Partie IV agrégation interne 2023
Réponses
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Il y a une autre question que je me pose. Pourquoi $\pi$ est bien défini ?
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Bonne question OS !Je pense qu'il faut démontrer deux points :
- Que $\pi$ ne dépend pas du représentant choisi pour $\bar{x}$. Autrement dit, si $y \in \bar{x}$ alors $\pi(\bar{y})=\pi(\bar{x})$ .
- Que les ensembles de départ et d'arrivée sont cohérents : si un élément est inversible modulo $p^n$ alors il l'est modulo $p$ (tu l'as déjà prouvé en plus je crois).
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Concernant 61.c
Je t'ai donné deux ensembles ! L'un $H$ est sous-groupe de $G$. L'autre $\varphi(F)$ est image par morphisme d'un groupe et ce morphisme a pour but le groupe $G$ donc $\varphi(F)$ est sous-groupe de $G$ .Alors ne pas voir sans calcul qu'on peut faire le produit (dans $G$ si tu n'as pas encore compris) des deux éléments ...Concernant 61.b
La construction de $\varphi$ est simple si on part de $a$ entier défini dans 61.a (et non pas d'une classe de $a$ comme tu essaies de le faire).Pour $x\in F$ (rappel $F=(\Z/p\Z)^*$) il y a un unique entier $k\in[\![0,p-1]\!]$ tel que $x=\tilde a^k$ (je préfère $x=\bar{\bar a}^k$) et on pose $\varphi(x)=\bar a^k$ : l'application est bien définie ( il n'y a aucune vérification à faire : je ne pars pas d'un représentant de $x$), dans les ensembles convenables et il reste à vérifier qu'on a bien un morphisme ainsi que la particularité de $\pi_°\varphi$ (qui vient de $\bar{\bar a}^k=\overline{\overline {a^k}}$ et $\bar a^k=\overline{a^k}$).Sur le forum cela me semble plus lisible en utilisant $\bar{\bar a}$ au lieu de $\tilde a$correction du 20/03-09:22 : unique entier $k\in[\![0,p-2]\!]$
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@rakam
$\varphi$ est définie sur $F=(\Z / p \Z)^{*}$ à valeurs dans $(\Z / p^n \Z)^{*})$ donc on ne peut pas partir de $\Z$.
On doit bien partir d'une classe.
Je ne comprends pas ton raisonnement, tu ne démontres rien j'ai l'impression. On sait tous que $cl(x)^k=cl(x^k)$ c'est dans les propriétés d'un quotient.
@NicoLeProf
Ok je vais essayer de faire ça. -
Sais-tu lire ?J'ai pris $x$ dans $F$ (je ne pars pas de $\Z$) et je définis $\varphi(x)$ en utilisant l'entier $a$ et ses classes.Ce qui te gêne c'est de commencer ta démo par " $x$ dans $F$ est la classe de quelque chose " puis de vouloir manipuler ce "quelque chose" et là c'est mal parti car ton "quelque chose" n'a aucune raison d'avoir des classes toutes les deux d'ordre $p-1$.Bien entendu mon $x$ est une classe mais je ne prends pas n'importe quel représentant, j'utilise l'entier $a$ qui est fixé.
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@rakam, je ne suis pas d'accord avec toi pour le "on n'a pas besoin de vérifier la cohérence", il faut que non seulement $\overline a^k$ ne dépende pas de $a$ choisi dans $\tilde a$ (mais pour ça, c'est fait car on a choisi $a$ dans la question a)), mais aussi de $k$ modulo $p-1$, et pour la dépendance à $k$, ce n'est pas un problème de classe d'équivalence, mais d'élément de torsion.Par exemple, si on veut définir dans $\C$ un morphisme du groupe des racines $5$-èmes de l'unité dans le groupe des racines $7$-èmes de l'unité (dont les éléments ne sont pas des classes d'équivalence), alors on va avoir du mal, car quelque soit l'image choisie pour $e^{\frac{2i \pi}{5}}$ générateur, disons par exemple $e^{\frac{2i \pi}{7}}$, on a $(e^{\frac{2i \pi}{5}})^5=1=(e^{\frac{2i \pi}{5}})^0$, et $(e^{\frac{2i \pi}{7}})^5 \ne 1=(e^{\frac{2i \pi}{7}})^0$, donc pour au moins $k=0, l=5$, on a égalité des pré-images et pas égalité des images.
