Partie IV agrégation interne 2023

bd2017

Julia Paule a dit :

 donc on ne peut pas inverser la somme et $\pi_n$, ce qui donnerait immédiatement le résultat) ; donc faire autrement :

Prouve-le ! 
Cela risque de perturber @Oshine. Il mérite une preuve.

rakam

Pour la définition de $E_p$ j'ai procédé ainsi.

Soit $X=\bar x=\bar y,\;x=pa,\;y=pb,\;(a,b)\in\N^2$. Alors $b-a=0[p^{n-1}]$
$e_p(pa)-e_p(pb)=\displaystyle\sum_{k\geq0}\dfrac{p^k}{k!}(a^k-b^k)$. On a $v_p(a^k-b^k)\geq n-1$ donc $v_p(e_p(pa)-e_p(pb))\geq n-1$ (chaque terme de la somme est produit de $p^{n-1}$ par un élément de $Z_p$ donc la somme également par passage à  la limite).
On a vu(*) en $Q46, Q47$ que, dans cette hypothèse, les "chiffres" d'indice inférieur à $n-1$ de $e_p(pa),\;e_p(pb)$ sont identiques ce qui donne l'égalité des $\pi_n$.

(*) Comme je le dis par ailleurs l'énoncé est un peu patraque sur ces questions. En effet, la méthode de définition de $v_p(a),\;a\in\Z_p$ (question $Q26$) n'étant pas imposée on pouvait (c'est la méthode que j'avais utilisée) très bien l'obtenir en utilisant les "chiffres" des éléments de $\Z_p$ ce qui m'a laissé un peu inquiet en voyant 'énoncé de la question $Q46$.

Celle-ci aurait dû être  (à mon avis) : montrer que si $(a,b)\in(\Z_p) ^2,\;v_p(a-b)\geq\ell$ alors les chiffres d'indice inférieur à $\ell-1$ sont les même dans $a,b$ ce qui donnait le résultat $Q46$ en faisant $b=0$ et surtout évitait une démonstration fouillis dans la $Q47$ pour établir que la suite des "chiffres" des suites de Cauchy était stationnaire.

bd2017

Bonjour

Oui je suis d'accord avec  ça. J'aurais fait à peine différemment pour éviter les discussions de passage à la limite. 

$\pi_n (e_p(x))= \pi_n(\sum_{k=0}^\infty \dfrac{p^k}{k!} a^k) = \pi_n(\sum_{k=0}^N \dfrac{p^k}{k!} a^k)) =\overline{\sum_{k=0}^N \dfrac{p^k}{k!} a^k}$, où
$N$  est le plus petit entier supérieur à $n\dfrac{p-1}{p-2}$  (car  $ v_p( \dfrac{p^k}{k!} ) = k \dfrac{p-2}{p-1} $ déjà vu). 

Puis même chose avec $\pi_n (e_p(y)).$   (On projette et on fait la différence ensuite). Cela  demande de vérifier seulement $v_p(a^k-b^k)\geq n-1$  pour les "petites valeurs de $k.$" Mais  ce  n'est pas un gain de calcul parce que l'inégalité est vérifiée pour tout $k.$

Os n'est plus dans la course mais je lui avais demandé de faire le calcul de  $v_p(a^k-b^k)$ afin de trouver une minoration.   Car ça c'est à sa portée.

Julia Paule

@rakam, avec $v_p(a^k-b^k)\geq n-1$, on a $v_p(\dfrac{p^k}{k!}(a^k-b^k)) \geq n$, non ? donc $v_p(e_p(pa)-e_p(pb))\geq n$, et les chiffres d'indice inférieur ou égal à $n-1$ sont égaux.

Pour la question 46, le montrer pour $v_p(a)$ ou pour $v_p(a-b)$, et ce que ça donne, c'est très proche ?

@bd2017, pour inverser $\pi_n$ et la somme infinie, il faut des notions de continuité, convergence, et je ne vois pas ce que cela veut dire, ou pourrait dire, du côté de $\Z / p^n \Z$. Ceci n'est pas une preuve de l'impossibilité, mais cela aurait été quand même bien pratique.

Julia Paule

Les questions qui suivent 64. à 66. sont très faciles. @rakam, peut-on venir à ta question ici : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2416351/#Comment_2416351, dont je ne comprends pas le sens ?

EDIT : ok, j'ai compris pourquoi tu t'intéresses à calculer les premiers chiffres de $e_p(p)$.

bd2017

Julia Paule a dit :

- 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.

@bd2017, pour inverser $\pi_n$ et la somme infinie, il faut des notions de continuité, convergence, et je ne vois pas ce que cela veut dire, ou pourrait dire, du côté de $\Z / p^n \Z$. Ceci n'est pas une preuve de l'impossibilité, mais cela aurait été quand même bien pratique.

