Exercice 2 algèbre agrégation interne 2023
Bonsoir,
Les questions de cet exercice sont très longues j'ai l'impression.
Je bloque sur 5.c, toujours du mal avec ces bijections dans les sommes, c'est mon point faible.
5.a) On a :
Exhibons $\mathcal D_{p^k}$. On a $\mathcal D_{p^k} = \{ 1, \cdots, p^{k-1},p^k \}$.
$f(p)=p+ \displaystyle\sum_{i=2}^k p^i -\displaystyle\sum_{i=1}^{k-1} p^{i} = p -p+ p^k $
On a montré : $\boxed{\forall k \in \N^{*} \ f(p^k)=p^k}$.
5.b) Montrons qu'elle est bien définie, injective et surjective :
Les questions de cet exercice sont très longues j'ai l'impression.
Je bloque sur 5.c, toujours du mal avec ces bijections dans les sommes, c'est mon point faible.
5.a) On a :
- Si $i=0$, $\boxed{\varphi(p^0)=\varphi(1)=1}$.
- Si $i=1$, $\boxed{\varphi(p)=p-1}$ car $\forall 1 \leq k \leq p-1$, $k \wedge p=1$.
- Soit $i \geq 2$. Les entiers premiers avec $p^i$ sont ceux qui ne sont pas multiples de $p$. Comptons les multiples de $p$ compris entre $1$ et $p^i$, ce sont les entiers $kp$ où $1 \leq k \leq p^{i-1}$, il y en a donc $p^{i-1}$. Il y a donc $p^i-p^{i-1}$ multiples de $p$ compris entre $1$ et $p^i$. Finalement $\boxed{\varphi(p^i)=p^i-p^{i-1}}$.
Exhibons $\mathcal D_{p^k}$. On a $\mathcal D_{p^k} = \{ 1, \cdots, p^{k-1},p^k \}$.
- Si $k=1$ on a $f(p)=\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_{p}} \varphi(d)=\varphi(1)+ \varphi(p)= \boxed{p}$
- Si $k \geq 2$ on a $f(p)=\displaystyle\sum_{i=0}^k \varphi(p^i)= \varphi(1)+\varphi(p)+ \displaystyle\sum_{i=2}^k \varphi(p^i)=1+p + \displaystyle\sum_{i=2}^k (p^i -p^{i-1}) $.
$f(p)=p+ \displaystyle\sum_{i=2}^k p^i -\displaystyle\sum_{i=1}^{k-1} p^{i} = p -p+ p^k $
On a montré : $\boxed{\forall k \in \N^{*} \ f(p^k)=p^k}$.
5.b) Montrons qu'elle est bien définie, injective et surjective :
- Soit $(d_1,d_2) \in \mathcal D_{m_1} \times \mathcal D_{m_2}$. On écrit $m_1=d_1 k_1$ et $m_2=d_2 k_2$ où $k_1,k_2 \in \N^{*}$. Ainsi : $m_1 m_2=d_1 d_2 k_1 k_2$ donc $d_1 d_2 \in \mathcal D_{m_1 m_2}$. $P$ est bien définie.
- Montrons que $P$ est injective. Soient $(d_1,d_2)$ et $(d_1 ',d_2 ')$ des éléments de $\mathcal D_{m_1} \times \mathcal D_{m_2}$ tels que $P(d_1,d_2)=P(d_1 ',d_2 ')$. Donc $d_1 d_2 = d_1' d_2 '$. Montrons que $d_1 \wedge d_2 ' =1$. Si $p$ premier divisait $d_1$ et $d_2 '$ alors il diviserait $m_1$ et $m_2$ donc $m_1 \wedge m_2 =1$, ce qui est absurde. Or, $d_1 \mid d_1 d_2 = d_1 ' d_2'$, d'après le lemme de Gauss, $d_1 \mid d_1 '$ et par symétrie $d_1 ' \mid d_1$. Comme ce sont des entiers naturels, $d_1=d_1 '$. Puis $d_2=d_2'$.
- Montrons que $P$ est surjective. Soit $d \in \mathcal D_{m_1 m_2}$. Posons $d_1 = d \wedge m_1$. On a bien $d_1 \in \mathcal D_{m_1}$. Mais $d \mid m_1 m_2$ donc $d / d_1 \mid (m_1 / d_1) m_2$. Or $d /d_1 \wedge m_1 / d_1 $ donc $d /d_1 \mid m_2$ d'après le Lemme de Gauss. Il suffit de poser $d_2= d / d_1$ de sorte que $d=d_1 d_2$. On a bien $P( (d_1,d_2) )=d$.