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Bonne question OS pour $\pi$ !Pour montrer que $\forall k,l \in \Z, \tilde a ^k=\tilde a ^l \Rightarrow \overline a^k=\overline a^l$ (pour $\overline a$ de même ordre que $\tilde a$), je te donne un indice : $\tilde a ^k=\tilde a ^l \Rightarrow \tilde a ^k( \tilde a ^l)^{-1}=1$.EDIT : il y a plus simple, vu que $\overline a^{p-1}=1$, alors $\overline a ^{k+(p-1)u}=\overline a^k$.
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@Julia Paule Oui si tu prends $k$ quelconque mais dans mon message du 19/03 (corrigé ce matin) j'avais indiqué la possibilité d'un exposant unique ce qui rend inutile une vérification.
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rakam a dit :Pour $x\in F$ (rappel $F=(\Z/p\Z)^*$) il y a un unique entier $k\in[\![0,p-1]\!]$ tel que $x=\tilde a^k$ (je préfère $x=\bar{\bar a}^k$) et on pose $\varphi(x)=\bar a^k$ : l'application est bien définie ( il n'y a aucune vérification à faire : je ne pars pas d'un représentant de $x$), dans les ensembles convenables et il reste à vérifier qu'on a bien un morphisme ainsi que la particularité de $\pi_°\varphi$ (qui vient de $\bar{\bar a}^k=\overline{\overline {a^k}}$ et $\bar a^k=\overline{a^k}$).Sur le forum cela me semble plus lisible en utilisant $\bar{\bar a}$ au lieu de $\tilde a$Tu veux dire un unique entier dans $k\in[\![0,p-2]\!]$ ? (car $\tilde a^{p-1}=a^0=1$).Je vais le dire autrement. Ta démonstration coince forcément quelque part, puisqu'il faut que $\overline a$ soit d'ordre $p-1$. Alors elle coince parce qu'alors $\varphi$ n'est pas forcément un morphisme de groupes, en effet rien ne dit que $\varphi((\Z / p \Z)^*)=\{ \overline a^k, k\in[\![0,p-2]\!] \}$ tel que tu le définis est un groupe :que fais-tu par exemple de $\overline a^{p-2}. \overline a^3$ ? Selon ta définition, cela fait $\overline a^{p+1}$, donc c'est l'image de $\tilde a^{p+1}$, qui sort d'où ?Cela marche parce que l'ordre de $\overline a$ divise $p-1$, donc en fait lui est égal, il faut le dire quelque part.En fait, j'ai l'impression que tu confonds un représentant de $x \in (\Z / p \Z)^*$ et la (une) puissance de l'élément générateur $\tilde a$ qui permet de l'obtenir.EDIT : encore plus simplement, tel que tu définis $\varphi$, je ne vois pas comment tu peux en faire un morphisme vu que pour $k, l\in[\![0,p-2]\!] $, on n'a pas $k+l \in [\![0,p-2]\!]$.
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Ok, tu as modifié entre-temps ton message d'hier. Cela ne saute pas aux yeux qu'il n'y a aucune vérification à faire, tu l'affirmes, c'est tout.
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Merci @Area 51 pour ta remarque, je la re-transpose ici, je n'aurais pas pu mieux dire :Area 51 a dit :Quant aux gens qui rembarrent quasi-systématiquement les personnes qui se contentent de poser des questions ou qui font état de leurs difficultés, généralement cela dénote une petitesse d'esprit couplée à leurs propres limitations mathématiques (inavouées).@gai requin, je comprends mieux, mais je ne m'interdis pas non plus de critiquer des livres ou des cours de maths. Cela me fait penser à autre chose : OS a tendance à comparer les apports des différents intervenants qui acceptent de l'aider, cela peut en irriter certains. Cela peut expliquer aussi.
