Exercice 1 agreg interne 2023

Dans $K$ il y a $p-1$ familles libres a $1$ éléments et non $p^n-1$ je n'ai pas compris ce détail.

@gai requin
Merci. 

@NicoLeProf
Je n'aurais pas mieux fait que toi pour $3$, par contre la question $2$ est très élémentaire. 
La $4$ est triviale aussi.

3) Montrons par récurrence finie $\forall 1 \leq k \leq n$ la propriété $P(k)$ suivante : "Le nombre de familles libres constituées de $k$ vecteurs de $K^n$ est $\displaystyle\prod_{i=0}^{k-1} (p^n-p^i)$."

Au rang $k=1$, il y a $p^n-1$ familles libres de $K^n$ et $\displaystyle\prod_{i=0}^{k-1} (p^n-p^i)=p^n-p^0=p^n-1$. La propriété est donc vraie au rang $k=1$.

Supposons que $\forall k \in [|1,n-1|] \ P(k)$ soit vraie et montrons $P(k+1)$.
Soit $(x_1, \cdots, x_k)$ une famille libre de $k$ éléments de $K^n$. D'après l'hypothèse de récurrence, il y en a $\displaystyle\prod_{i=0}^{k-1} (p^n-p^i)$.
D'après Q2, une famille $(x_1, \cdots, x_k , x_{k+1})$ constituée de $k+1$ vecteurs de $K^n$ est libre si et seulement si $x_{k+1} \notin Vect(x_1, \cdots , x_k)$.
Mais il y a $p^k$ élément dans $Vect(x_1, \cdots , x_k)$ donc $p^n-p^k$ éléments dans son complémentaire. 

Il y  a donc $\displaystyle\prod_{i=0}^{k-1} (p^n-p^i) \times (p^n-p^k)$ familles libres à $k+1$ éléments soit $\boxed{\displaystyle\prod_{i=0}^{k} (p^n-p^i) }$ ce qui montre $P(k+1)$.
Le résultat est démontré par récurrence.

4) C'est trivial. Une matrice de $GL_n(K)$ est définie par ses colonnes $(C_1, \cdots, C_n)$ qui doivent former une famille libre, ce qui signifie qu'on est dans le cas $k=n$.

Finalement $\boxed{card \ GL_n(K)=\displaystyle\prod_{i=0}^{n-1} (p^n-p^i)}$

Je vais mettre une semaine à comprendre ta preuve avec les classes d'équivalence.
Même dans le Perrin ça semble moins difficile et théorique.

Pour l'instant c'est du chinois.

C'est une récurrence finie que je voulais faire et non une récurrence forte. J'ai du faire une erreur dans les indices.
@Heuristique
Ok merci.

Les dénombrements de Daniel Perrin sont bancals ?

J'ai l'impression que les classes d'équivalence ça complique beaucoup .
Je n'ai pas compris le rapport entre $F_k$ et la classe d'équivalence.
Je n'ai pas compris comment on compte les classes d'équivalence pourquoi il y en a $card \ F_{k-1}$.

A part un génie je ne vois personne trouver une preuve avec les classes d'équivalence.

@gai requin
J'ai juste réussi à démonter que c'est une relation d'équivalence.
Le reste je bloque. Je ne comprends pas qui sont les classes et pourquoi il y en a $card \ F_{k-1}$.
J'ai juste écrit $cl(x)=\{ y \in F_k \mid y \ R \ x \}=\{y \in F_k \mid \forall i \in [|1,k-1|] ,\ x_i=y_i \}$.
Après je bloque.

@Amédé n'importe quoi sérieux.
Non la 3 je l'ai faite seul d'ailleurs il y a une erreur j'ai commencé la récurrence à 1au lieu de 0.
De plus j'ai fait une récurrence forte alors qu'il y en a pas besoin.
Enfin @gai requin a dit qu'il était pas convaincu par mon dénombrement.

Je ne comprends rien à la méthodologie de Philippe Caldero ses vidéos m'embrouillent plus qu'autre chose.
Je comprends mieux tout seul ou avec l'aide du forum.