À méditer ! 

Julia Paule

OS ne revient plus. Sinon, une autre question trainait, il me semble que c'était : peut-on avec le sujet trouver un générateur de $(\Z / p^n \Z)^*$ ?

Je dirais que oui, vu la question 61.c., ils auraient pu la poser pour boucler la boucle.

La question est maintenant : trouver un générateur de $(\Z / 5^3 \Z)^*$ (je trouve $102$, je vais y arriver).

Julia Paule

@bd2017, que veux-tu dire : toute application linéaire est continue ? J'ai besoin de me remettre en tête cette notion.

bd2017

Moi, j'ai besoin que tu restes à distance de tous les messages que j'écris. Le petit chef méchant avec ses collatéraux et tout doux avec ses supérieurs hiérarchiques  n'a pas besoin de toi pour être corrigé perpétuellement et surtout que c'est à chaque fois  à côté de la plaque. 

Julia Paule

Tu continues, ou recommences, de quel message parles-tu ? Si c'est le message de 17:36 où tu m'as fait une remarque, et auquel j'ai complaisamment répondu, ce n'est pas une distance que tu t'appliques. Mon pauvre @bd2017.

rakam

@Julia Paule  Pour la question 46, le montrer pour $v_p(a)$ ou pour $v_p(a−b)$, et ce que ça donne, c'est très proche ?

Il ne semble pas : on sait comment trouver la suite (celle des sommes partielles de la série $\sum x_kp^k$ associée à $a-b$ ) mais pas du tout comment calculer les "chiffres" de la différence de deux éléments de $\Z_p$.
Tout le monde, si je me souviens bien, a un peu galéré sur ce calcul !

Je reviendrai sur $Q65$ demain...

Julia Paule

Ok, on en reparle demain. La différence entre $a$ et $a-b$ pour ce qui est des sommes partielles et des chiffres, tu veux dire quand on a les chiffres de $a$ et de $b$, on ne sait pas facilement obtenir les chiffres de $a-b$ ?

bd2017

Julia Paule a dit :

@bd2017, que veux-tu dire : toute application linéaire est continue ? J'ai besoin de me remettre en tête cette notion.

bd2017, pour inverser $\pi_n$ et la somme infinie, il faut des notions de continuité, convergence, et je ne vois pas ce que cela veut dire, ou pourrait dire, du côté de $\Z / p^n \Z$. Ceci n'est pas une preuve de l'impossibilité, mais cela aurait été quand même bien pratique.

C'est simple, je ne t'ai rien demandé. Tes messages et tes remarques, au moins celles qui me concernent   sont toujours  à côté de la plaque. Par exemple  celui-ci n' a rien à voir avec ce que j'ai pu dire et il y a du charabia en plus .

Je n'y peux rien si tu ne comprends pas.  Je ne peux pas faire de l'explication de texte sans arrêt.  Et puis tes nombres commentaires désobligeants du genre "si tu ne comprends pas cela", "tu ne justifies pas (souvent il s'agit d'évidence)" "il faut lire entre les lignes "  " tu changes sans cesses les notations"  ...tu les gardes pour toi. 

Ne me réponds pas, cesse de m'interpeler sans arrêt, il n'y a pas de dialogue possible entre nous. Trouve quelqu'un d'autre,  c'est simple comme bonjour.

Julia Paule

Mais enfin @bd2017, je te l'ai déjà dit, vraiment tu me fais rigoler, si tu veux que je me tienne à distance de tes messages, alors pourquoi réponds-tu aux miens qui ne te sont pas adressés (celui dont tu parles était adressé à OS).

Autrement dit, si tu veux que je me tienne à distance de tes messages, commence à te l'appliquer à toi-même : tiens-toi à distance de mes messages.

Et stp arrête de polluer ce fil, par des remarques qui n'intéressent personne, sauf ceux qui doivent compter les points en s'amusant bien (j'imagine qu'il y en a).

bd2017

Désolé tout  de même. Si tu fais une   bourde mathématique c'est un peu la règle du forum que de  corriger les fautes de mathématiques. 

De plus quand @Os écrit sur 10 lignes, 9 lignes d'âneries, on n'applaudit pas parce qu'il y a une ligne correcte.

Et si on le secoue, on sait qu'on peut se le permettre. Nous avons un passé que tu n'as pas. L'administration lui permet de poster. II pose des problèmes de math d'un certain niveau. Cela entraîne systématiquement un intérêt à faire le problème et au passage à  l'aider un peu, même si cette aide n'a pas d'efficacité, jusqu'à preuve du contraire.

C'est très désobligeant de nous (je dis bien  nous...)  accuser de pervers qui s'amusent à taper sur les collatéraux et inférieurs. On compte les points...

C'est insupportable. Je suis sur un forum de mathématiques et non pas sur un réseau social.  