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@Julia Paule Bien sûr qu'on doit utiliser l'ordre $p-1$ de $\bar a$ : c'est la raison de prendre le $a$ de la question précédente.Avec la condition sur les exposants, en notant $\mu(k)$ le reste de la division euclidienne de $k$ par $p-1$ : $\tilde a^k=\tilde a^{\mu(k) }$ et $\bar a^k=\bar a^{\mu(k)}$donc $\varphi(\tilde a^r\tilde a^s)=\bar a^{\mu(r+s)}=\bar a^{(r+s)}=\bar a^r\bar a^s=\varphi(\tilde a^r)\varphi(\tilde a^s)$.
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Je ne comprends pas à quoi sert la division euclidienne pour montrer que c'est un morphisme.rakam a dit :@Julia Paule Bien sûr qu'on doit utiliser l'ordre $p-1$ de $\bar a$ : c'est la raison de prendre le $a$ de la question précédente.Avec la condition sur les exposants, en notant $\mu(k)$ le reste de la division euclidienne de $k$ par $p-1$ : $\tilde a^k=\tilde a^{\mu(k) }$ et $\bar a^k=\bar a^{\mu(k)}$donc $\varphi(\tilde a^r\tilde a^s)=\bar a^{\mu(r+s)}=\bar a^{(r+s)}=\bar a^r\bar a^s=\varphi(\tilde a^r)\varphi(\tilde a^s)$.
$\varphi( \tilde{a}^r \tilde{a}^s )= \varphi( \tilde{a}^{r+s} )= \bar{a}^{r+s}= \bar{a}^r \bar{a}^s = \varphi( \tilde{a}^r) \varphi( \tilde{a}^s)$.
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C'est bon pour la 61.b.
61.b) Soit $\boxed{a=b^{p^{n-1}}}$ avec $\tilde{b}$ générateur de $(\Z / p \Z)^{*}$.
$\forall x \in (\Z / p \Z)^{*} \ \exists ! r \in [|0,p-2|] \ x=\tilde{b}^r$. On définit $\varphi$ tel que : $\boxed{\varphi(x)=\bar{a}^r}$.- $\varphi$ est bien définie par unicité de $r$.
- Montrons que $\varphi$ est un morphisme de groupes. Soit $x=\tilde{b}^r$ et $y=\tilde{b}^s$, alors $xy=\tilde{b}^t$ avec $t \in [|0,p-2|]$. Mais $xy=\tilde{b}^{r+s}$. Comme $\tilde{b}$ est d'ordre $p-1$, on en déduit que $t \equiv r+s [p-1]$. Donc $\varphi(xy)= \bar{a}^t=\bar{a}^{r+s}$ car $\bar{a}$ est d'ordre $p-1$. Ainsi $\varphi(xy)=\bar{a}^r \bar{a}^s= \varphi(x) \varphi(y)$.
- Il reste à montrer que $\pi \circ \varphi =id_{(\Z / p \Z)^{*}}$. Soit $x \in (\Z / p \Z)^{*}$. Alors $\pi \circ \varphi(x)= \pi ( \bar{a}^r)=\pi (\bar{a})^r=\tilde{a}^r$. Or $\tilde{a}^r=\tilde{b}^{r p^{n-1}}$. Mais $\tilde{b}^{p}=\tilde{b}$ (on est dans $(\Z / p \Z)^{*}$) donc par récurrence immédiate $\tilde{b}^{p^{n-1}}=\tilde{b}$. Finalement, $\pi \circ \varphi(x)= \tilde{b}^r=x$.
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C'est quoi tout ça ? Plus d'une page pour sortir cela. C'est un vrai torchon de rédaction pour démontrer une évidence. $a$ , $\tilde {a}$ et $\bar{a} $ sont déjà définis dans $61 c.$ et on a $\pi(\bar{a}) =\tilde {a}.$
1; Pourquoi introduire (ou réintroduire $b.$. ) Ensuite les éléments de $\Z/pZ$ sont les $\tilde{a}^k, k\in \Z . $ Quelle salade avec les $\tilde{b}^r.$
2. Montrons que $\varphi$ est défini par unicité de $r.$ .... rien que cette phrase c'est louche comme tout. ...
3. Pour démontrer que $\pi\circ \varphi$ est l'identité, un coup $x$ c'est $\tilde{a} ^r$ un coup c'est $\tilde{b}^r $ ....