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Réponses
Merci je vais essayer de finir la c et la d avec ton indication.
Il me semble que la 5.b peut aussi être traitée avec les décompositions en facteurs premiers je vais aussi essayer cette méthode.
Avec la décomposition en facteurs premiers, ces questions se font rapidement.
6.a) On a $\mathbb{K}^{*} = \displaystyle\bigcup_{d \mid c} E_d$ où $E_d$ désigne l'ensemble des éléments de $\mathbb{K}^{*} $ d'ordre $d$.
L'union étant disjointe, on a $card (\mathbb{K}^{*} ) = \displaystyle\sum_{d \mid c} card (E_d)$
Enfin : $\boxed{\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} N(d)=c}$.
6.b.i) Soit $d$ un diviseur de $c$. Soit $x$ un élément d'ordre $d$ dans $\mathbb{K}^{*}$. On a $H= \langle x \rangle$.
Je bloque à cette question de nouveau.
Sachant que $x^d=1$ il ne devrait pas t'être difficile de trouver le polynôme demandé. Ensuite il faudra faire quelques réflexions vraiment basiques à partir de ce polynôme pour terminer la question.
Je viens de voir mais j'avais réussi, enfin je pense.
Cette fin d'exercice n'est pas facile du tout, si j'avais passé l'agreg je n'aurais réussi aucune question à partir de la $6$.
@raoul.S
Oui c'est vrai, je ne suis pas très autonome dans ces questions, ce ne sont pas des questions classiques.
6.b.i) Soit $x \in K^{*}$.
On a $H= \{1,x, \cdots, x^{d-1} \}$.
$x$ est racine du polynôme $P=X^d-1 \in K^{*} [X]$.
Mais $\forall k \in [|2,d-1 |]$ on a $P(x^k)=(x^{d})^k-1=0$.
Donc tous les éléments de $H$ sont racines de $P$, or $P$ est de degré au plus $d$ donc les racines de $P$ sont les éléments de $H$.
Mais tout élément d'ordre $d$ dans $K^{*}$ est racine de $P$.
Finalement, tous les éléments d'ordre $d$ dans $K^{*}$ sont dans $H$.
1) soit il existe un élément $x$ d'ordre $d$ et dans ce cas $<x>$ est contient l'ensemble des éléments de $\mathbb{K}^{*}$ d'ordre $d$ par la question 6.b.i. On peut alors remarquer que $<x>\simeq \Z/d\Z$ et en déduire une relation entre $N(d)$ et $\varphi(d)$
2) soit il n'existe pas d'élément d'ordre $d$ dans $\mathbb{K}^{*}$. En déduire $N(d)$.
Conclure.
Edit : correction d'une coquille, est ----> contient
1) $card ( <x>) = N(d)= card ( \Z / d \Z)$. Mais $\varphi(d)= card ( \Z / d \Z)^{*} \leq card ( \Z / d \Z)$.
Ainsi : $\boxed{\varphi(d) \leq N(d)}$.
2) On a $N(d)=0$ mais $\varphi(d) \geq 1$, l'indicatrice d'Euler étant à valeur dans $\N^{*}$. Donc $N(d) \leq \varphi(d)$.
PS. si tu ne sais pas ça tu ne peux pas faire l'exo.
Je ne trouve toujours pas ton indication 1). J'obtiens que $N(d) \leq d$ ce n'est pas l'inégalité demandée.
Je ne comprends pas à quoi sert l'isomorphisme entre $H$ et $\Z / d \Z$.
Soit $x$ un générateur de $H$ (c'est à dire que $x$ est un élément d'ordre $d.$) Soit $1<d_1 < d $ non premier avec $d.$
Posons $\omega = pgcd(d,d_1)$ alors $\dfrac{ d d_1}{\omega}=ppcm(d,d1)$ est un multiple de $d$ et cela implique
$x^{ \frac{ d d_1}{\omega} } = 1.$
C'est-à-dire que $(x^{d_1} )^{d/\omega} =1.$ Autrement dit $x^{d_1}$ est d'un ordre strictement inférieur à $d.$
Ainsi, les seuls éléments possiblement d'ordre $d$ sont dans $H$ et de la forme $x^{d_1}$ avec $d_1$ premier avec$d.$
Donc $N(d)\leq\phi(d).$
On en déduit alors avec la question 5.d que $N(d)=\phi(d)$. En particulier $N(c)\geq 1.$ D'où la cyclicité de $(K^*, .).$
Solution très compliquée, inaccessible à mon niveau.