Des petits accrochages sur le forum ça  arrive mais rarement. Os est un catalyseur certes. Mais on sait gérer. Avec toi, cela semble impossible.

Julia Paule

Pour en finir avec ce fil, il reste à répondre à la question de @rakam : comment calculer les premiers chiffres de $e_p(p)$ ?

On peut faire à la main les premiers chiffres. Il s'agit de calculer les inverses des factorielles, soit en les calculant directement, soit en calculant les inverses des nombres premiers et en les multipliant (mais cette dernière technique est plus longue je trouve), et de les décaler selon la puissance $p^k$, et d'additionner le tout au fur et à mesure.

Pour calculer l'inverse d'un entier, je l'ai fait plus haut : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2414353/#Comment_2414353

C'est long et fastidieux si on veut plusieurs chiffres, il faut un logiciel, il y a peut-être plus simple, mais pour la question 65., il suffit de calculer les 3 premiers chiffres, c'est rapide.

Voilà, je n'interviendrai plus ce fil, sauf si OS revient (c'est lui qui a initié tous les fils).

Julia Paule

Dur à la comprenette, le @bd2017.

bd2017

Julia Paule a dit :

Voilà, je n'interviendrai plus ce fil, sauf si OS revient (c'est lui qui a initié tous les fils).

Ouf! S'il te plait @Os ne revient pas de suite  (pose-moi  tes questions en MP,  je te jure que j'y répondrai) .

rakam

@Julia Paule  Ta question "La différence entre $a$ et $a−b$ pour ce qui est des sommes partielles et des chiffres, tu veux dire quand on a les chiffres de $a$ et de $b$, on ne sait pas facilement obtenir les chiffres de $a−b$ ? " a une réponse affirmative.

On dispose d'un algorithme (définition de l'addition dans $\Z_p$) pour calculer la suite associée à $a-b$ mais pour les chiffres il faudrait tenir compte des "retenues" qui peuvent se répercuter sur une infinité de chiffres. Pour moi, inabordable.

Pour le calcul de $e_5(5)$ j'y suis arrivé mais j'étais déboussolé (au point de mettre en doute le côté morphisme de $\theta$) par une erreur bête (les erreurs intelligentes sont souvent source de progrès quand on les traite mais ce n'était pas mon cas).

En fait, concernant la question $Q65$ j'ai trois propositions :

1. Une approche naïve permet de montrer que $\bar 6$ est générateur de $H$ car $\bar 6^1\neq\bar1$ et $\bar 6^5=\overline{7776}=\overline{26}\neq\bar1$ et, dans le groupe $H$ d'ordre $25$ l'ordre de $\bar 6$ ne peut être que $25$.

Mais comme je n'utilise pas ce qui précède je pense qu'il vaut mieux donner une autre solution.

2. Bien sûr l'existence de l'isomorphisme $E_5$ est une réponse d'où le besoin de déterminer $\pi_3(e_5(5))$ et permet de proposer $\overline{81}$.

3. Une troisième possibilité (qui utilise ce qui précède... mais sans calcul de $e_5$). Le décompte selon l'ordre d'un élément doit être identique dans le groupe additif des multiples de $5$ modulo $125$ vs les éléments de $H$.

Or dans le groupe additif on a (facile) un élément d'ordre $1$, quatre éléments d'ordre $5$ (à savoir les classes $25\bar k$) et il reste $20$ éléments d'ordre $25$.

Dans $H$ le neutre $\bar1$ est le seul élément d'ordre $1$ et les éléments $\bar 1+25\bar k$ sont d'ordre $5$ car, par développement du binôme, $(\bar 1+25\bar k)^5$ est somme de $\bar 1$, $5*25\bar k$ et de termes tous multiples de $25^2$. Il est donc certain que les $\bar 1+5\bar k,\;k\in[\![1,24]\!]\setminus\{5,10,15,20\}$ sont d'ordre $25$ (au fait $\bar 6=E_5(55)$).

@bd2017 Ta question supplémentaire (attention aux foudres de @OShine) concernant la recherche d'un générateur de $G=(\Z/5^3\Z)^*$ est intéressante et il me semble que ta solution $\overline{102}$ soit exacte mais comme tu ne dis pas quels générateurs tu as choisi dans $H$ et $F=(\Z/5\Z)^*$ il est difficile de LE retrouver.

Pour ma part en prenant $a=57$ (question $Q61(a)$) et $\bar 6$ comme générateur dans $H$ le couple $(\tilde 2,\bar 6)$ est générateur du groupe produit $F\times H$ donc $\varphi(\tilde 2)\bar 6=\overline{57}*\bar 6=\overline{92}$ est générateur de $G$.

Sauf erreur !

Julia Paule

@rakam Pour les "retenues", on a justement les sommes partielles de $a$ et $b$ qui donnent la somme partielle de $a-b$.