Je ne vais pas mettre cela dans le registre des fautes de frappe. Mais comme je l'ai dit plus haut, c'est à mettre dans le panier à salade.Réponse à 61 . b.
Par définition (voir 61 a ! ) , $(\Z/p\Z)^*,.)=\,<\tilde{a}>$ et $<\bar{a}>$ sont deux groupes cycliques d'ordre $p-1.$
Considérons donc l'isomorphisme canonique $\varphi$ entre ces deux groupes défini par $\varphi(\tilde{a})=\bar{a}.$
$<\bar{a}>$ étant un sous-groupe de $(\Z/p^n\Z)^*,.), \, \varphi $ défini alors un morphisme (injectif) de $(\Z/p\Z)^*,.)$ vers $(\Z/p^n\Z)^*,.)$
On a pour tout $x=\tilde{a} ^k\in \Z/p\Z,$ on a $$\pi(\varphi(x))=\pi(\varphi(\tilde{a}^k)) = \pi(\varphi(\tilde{a}) ^k)= \pi(\bar{a}^k)=\pi(\bar{a})^k = \tilde{a}^k =x,$$
(car $\varphi$ et $\pi$ sont des morphismes) .
Ce qui montre que $\pi \circ \varphi$ est l'identité de $(\Z/ p\Z)^*.$Edit. Pour 61 c. je crois que @rakam t'a donné la solution. Mets la en forme sans fioriture. Montre un peu quelque chose de potable. -
D'une, je ne sais pas ce qu'est un isomorphisme canonique. Ce terme n'est pas défini dans le Liret et je n'ai jamais vu ce terme.
De deux, je ne comprends pas pourquoi $\varphi$ définit un morphisme injectif de $( \Z / p \Z)^{*}$ vers $(\Z / p^n \Z)^{*}$.
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C'est triste de ne pas voir un isomorphisme canonique entre deux groupes du même ordre chacun engendré par un seul élément.
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Tu utilises des termes que je n'ai jamais vus de ma vie.
Je connais juste les endomorphismes canoniquement associé à une matrice.
Même en cherchant sur google on ne trouve rien sur ça.
De plus, je ne vois pas d'où sort l'injectivité du morphisme.
Bref, je ne comprends pas ta preuve, mais peut-être que @rakam te dira ce qu'il en pense.
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Indice : Wikipédia définit les mots 'isomorphisme' d'une part et 'canonique' d'autre part.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
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Pour définir $\varphi$, c'est :- soit on vérifie que l'application $\varphi : \tilde a^k \mapsto \overline a^k, \forall k \in \Z$ est bien définie (i.e. $\tilde a^k=\tilde a^l \Rightarrow \overline a^k = \overline a^l$), alors c'est automatiquement un morphisme de groupes, (ma solution)- soit on définit l'application $\varphi : \tilde a^k \mapsto \overline a^k, \forall k \in [0,p-2]$, elle est bien définie, et il faut vérifier que c'est un morphisme de groupes, en utilisant par exemple la division euclidienne, (la solution de rakam)- soit encore on sait que deux groupes cycliques de même ordre sont isomorphes, il suffit d'envoyer un générateur sur un générateur, cela définit $\varphi$, aucune vérification n'est à faire, (la solution de bd2017).@bd2017, pour une fois je suis d'accord avec toi concernant toutes tes remarques à OS.