J'ai réfléchi à plusieurs moments durant le week end je n'ai pas compris cet ensemble quotient ni comment montrer qu'il y a $card (F_{k-1})$ classes, ni pourquoi chaque classe contient $p^n-p^{k-1}$ éléments. 

Tu as compris toi @gerard0 ? 

@Barjovrille
La projection canonique n'est pas possible ici, car on a du $F_k$ et du $F_{k-1}$ ....

Soit $f : F_{k-1} \longrightarrow F_k / R$ définie par $f( x)= \cdots $ je ne vois pas comment trouver l'application.... Déjà je ne sais pas déterminer $F_k / R$ c'est trop théorique.

On a $F_k = \displaystyle \bigcup_{x \in F_{k-1}} \{ (x,x_k) , \ x_k \notin Vect(x) \} = \displaystyle \bigcup_{x \in F_{k-1}}  cl(x)$.

On définit l'application $f : F_k / \mathcal R \longrightarrow F_{k-1}$ définie par $f ((x,x_k))=x$.
Elle est bien définie car si $(x,x_k)$ et $(y,y_k)$ sont dans la même classe, alors $x=y$. 
Elle est évidemment surjective.
Pour l'injectivité, si soient $(x,x_k)$ et $(y,y_k)$ des éléments du quotient tels que :  $f( (x,x_k))= f((y,y_k))$ soit $x=y$.
Mais je n'arrive pas à montrer que $x_k = y_k$.

Reprenons. Jamais vu un truc aussi compliqué sur les classes d'équivalence, ça fait des nœuds au cerveau.
C'est une usine à gaz. 

La relation d'équivalence est définie sur $F_k$. 
On a $x \sim y$ si et seulement si $\forall i \in [|1,k-1|] \ x_i=y_i$. 
Soit $f=(x_1, \cdots, x_{k-1},x_k) \in F_k$. Posons : $f=( x, x_k)$ avec $x=(x_1, \cdots, x_{k-1}) \in F_{k-1}$ car toute sous-famille d'une famille libre est libre.
Et comme $f \in F_k$ on a $x_k \notin Vect(x)$. 
Ainsi : $cl(f)= \{ y \in F_k \ | \ y \mathcal R f \} = \{ y \in F_k \ | \ \forall i \in [|1,k-1|] \ x_i=y_i \} = \boxed{\{ (x,x_k) \ | \ x_k \notin Vect(x) \}}$
On a $ F_k = \displaystyle\bigcup_{f \in F_{k}}  cl(f)$. 

Donc : $\boxed{F_k= \displaystyle\bigcup_{x \in F_{k-1}} \{ (x,x_k) \ | \ x_k \notin Vect(x) \} }$. 

Montrons que $\# F_k / \mathcal R = \# F_{k-1}$. 
L'application $f : F_k / \mathcal R \longrightarrow F_{k-1}$ définie par $f (\{ (x,x_k) \ | \ x_k \notin Vect(x) \})=x$ est bien définie et surjective par définition.
Pour l'injectivité, on doit montrer que : $x=y \implies \{ (x,x_k) \ | \ x_k \notin Vect(x) \}) =\{ (y,y_k) \ | \ x_k \notin Vect(y) \} $.
Par contraposée, si $\{ (x,x_k) \ | \ x_k \notin Vect(x) \}) \ne \{ (y,y_k) \ | \ x_k \notin Vect(y) \}$ et $x=y$ on obtient une contradiction. 

Mais $\# \{ (x,x_k) \ | \ x_k \notin Vect(x) \}  = p^n-p^{k-1}$ car $\# Vect(x)=p^{k-1}$.

Donc $\# F_k = \displaystyle\sum_{x \in F_{k-1}} \# \{ (x,x_k) \ | \ x_k \notin Vect(x) \}  =  (p^n-p^{k-1}) \# F_{k-1}$.

On a montré : $\boxed{\# F_k = (p^n-p^{k-1}) \# F_{k-1}}$