Pour $\pi_3(e_5(10))$, avec le générateur $\overline 2$ de $\Z / 5^2 \Z$, soit $\overline {10}$ pour $5 \Z / 5^3 \Z$,  je trouve $\overline {61}=\overline{1+2*5+2*5^2}$ générateur de $H$, ce qui explique le $\overline {61*57}=\overline{102}$ générateur de $(\Z / 5^3 \Z)^*$.

Ce n'est pas bd2017 qui a suggéré ce dernier calcul, mais moi.

Avec $\overline 1$ comme générateur de $\Z / 5^2 \Z$, soit $\overline 5$ pour $5 \Z / 5^3 \Z$, le calcul de $\pi_3(e_5(5))$ est à peine plus compliqué. Ok pour $\overline {81}$.

Il faut encore justifier pourquoi on prend $\pi_3$, mais c'est facile.

Ok pour trouver des générateurs autrement, en utilisant les ordres possibles des éléments des groupes.

Question : combien $(\Z / 5^3 \Z)^*$ a-t-il de générateurs ? Tu fais un début de réponse avec le nombre de générateurs de $H$. On peut y répondre autrement car $(\Z / 5^3 \Z)^*$ est cyclique.

Area 51

Pareil, j'avais trouvé $81$ comme générateur pour je-ne-sais-plus-quelle-question.

bd2017

Julia Paule a dit :

Avec $\overline 1$ comme générateur de $\Z / 5^2 \Z$, soit $\overline 5$ pour $5 \Z / 5^3 \Z$, le calcul de $\pi_3(e_5(5))$ est à peine plus compliqué. Ok pour $\overline {81}$.

Il faut encore justifier pourquoi on prend $\pi_3$, mais c'est facile.

Je ne suis pas capable de comprendre cela. Pourquoi  $\pi_3(e_5(5))$ est à peine plus compliqué que le calcul de  $\pi_3(e_5(10))$?

Tout le monde a le réflexe de prendre E(5)  comme générateur. Prendre E(10) me semble tordu sauf si effectivement le calcul de $\pi_3(e_5(10))$ mais alors il faut expliquer.

Ensuite $E(5)$ convient, c'est évident. Mais E(10) aussi mais c'est moins évident.

Maintenant $125=p^n$  avec $p=5$ et $n=3$.  Celui  qui prend autre chose que $\pi_3$ il doit avoir un problème quelque part.   

Enfin la remarque 3. de @Rakam, que je trouve intéressante,  c'est plus que donner le nombre de générateurs de $ H$ et  (par la suite ceux  de $(\Z/p^nZ,.)^*$). Il dit qui sont les générateurs.   

rakam

@Julia Paule Avoir les sommes partielles de $a-b$ ne donnent pas facilement les "chiffres". Il faut encore travailler sur $\displaystyle\sum_{0\leq r\leq s}(x_r-y_r)p^r$ où les coefficients sont des différences de chiffres, éventuellement hors de $[\![0,p-1]\!]$

Ton choix de chercher $E_5(10)$ est intéressant, il évite le calcul de l'inverse de $\theta(2)$...

Julia Paule

@rakam, pour les sommes partielles de $a-b$, je veux dire par là que si on a les sommes partielles d'une série $c=(c_0, c_1, \cdots, c_n, \cdots)$, alors on a ses chiffres car $c_{n}=c_{n-1} + u_n p^n$. Donc avec $a-b=c$, les sommes partielles de $c$ (évidemment si on les a calculées autrement, i.e. pas en fonction des chiffres de $a$ et $b$, j'avais un exemple, je ne sais pas si je vais le retrouver) donnent les chiffres de $a-b$, c'est l'intérêt des sommes partielles.
Je ne sais pas où j'ai été pêcher que des groupes comme $(\Z / n  \Z)^*$ sont cycliques et qu'on ne sait pas en général en déterminer un générateur.

bd2017

Oui  Je comprends maintenant l'intérêt du calcul de E(10). 100/2=50  . Et puis montrer voir  $\bar{2}$  est générateur ce n'est pas difficile.

 Mais  je ne comprends pas pourquoi il faut justifier qu'on prend $\pi_3.$ C'est vraiment bizarre de dire cela. En tout cas je ne suis pas  capable de comprendre cela.

Julia Paule a dit :

Sinon, je me pose une autre question (mais je m'éloigne du sujet) : avec le résultat de cette dernière partie, on peut trouver un générateur de $(\Z / n \Z)^*$ pour tout $n$ impair (en décomposant $n$)

C'est encore bizarre de dire cela. Rien ne dit qu'avec cette partie on peut trouver un générateur $(\Z / n \Z)^*,.)$ pour $n$ impair.  En tout cas je ne suis pas capable de comprendre cela. Personne  n'a dit cela.  Il faut expliquer encore une fois.  Si on prend  $((\Z/225\Z)^*,.)$ il n'a pas de générateur et pourtant  225 est impair. Qu'est-ce que cela veut dire que le résultat permet de déterminer un générateur qui n'existe pas ? Cela veut peut-être dire quelque chose mais je ne vois pas.