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Pour 61.c), il suffit de définir une application (presque évidente au vu des questions précédentes) : $(\overline 1 + p \Z / p^n \Z) \times (\Z / p \Z)^* \to ( \Z / p^n \Z)^*$, et de montrer que c'est un morphisme bijectif (sans oublier qu'une application entre deux groupes finis est bijective ssi elle est injective). Il y a d'autres solutions plus simples.Ce qui m'intéresserait, c'est d'expliciter simplement l'isomorphisme réciproque, j'ai essayé en utilisant les questions 63. à 66., mais apparemment ce n'est pas leur but (je veux dire par là que l'utilisation des nombres p-adiques ne permet pas ça).
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@Julia Paule Il y a une "typo" dans ce que tu écris. Il me semble que le groupe but est plutôt $(\Z/p^n\Z)^*$.Il est vrai que l'énoncé de 61.c incite à chercher l'isomorphisme réciproque mais même en admettant que le groupe est cyclique je ne vois rien d'évident !
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Merci je corrige immédiatement la faute de frappe.
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La solution que j'ai donnée est complète et contient toutes les vérifications nécessaires.Julia Paule a dit :Pour définir $\varphi$, c'est :- soit on vérifie que l'application $\varphi : \tilde a^k \mapsto \overline a^k, \forall k \in \Z$ est bien définie (i.e. $\tilde a^k=\tilde a^l \Rightarrow \overline a^k = \overline a^l$), alors c'est automatiquement un morphisme de groupes, (ma solution)- soit on définit l'application $\varphi : \tilde a^k \mapsto \overline a^k, \forall k \in [0,p-2]$, elle est bien définie, et il faut vérifier que c'est un morphisme de groupes, en utilisant par exemple la division euclidienne, (la solution de rakam)- soit encore on sait que deux groupes cycliques de même ordre sont isomorphes, il suffit d'envoyer un générateur sur un générateur, cela définit $\varphi$, aucune vérification n'est à faire, (la solution de bd2017).@bd2017, pour une fois je suis d'accord avec toi concernant toutes tes remarques à OS.
@bd2017 n'explique pas ce qu'est un isomorphisme canonique, ni pourquoi si $<a>$ est un sous-groupe de $(\Z / p^n \Z)^{*}$ alors $\varphi$ est un morphisme injectif.
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L'isomorphisme (notons le $\Phi$) de $(\Z/p \Z)^* \times H$ vers $(\Z/p^n \Z)^* $ défini par $\Phi(x,y)=\varphi(x) y $ admet comme l'isomorphisme inverse qu'il n'est pas très difficile à définir:
Soit $\widetilde{a}$ générateur de $((\Z/p\Z)^*,.)$ et $\bar{a} $ définis comme dans 61.a.
Pour $z\in \Z/p^n \Z$ on sait qu'il existe $k$ tel que $\pi(z)=\widetilde{a}^k$
alors $\Phi^{-1} (z)= (\pi(z),(\bar{a}^{-1})^k z).$
Mais c'est ici qu'on revient à ma question. Prenons un exemple au hasard $p=7, n =3$ et calculons $\Phi^{-1}(z)$ sur des exemples.
Les générateurs sont $3$ et $5.$ Faisons le choix de $\widetilde{a}=3.$ Alors $\bar{a}= 325$ et $\bar{a}^{-1}= 19.$
Soit $z= 223.$ $\pi(z)=6=3^3 [p]$ et $19 ^3 \times 223= 120 [p^n].$
D'où $\phi^{-1}(223)=(3^3,120)=(6,120)$
Vérifions $\phi(6,120)=\phi(3^3,120) = \overline{325^3 \times 120 }=223 $ Ok.
Mais si on prend $\widetilde{a}=5.$ Alors $\bar{a}= 19$ et $\bar{a}^{-1}= 325.$
Soit $z= 223.$ $\pi(z)=6=5^3 [p]$ et $19 ^3 \times 223= 120 [p^n].$
D'où $\phi^{-1}(223)=(5^3,120)=(6,120).$
On retrouve le même. L'exemple n'est pas assez parlant puisque dans les 2 cas les $"\bar{a}"$ sont les mêmes.
