourcir.
On en déduit que les sommes partielles $S_N=\sum_{n=0}^N \dfrac{x^n}{n!} \in Z_p.$ ($Z_p$ est un anneau tout de même quand on ajoute 2 éléments de $Z_p$ ça reste dans $Z_p$).
On sait (si tu veux tu peux rappeler la question ) que $\lim_{N \rightarrow \infty} S_N = e_p(x)$ et puisque $Z_p$ est complet alors $e_p(x) \in \Z_p.$
Comme je l'ai dit corrige le calcul de $v_p$ dans 62. Sinon tu ne sauras pas faire 63.
1. exprime concrètement que $x$ et $y$ ont la même classe.
2. pour $i\leq n-1$ calcule $\dfrac{y^i}{i!} - \dfrac{x^i}{i!} $ (modulo $p^n$ ) ou si tu préfères minore la valuation p-adique de $\dfrac{y^i}{i!} - \dfrac{x^i}{i!} $.
Pour la 63 j'ai déjà beaucoup de mal à comprendre les notations.
Je n'ai pas compris pourquoi $x$ et $y$ auraient la même classe. Je ne vois pas où les classes de $x$ et $y$ interviennent dans $\pi_n ( e_p(x))$ ....
J'ai du mal à comprendre l'application $\pi_n$.
Quand on écrit $e_p(x) \in \Z_p$ sous la forme $\sum_{k=0}^{+\infty} u_k p^k$ le $x$ n'intervient plus donc je ne comprends plus rien. Et avec le $X$ en plus, je suis perdu.
$\bar{x}=\bar{y} \iff x-y= up^n \ , \ u \in \Z$ mais je ne comprends pas le rapport avec la question.
On $ e_p(x)= \sum_{i=0}^\infty \dfrac{x^i}{ i! } . $
$ e_p(y)= \sum_{i=0}^\infty \dfrac{y^i}{ i! } . $
Je te dis de calculer la différence mais tu écris $e_p(x)=\sum u_k p^k. $ On s'en fout de cette écriture, au moins dans un premier temps. C'est pas possible de s'en sortir. Suis les indications
$ e_p(y)- e_p(x)= \sum_{i=0}^\infty \dfrac{y^i}{ i! } - \sum_{i=0}^\infty \dfrac{x^i}{ i! } . $
Il faut donc calculer $\dfrac{y^i}{ i! }-\dfrac{x^i}{ i! }$ (modulo $p^n $ ) et voir que c'est nul pour $i$ petit .
Tout ce qui est au dessus de $i\geq n$ va disparaitre avec $\pi_n.$ Moralement $\pi_n$ c'est travailler modulo $[p ^n] . $
Il n'y a rien de compliqué mais si tu ne comprends pas. Il vaut mieux arrêter là. ...
En effet $pZ/p^nZ$ cela pourrait être l'ensemble des éléments de la forme $p u, u\in Z/p^nZ.$ Donc $pZ/p^nZ$ contiendrait $p^n$ éléments.
Mais à la question 64. on demande de démontrer que $(Z/p^nZ, + )$ est isomorphe à $H=(1 + pZ /p^nZ)$ qui lui est de cardinal $p^{n-1}.$
Mais n'étant pas un pro de l'algèbre, j'en suis à me demander si la notation est standard ou bien si il y a une erreur d'énoncé.
J'aimerais un éclaircissement de quelqu'un d'avisé.
$Z/ 3^2 Z$ a pour éléments 0,1,...,8
$ 3Z/ 3^2 Z$ a pour éléments 0, 3, 6
$ 3 x +3 y= 3 (x+y) $ exemple $ 12 +15= 3 \times 4 + 3 \times 5 =3 (4+5)=3 \times 1 =3. $
Pour moi ce n'est pas aussi évident ces notations. Quelque part @Oshine rencontre peut être un problème de compréhension à ce stade.
PS. Est-ce que par le plus grand des hasard, OShine serait le fruit de cette "union"... ? 🤣