OShine

rakam a dit :

@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
Je reviens j'avais la grippe.
On sait que $x \in p \Z_p \implies e_p(x) \in \Z_p$ mais qui nous dit que les éléments de la somme partielle sont dans $\Z_p$ ? Je ne vois pas trop pourquoi c'est le cas.
La série de somme $e_p(pa)-e_p(pb)$ a pour terme général $S_N=\displaystyle\sum_{k=0}^N \dfrac{(pa)^k-(pb)^k}{k!}$.
Soit $k \in [|0,N|]$. On a $v_p( (pa)^k-(pb)^k ) \geq \min( v_p( pa)^k,(pb)^k)$
Or $v_p( (pa)^k)=kv_p(pa)=kp+kv_p(a)$ et $v_p( (pb)^k)=kv_p(pb)=kp+kv_p(b)$ .
On a $v_p(\dfrac{(pa)^k-(pb)^k}{k!} ) \geq kp + k\min (  v_p(a),v_p(b)) - \dfrac{n}{p-1}$.
Comme $a,b \in \Z_p$ alors $v_p(a) \geq 0$ et $v_p(b) \geq 0$.
Donc $k \geq n \implies  v_p(\dfrac{(pa)^k-(pb)^k}{k!} ) \geq n ( p - \dfrac{1}{p-1}) \geq n$.
D'après Q46 :  $\boxed{\forall k \in [|0,n-1|] ,\ \dfrac{(pa)^k-(pb)^k}{k!}=0}$

OShine

rakam a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2416735/#Comment_2416735

Merci beaucoup pour cette démonstration très claire.
$a^k-b^k=(a-b)(a^{k-1}+a^{k-2}b + \cdots +ab^{k-2}+b^{k-1} ) $ et si $p(a-b)= u p^n$ alors $a-b=up^{n-1}$.
Quand tu dis que chaque terme de la somme est un produit de $p^{n-1}$ par un élément de $\Z_p$ tu utilises aussi $Q53$ de façon implicite j'ai l'impression.

OShine

@Julia Paule
Je n'ai pas l'impression que les 3 dernières questions sont faciles.
Déjà, je bloque sur la 64.

OShine

64) Je n'ai pas réussi. Je ne vois pas le rapport avec ce qui précède. 

65) $p=5$ et $n=3$.
Mais pareil je ne comprends pas le rapport avec ce qui précède.
J'ai regardé vos messages mais je n'ai rien compris. 
Je ne comprends pas du tout le rapport entre les générateurs et le $\pi_n( e_p(x))$.

bd2017

64) Tu ne fais pas beaucoup d'effort pour voir le rapport avec ce qui précède.  À ton avis, la fonction $E_p$    a quel ensemble de départ ? Tu dois montrer que 2 groupes sont isomorphes.  Le plus "difficile" est de trouver l'application qui les relie.... À toi de vérifier... que cette application est un isomorphisme entre les deux groupes. 

Pour 65)  il ne faut pas qu'on te donne  l'indication avant d'avoir fait 64). 

rakam

@bd2017 Grosse curiosité ! Comment as-tu l'idée d'utiliser et démontrer que $225$ est un entier impair intéressant ? As-tu essayé les autres impairs inférieurs ? As-tu calculé les ordres des $120$ éléments inversibles modulo $225$ ?

As-tu utilisé des résultats plus généraux ? Lesquels ?

bd2017

Bonjour  

Il y a surement des théorèmes généraux. Avec un exemple  plus  simple $n=15=3\times 5$  on a :  

Comme $\phi(15)=\phi(3)\times\phi(5)=2\times 4 = 8$

Il faut vérifier qu' on a bien $(\Z/15\Z)^*$  isomorphe à $(\Z/3\Z)^* \times  (\Z/5\Z)^*$ (je pense que cela vient du théorème chinois).

Alors  pour $x\in (\Z/15\Z)^*$ on  a   $x^4=(x_1^4,x_2^4)=(1,1)=1.$  Il n' y a pas d'éléments d'ordre $8$ dans  $(Z/15Z)^*.$ 

Pour y regarder de plus près cela vient du fait  que $4$  est un multiple de $\phi(3)$ et de $\phi(5).$      

Julia Paule

@O'Shine, la Q63 a montré que $E_p$ est bien défini. Pour 64., il s'agit d'abord de montrer que $E_p$ est bien à valeurs dans $\overline 1 + p \Z / p^n \Z$.

