Composée d'exponentiation dans un groupe
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On se donne un groupe $G$ et on se donne $a\in G$ et $m,n\in \mathbb N$, on se propose de montrer que $(a^m)^n=a^{m*n}$
Rmq Remarque : je tire cet exercice du dernier fil de @OShine, la preuve qu'il a donnée n'étant pas valide, je propose qu'on donne une bonne preuve ici.
Rmq Remarque : je tire cet exercice du dernier fil de @OShine, la preuve qu'il a donnée n'étant pas valide, je propose qu'on donne une bonne preuve ici.
Réponses
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C'est son $x^n=\underbrace{x\cdots x}_{n\text{ fois }}$ qui te démange ? Si oui alors il aurait fallut ouvrir ce fil dans Fondements et Logique et pas dans algèbrecohomologies a dit :la preuve qu'il a donnée n'étant pas valide, je propose qu'on donne une bonne preuve ici.
Pour éviter l'écriture $\underbrace{x\cdots x}_{n\text{ fois }}$ qui n'est pas "politiquement correcte" on peut utiliser une récurrence. -
On a le droit à $a^{m+n}=a^m*a^n$ ?cohomologies a dit :je propose qu'on donne une bonne preuve ici.
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Suite à ceci. Soit $G$ un groupe multiplicatif de neutre $e$, et soit $a\in{}G$ (ou plutôt un élément de son ensemble sous-jacent ; considérer le foncteur oubli projetant le tout dans la catégorie des ensembles). Suivant le théorème I, il existe un morphisme de groupes $h_a:\mathbb{Z}\to{}G$ donné une fois pour toutes par $h_a(1)=a$.. Pour $n$ fixé arbitrairement dans $\mathbb{Z}$, considérons l'application\[f_{n}:\left\{\begin{array}{rcl}\Bbb{Z}&\longrightarrow&G\\m&\longmapsto&h_a(nm)=a^{nm}\\\end{array}\right.\]Or, pour tous $m$, $m'$ dans $\Bbb{Z}$, il est clair que\[f_n(m+m')=h_a(n(m+m'))=h_a(nm+nm')=h_a(nm)h_a(nm')=f_n(m)f_n(m')\]la troisième égalité étant une conséquence du fait que $h_a$ est un morphisme de groupes qui, en vertu du théorème I, se caractérise de manière unique par sa valeur en $1$. Finalement, ce dernier fait nous donnant $f_n(1)=h_a(n)=a^n$, nous obtenons comme convenu\[f_n(m)=h_{a^n}(m)=\left(a^n\right)^m\]toutes les fois que $m\in\Bbb{Z}$ ; l'arbitraire sur $n$ permettant de conclure définitivement le tout.
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
Peut-être faut-il alors rappeler comment on définit $a^n$ : par récurrence. La notation $x\cdots x$ peut être rendue rigoureuse avec $\displaystyle \prod_1^n x$. Mais c’est une sorte de triche tant qu’on ne la définit pas par récurrence.
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Il faudrait donner une définition correcte de $a^n$ , sachant qu'on travaille dans la théorie des groupes dont le langage est $(=, \star)$, en précisant bien les objets et les quantificateurs.
Je n'avais pas lu la réponse "catégorique" de Thierry PomaIl ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse -
@Médiat_Suprème : bonsoir. Il n'y a rien de catégorique dans ce que j'ai écrit, sauf pour préciser le sens de $a\in{}G$...
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
Foncteur d'oubli, catégorie des ensembles, usage de morphismes, de $\mathbb Z$ etc, j'avais bien cru que vous parliez de catégories (je n'ai rien contre)Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse -
J'aime beaucoup ta démonstration @Thierry Poma, c'est hyper élégant. Je ne l'aurais jamais fait comme ça (et c'est un tort de ma part).