Le sujet donne la question précédente pour faciliter mais tu ne l'utilises pas...
@raoul.S
Je n'ai pas compris comment tu passes de $H$ isomorphe à $\Z / d \Z$ à "les éléments d'ordre $d$ de $K^{*}$ sont en bijection avec les éléments d'ordre $d$ dans $\Z / d \Z$". Ce passage ne me semble pas trivial...
1) Si $c=p^{\alpha}$ avec $p$ premier et $\alpha\in\N$, alors, si $p^{\beta}$ est le maximum des ordres des éléments de $K^*$, ceux-ci sont racines de $X^{p^{\beta}}-1$ donc $\beta=\alpha$ et $K^*$ est cyclique.
2) Dans le cas général, écrivons la décomposition en facteurs premiers $c=p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}$.
Pour tout $i$, il existe $x_i\in K_i$ d'ordre $p_i^{\alpha_i}$ d'après 1).
Alors $x_1\cdots x_r$ est d'ordre $c$.
Tu devrais savoir que les isomorphismes "préservent tout" car c'est juste un renommage. Bref pour te débloquer : si $\phi:G\to G'$ est un isomorphisme entre deux groupes, alors pour tout élément $g$ d'ordre $d$ de $G$, $\phi(g)$ est également d'ordre $d$ dans $G'$. Réciproquement, si $\phi(g)$ est d'ordre $d$ alors $g$ est d'ordre $d$.
Dit autrement l'application : $\{\text{éléments d'ordre d de } G\}\to \{\text{éléments d'ordre d de }G'\}, g\mapsto \phi(g)$ est bien définie et est bijective.
C'est un truc que tu devrais avoir déduit de tes nombreuses lectures depuis le temps...
1) Absolument rien compris.
2) Les groupes de Sylow sont hors-programme de l'interne...
@raoul.S
Merci
Je connaissais cette propriété sur les ordres (très utile dans les exercices) mais je n'avais pas fait le lien avec l'isomorphisme.
c) Après 15 min de réflexion, aucune idée ne me vient, je bloque de nouveau sur l'égalité $N(d)= \varphi(d)$.
Ok merci ta solution est simple à comprendre.
Je n'ai réussi aucune question à partir de la 6, c'est un massacre cet exercice.
On a :
- $\forall n \in \N^{*} \ n= \displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_n} \varphi(d)$
- $ \displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} N(d)=c$
- $N(d) \leq \varphi(d)$.
Donc $\displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} N(d) \leq \displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_c} \varphi(d)$ soit $c \leq c$.Je tourne en rond, je ne vois pas comment obtenir $N(d)=\varphi(d)$.
Tu utilises toujours des méthodes qui n'ont rien à voir avec les questions précédentes, alors que les questions précédentes permettent d'aller plus vite et de simplifier la tâche.
J'ai compris ta preuve, mais il faut penser à poser $d_1$ et poser ce $w$ ce qui n'a rien d'évident.
Il n'y a qu'une inégalité dans l'exercice, je ne vois pas bien le rapport.
Bon ta solution n'est pas si dure mais je pense qu'il y a plus facile.
Le fait qu'un groupe d'ordre $d$ est isomorphe à $\Z / d \Z$ est un résultat de cours élémentaire, de même le fait qu'un isomorphisme préserve l'ordre, ce sont les premières choses que j'ai vues dans le Liret.
@raoul.S
Ok merci, je n'ai pas l'habitude de faire ce genre de raisonnement.
En effet, je n'ai pas fait grand chose, je ne sentais pas cette partie à partir de 6. Je trouve la suite plus facile avec les valuations.
Pour la fin, $c \in \mathcal D_c$ donc $N(c)= \varphi(c) \geq 1$. Il existe donc dans $K^{*}$ un élément d'ordre $card (K^{*})=c$ donc $K^{*}$ est cyclique.
Ici $H=<x>$ donc
$H$ est cyclique par définition.
@JLapin
J'ai du mal à trouver un contre-exemple
Edit : correction d'une coquille, est ----> contient
PS. voir ICI.
Déjà vérifier que deux groupes ne sont pas isomorphes me pose beaucoup de difficultés.
Par contre ta solution @bd2017 n'utilise pas un résultat d'algèbre basique (que tu redémontres en quelque sorte), n'est pas dans l'esprit de l'exercice, et je ne vois pas comment elle démontre le résultat attendu, à savoir que tous les éléments d'ordre d sont dans H. J'ai peut-être loupé quelque chose.