(question : pourquoi $x$ a été pris dans $p \N$ ; réponse : d'abord pour que $\pi_n$ marche bien, et aussi pour satisfaire Q56)

Puis montrer que c'est un morphisme de groupes (facile avec Q57).

Puis montrer qu'il est bijectif (il suffit de montrer qu'il est injectif vu les cardinaux des 2 groupes), en déroulant les équivalences pas à pas (attention c'est un morphisme d'un groupe additif sur un groupe multiplicatif).

Julia Paule

De manière générale on a $(\Z / n \Z)^*=(\Z / (p_1^{a_1} \cdots p_r^{a_r}) \Z)^* \cong \Pi_{i=1}^r (\Z / p_i^{a_i} \Z)^*$. (on a l'isomorphisme pour les groupes additifs, et un élément du groupe de gauche est inversible ssi il l'est dans chacun des groupes de droite). Pour $p_i$ impair, $(\Z / p_i^{a_i} \Z)^*$ est cyclique. Il y a un cas particulier pour $p=2$.

Alors $(\Z / n \Z)^*$ est cyclique ssi les groupes qui composent le produit direct sont cycliques et leurs ordres sont deux à deux premiers entre eux, ce qui est faux en général car pour $p$ impair, $2 \mid \varphi(p)$, et pour $p=2$, $(\Z / 2^a Z)^*$ n'est pas cyclique pour $a \geq 3$.

OShine

@Julia Paule
Merci.
Le problème est que je n'ai jamais compris cette application $E_p$. Je n'arrive pas à manipuler le $E_p(X)=\pi_n( e_p(x))$. Il y a du $X$ au départ mais du $x$ à l'arrivée. Même l'application $\pi_n$ est compliquée, on ne sait pas qui sont les $u_i$ ici. 
On a pas l'expression de $e_p(x)$ sous la forme $\sum_{n=0}^{+\infty} u_k p^k$...
Montrer qu'elle est à valeurs dans $H$ est déjà un obstacle que je n'arrive pas à franchir.

Julia Paule

@O'Shine On a $x \in p \N$ (donc $x \in p \Z_p$). On projette $x$ sur $\Z / p^n \Z$ par $\pi_n$, et $X=\pi_n(x)$, donc $X \in p \Z / p^n \Z$.

Jusque là, c'est la projection classique, sauf qu'on a plongé $p \N$ dans $p \Z_p$ avant de lui appliquer la projection canonique.

Maintenant, on s'intéresse à $e_p(x)$, qui est bien défini, pourquoi (Q56) ? $e_p(x) \in \Z_p$ et on prend sa projection $\pi_n(e_p(x))$ dans $\Z / p^n \Z$.

Comme cette nouvelle projection ne dépend pas du représentant choisi, on peut considérer l'application :

$E_p : p \Z / p^n \Z \to \Z / p^n \Z, X=\pi_n(x) \mapsto E_p(X)=E_p(\pi_n(x))=\pi_n(e_p(x))$ (fais un schéma)

$E_p$ envoie une classe d'équivalence sur une autre. Il faut vérifier que cela ne dépend pas du représentant $x$ choisi (c'est la question 63).

En quelque sorte, $E_p(X)$ est l'exponentielle de $X$, mais dans $\Z / p^n \Z$, et en passant par $\Z_p$ pour donner un sens à sa projection dans $\Z / p^n \Z$. Cela va permettre d'écrire : $E_p(X)=1+X+ \cdots$.

L'isomorphisme de 64. est $E_p$.

Je suis d'accord que l'énoncé est très succinct pour expliquer tout cela. Je ne comprends pas non plus d'où ça sort et comment on en a eu l'idée, mais ça marche, et cela va permettre de trouver un générateur de $H$, à partir d'un générateur de $p \Z / p^n \Z$ (Q65).

Mais 64. peut se montrer directement et plus facilement, sans utiliser toute cette machinerie. Tu peux faire aussi comme cela.

Pour montrer que $E_p$ est à images dans $H$, on a $\pi_n(e_p(x))=\pi_n (1 + \Sigma_{k=1}^{+\infty} \dfrac {x^k} {k !})$ ...

OShine

Ok merci.
L'énoncé manque de précision, il ne précise pas qui sont les $u_k$...

64) Soit $X \in p \Z / p^n \Z$. $x$ est un entier tel que $x \in p \N$ et $X=\bar{x}$. On a $E_p(X)=\pi_n (e_p(x))$.
Montrons que $E_p$ est à valeurs dans $H$. Comme $x \in p \N$ il existe $a \in \N$ tel que $x=pa$.
On a $e_p(x)= \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{a^k}{k!} p^k$ donc $\pi_n( e_p(x))=  \bar{1}+p \displaystyle\sum_{j=0}^{n-2} \overline{ \dfrac{a^{j+1}}{j!} p^j}$.
Je dois montrer que $ \displaystyle\sum_{j=0}^{n-2} \overline{ \dfrac{a^{j+1}}{j!} } p^j  \in \Z / p^n \Z$.
Pour cela on doit montrer que $ \dfrac{a^{j+1}}{j!}  p^j  \in \Z$ mais Q53 nous affirme seulement que  $ \dfrac{a^{j+1}}{j!}  p^j  \in \Z_p$ comment faire ? 
Je n'ai jamais travaillé de ma vie avec des fractions dans $\Z / p^n \Z$ ... Encore un passage étrange.

bd2017

Encore une nouveauté!!!