Remarque: C'est vrai que dire $a\in G$ n'est pas rigoureux, mais je voulais juste écrire rapidement et comme tout le monde écrit comme ça...la plupart des gens ont du mal à me tolérer quand je suis formel à 100% c'est pourquoi j'ai tendance à m'autocensurer. -
@Médiat_Suprème
Soit $L$ le langage des groupes, soit $(G,\iota)$ un groupe, soit $a\in G$, soit $n\in \mathbb N$, $a^{n+1}$ est l'interprétation dans $(G,\iota)$ du terme paramétré $(n,\bigcup \{L,G\},\{(k,\star)\vert k\in n\}) \square (n+1,\bigcup \{L,G\},\{(k,a)\vert k\in n+1\})$.
Ou si on ne veut pas de termes paramétrés, on considère les deux variables fonctionnels $x$ et $y$ distinctes et d'arité $1$, on définit la formule $((y=(n,L,\{(k,\star)\vert k\in n\}) \square (n+1,L,\{(k,x)\vert k\in n+1\})),(x,y))$. Cette formule définit une fonction définissable $h$, pour tout $b\in G$, $h(b)$ est ce que nous appelons $b^{n+1}$ d'habitude.
@Dom on définit $\Pi _{(G,\iota)}$ comme le prolongement de l'identité de $G$ en morphisme de monoïdes du monoïde libre de base $G$ vers le monoïde sous-jacent à $(G,\iota)$.
Encore merci à @Thierry Poma, démonstration très élégante. -
$n\in \mathbb N$ ne fait pas partie du langage des groupes.Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse -
@Médiat_Suprème En effet, mais les termes du langage vivent dans un monoïde libre, et dans ma construction du monoïde libre, ses éléments sont des applications dont la source est un élément de $\mathbb N$.
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$\mathbb N$ qui ne fait pas partie du langage, vous ne respectez pas le cahier des charges.Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse -
Hum… moi j’en reste à mes récurrences. C’est plus court et moins pédant.
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Le langage $\{\star, =\}$ n'est pas assez pratique pour travailler sur les groupes. Ni même pour travailler sur les monoïdes. Pour les groupes, il vaut mieux prendre $\{(\star,2,fun),([inv],1,fun),(e,0,fun),(=,2,rel)\}$. Cela nous permettra entre autre de définir $a^m$, pour $m\in \mathbb Z$: Si $m<0$ alors $a^m:=([inv]a)^{-m}$.
Et bien-sûr $a^0:=e$
J'avais écris une démonstration qui avait un petit problème et le fait d'utiliser ce langage a résolu le problème, mais j'ai déjà effacé la démonstration 😓 -
On appellera langage des groupes, le langage suivant $L':=\{(\star,2,fun),([inv],1,fun),(e,0,fun),(=,2,rel)\}$.On se donne un groupe $(G,\iota )$, et on se donne $a\in G$ et $b\not =a$.1) Notons $H_b$ le goupe libre de base $\{b\}$2) Soit $f_b \in Hom_{groupes}(H_b; (G,\iota )) $ le prolongement de $(\{b\},G,\{(b,a)\})$ en morphisme de groupes.3) Le groupe $(\mathbb Z,+,0,[opposit])$ est isomorphe à $H_b$ par le morphisme de groupes $v_b\in Hom_{groupes}((\mathbb Z,+,0,[opposit]); H_b )$ qui prolonge $(\{1\},\{b\},\{(1,b)\})$.4) Soient $n,m\in \mathbb Z$, $n\times (m\times 1)$ a pour écriture $(1^m)^n$ dans le langage des groupes, et $v_b$ est un morphisme de groupes, donc on a $v_b(n\times (m\times 1))=v_b((1^m)^n)=((v_b(1))^m)^n=(b^m)^n$5) de plus, on a $v_b(n\times (m\times 1))=v_b(n\times m)=b^{n\times m}$6) $f_b$ est un morphisme de groupes, donc on a $f_b((b^m)^n)=((f_b(b))^m)^n=(a^m)^n$7) $f_b$ est un morphisme de groupes, donc on a $f_b(b^{n\times m})=(f_b(b))^{n\times m}=a^{n\times m}$8) or on a $(b^m)^n=b^{n\times m}$, donc on a $(a^m)^n=a^{n\times m}$
Remarque: le passage par $H_b$ est inutile car $H_b$ est essentiellement $\mathbb Z$.
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