OShine a dit :

L'énoncé manque de précision. 
Pour cela on doit montrer que $ \dfrac{a^{j+1}}{j!}  p^j  \in \Z$ mais Q53 nous affirme seulement que  $ \dfrac{a^{j+1}}{j!}  p^j  \in \Z_p$ comment faire ?

Suite à tes complaintes, je t'avais  demandé de faire un petit travail. (Corriger un calcul de $v_p$   puis en faire un autre, cela demandait 10 mn)  . Tu ne daignes pas de faire l'effort alors que je pense que tu pouvais faire le travail. La suite aurait été de te donner des explications pour continuer. C'est accablant de voir que "tu bloques " (comme d'hab) parce que tu préfères écouter les cloches résonner.  Ne compte pas sur moi pour la moindre explication mais au moins  je peux pointer ton absurdité. 

Je prends donc $a=1$  et $j=2.$    Tu dois montrer que $\dfrac{p^2}{2!} \in \Z.$   Mal  mais peut faire pire.

Julia Paule

Les $u_k$ sont les digits des nombres p-adiques (écrits en fonction des puissances de $p$), définis en Q25.

On a $\pi_n( e_p(x))=  \bar{1}+\pi_n ( \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{a^k}{k!} p^k)$ (attention tu as fait une erreur là, cela démarre à $k=1$).

Ensuite on se moque des digits (de l'expression exacte dans $\Z / p^n \Z$), on veut juste montrer que $\pi_n ( \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{a^k}{k!} p^k) \in p \Z / p^n \Z$.

On ne travaille pas avec des fractions dans $\Z / p^n \Z$, on projette un élément de $\Z_p$ écrit en fonction de ses digits, dans $\Z / p^n \Z$.

bd2017

Julia Paule a dit :

Pour calculer l'inverse d'un entier, je l'ai fait plus haut : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2414353/#Comment_2414353

C'est long et fastidieux si on veut plusieurs chiffres, il faut un logiciel

Je sais faire cela mais par curiosité, je suis allé voir malgré tout. Cela ne correspond pas du tout à la façon dont je calcule. Là n'est pas le problème. Mais c'est incompréhensible.  Surtout le $-1/n$ que vient-il faire dans le calcul du développement de Hensel de $1/n$ . Au minimum, si la méthode est bonne ça manque évidement de clarté.  Mais est-elle bonne (la méthode)? 

OShine

@bd2017
Quand tu dis qu'un calcul est faux tu ne dis pas où est l'erreur et si je ne la trouve pas je ne peux rien faire.

@Julia Paule
D'accord merci j'ai réussi je pense. Mais je bloque sur le noyau. 
64) Soit $x= ap$ avec $a \in \N$. Donc $\pi_n( e_p(x) ) = \pi_n( \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{a^k}{k!} p^k ) =\pi_n( 1+ \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{a^k}{k!} p^k ) $

Comme $\pi_n$ est un morphisme d'anneaux :$\pi_n( e_p(x) ) = \pi_n(1) + \pi_n( \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{a^k}{k!} p^k )$

Soit $\boxed{\pi_n(e_p(x))=\bar{1}+ \pi_n( \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{a^k}{k!} p^k )}$

De plus : $\pi_n( \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{a^k}{k!} p^k )=\pi_n( p \displaystyle\sum_{j=0}^{+\infty} \dfrac{a^{j+1}}{(j+1)!} p^j ) \\
= \pi_n( p) \times \pi_n (  \displaystyle\sum_{j=0}^{+\infty} \dfrac{a^{j+1}}{(j+1)!} p^j )   = \bar{p} \pi_n (  \displaystyle\sum_{j=0}^{+\infty} \dfrac{a^{j+1}}{(j+1)!} p^j )$

Il reste à montrer que :  $ \displaystyle\sum_{j=0}^{+\infty} \dfrac{a^{j+1}}{(j+1)!} p^j \in \Z_p$.  Si c'est le cas c'est terminé car $\pi_n$ est à valeurs dans $\Z / p^n \Z$.
Cette somme infinie vaut $p^{-1} e_p(x)-1$ donc elle reste dans $\Z_p$ car $1,p \in \Z \subset \Z_p$ et $\Z_p$ est un anneau.
Déterminons $\ker E_p$.
On a :  $X \in \ker E_p \ \iff \ E_p(X)=\bar{0} \iff \pi_n ( e_p(x))= \bar{0}$.
Je bloque ici, je ne vois pas comment calculer $\pi_n ( e_p(x))$ vu qu'on ne connaît pas les $u_k$ de $e_p(x) \in \Z_p$.

Julia Paule

@O'Shine, la somme infinie vaut $p^{-1}(e_p(x)-1)$, mais avec cette formule, on ne peut pas dire qu'elle reste dans $\Z_p$, car $p^{-1} \not \in \Z_p$, mais $\in \Q_p$. Pour montrer qu'elle est dans $\Z_p$, on peut utiliser par exemple Q54.

Avant de parler de $\ker E_p$, il faut d'abord montrer que $E_p$ est un morphisme de groupes (c'est la partie la plus facile). Utilise Q57.

Enfin, $E_p$ est à valeurs dans un groupe multiplicatif ! d'élément neutre ?

Il ne faut pas utiliser les $u_k$, surtout pour $e_p(x)$, dont on serait bien incapable de les calculer formellement (enfin moi je ne sais pas faire, sauf $u_0=1$).

OShine

Oui Q54 donne la réponse merci.

Morphisme : 
Montrons que $E_p$ est un morphisme de groupes.
Soient $X,Y \in \Z_p$ alors : 
 $E_p(X+Y)= \pi_n ( e_p (x+y) ) =\pi_n ( e_p(x) e_p(y) )=\pi_n (e_p(x) ) \pi_n( e_p(y) ) =E_p(X) E_p(Y)$

Le neutre de $E_p$ est $\bar{0}$. 

OShine

@Julia Paule
$p \Z / p^n \Z$ est un groupe additif et $H$ un groupe multiplicatif.
Je n'arrive pas à déterminer le noyau de $E_p$.
Soit $X=\bar{x}$, où $x=pa ,\  a \in \N$.
$X \in \ker E_p \iff E_p(X)=\bar{1} \iff \pi_n( e_p (x) )= \bar{1} \iff \pi_n( e_p(pa) )= \bar{1} $.
À partir d'ici je nage complètement.

Julia Paule

$\overline 1 = \pi_n(1)$, puis les éléments de $\Z_p$ d'image nulle par $\pi_n$ sont les éléments divisibles par $p^n$, i.e. $p^n \Z_p$, etc ... il faut arriver à $X=\pi_n(x)=0$.
Quels sont les ordres de $p \Z / p^n \Z$, idéal (donc groupe additif) de $\Z / p^n \Z$ isomorphe à  $\Z / p^{n-1} \Z$,  et de $H$ ?

bd2017

Os:    L'erreur c'était $v_p(p)=p$  et il y a peu de calculs. Mais le problème c'est que tu avais fait auparavant des calculs de valuation plus compliqués.

Heu! il y a de quoi perdre son latin !

rakam

@OShine  $\pi_n(e_p(pa))=\bar 1$ se traduit par quelque de simple pour $e_p(pa)$. Puis dernière ligne de $Q58$ (la dernière relation admise).

Julia Paule

@rakam, j'avais pensé à  ça aussi, mais comment intervertir $\pi_n$ et $l_p$ ?
Édit : ok, tu le fais après s'être débarrassé de $\pi_n$.

OShine

@Julia Paule
Je ne comprends pas pourquoi tu parles des ordres...
Les éléments de $\Z_p$ d'image nulle par $\pi_n$ sont les éléments divisibles par $p^n$. 
Ce résultat que je n'ai pas vu mérite une démonstration.
Soit $x \in \Z_p$. Alors $x=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} u_k p^k$. Si $\pi_n(x)=0$ alors $y=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \overline{u_k  p^k} =\bar{0}$.
Donc $v_p(y) \geq n$. 
D'après Q46, $u_0=u_1= \cdots =u_{n-1}=0$ donc $\boxed{v_p(x) \geq n}$. 

@rakam
$\pi_n( e_p(pa) ) = \bar{1} \iff \pi_n ( e_p( pa) )= \pi_n( 1) \iff \boxed{ \pi_n( e_p(pa)-1) = \bar{0}}$

Ainsi $X \in \ker E_p \iff v_p ( e_p(pa)-1) \geq n$. 

Donc $\boxed{X \in \ker E_p \iff v_p \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{ a^k p^k}{k!} \right) \geq n}$.

Je ne vois pas du tout le rapport avec $l_p$ et Q58 ..... 

@bd2017
$v_p(p)=1$.

bd2017

Oui c'était bien ça  $v_p(p)=1$. Et puis j'avais demandé de minorer $v_p(\dfrac{a^k p^k}{k!} )$  afin de comprendre et attaquer ces questions Q63 et Q 64 dans de meilleures conditions.