Alors autre exemple au hasard: $p=11$ et $n=3.$ Les générateurs sont $2,6, 7 ,8.$
J'ai pris: $z=641$ et j'ai calculé dans les 2 cas $\widetilde{a} =2.$ et $\widetilde{a} =7.$
cas 1 $\bar{a}=596$ et $\bar{a}^{-1}=699 $ On trouve $\phi^{-1} (641)= (3,617).$
cas 2 $\bar{a}=161$ et $\bar{a}^{-1}=1207 $ On trouve $\phi^{-1} (641)= (3,617).$
On trouve encore le même ! Conclusion :
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Je n'ai pas suivi la discussion, mais bd2017, tel que tu écris"L'isomorphisme (notons le $\Phi$) de $(\Z/p \Z) \times H$ vers $\Z/p^n \Z $".$\Z/p^n\Z$ est cyclique alors que $\Z/p\Z\times H$ n'est cyclique que si $H$ est trivial.
Il n'y aura un isomorphisme $\Phi$ que si $H$ est trivial et par cardinalité, $n=1$.
Je n'ai pas l'impression que c'est ce que tu veux écrire.
Alain
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@AD merci de ta remarque. Mais je ne la comprends pas. Vu mon niveau d'algèbre qui se limite à $(\Z/ n \Z ) $ certainement quelque chose m'échappe.Si je prends un exemple simple $p=3$ et $n=2$ on $(\Z/3\Z)^* =\lbrace1, 2\rbrace $ et $H=\lbrace 1 ,4,7 \rbrace=1+ 3 \Z/ 3 ^2 \Z$$(\Z/3\Z)^* \times H = \lbrace( 1,1),(1,4),(1,7),(2,1),(2,4),(2,7) \rbrace $Soit $u=( 2,7) \in (\Z/3\Z)^*\times H $$ u^2= (1, 4)$$u^3 = (2, 1)$$u^3 = (1, 7)$$u^4=(2,4)$$u^5 = (1,1)$$(2,7)$ est bien générateur du groupe $(\Z/3\Z)^*\times H $Un calcul donne $\Phi(u)=\Phi(2,7)= 2$ et $2$ est générateur de $((\Z/3^2 \Z)^*,.)$Il y a peut être un problème d'écriture quelque part mais je pense avoir respecté les notations de l'énoncé.
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@bd2017 Je suis d'accord pour l'isomorphisme réciproque (à part le typo où tu écris $\Phi^{-1}(z)$ égal à un élément du groupe $(\Z/p^n\Z)^*$ : il faudrait un couple) mais je vois aucune conclusion à sortir à partir d'exemples.En revanche je ne vois pas comment AD peut justifier son obligation de $H$ groupe trivial !Et je viens de voir une autre bizarrerie de cet énoncé : la notation $\varphi$ présentée dans le préambule comme l'indicatrice d'Euler est réutilisée en Q61.b pour une nouvelle notion...Ce n'est pas très "pro".
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Merci @Rakam
on n'est plus à quelques erreurs près. Ceci étant dit, c'est toujours très difficile de ne pas faire d'erreurs, surtout vu la longueur du sujet. Ensuite, elle sont facilement rectifiables ou peu importantes. Sauf vraiment la propriété admise Q 53 Q 54 qui n'est sûrement pas un résultat très connu et c'est un peu choquant. Mais est-ce qu'il y eu plusieurs relecteurs ? En toute logique, pour éviter des erreurs, il faudrait que les relecteurs fassent un corrigé. Cela supprime presque toutes les fautes.J'ai bien pris note de $\Phi^{-1} (z),$ il manque la première composante, c'est $\pi(z)$ j'ai donc rectifié.Concernant mes remarques, j'avais posé la question à @Os mais il n'a pas compris la question.Dans 61 . a et 61 b; pour définir $\varphi$ (et donc $\Phi$) on procède comme ceci: on détermine un entier $a$ tel que $\tilde{a}$ et $\bar{a}$ soient d'ordre $p-1$ dans leur espace respectif.Mais a priori, sauf preuve du contraire, on peut avoir un entier $b$ tel que $\tilde{b}=\tilde{a}$ mais $\bar{b} \neq \bar{a}.$ C'est une question. Je n'ai pas cherché à y répondre mais c'est une question.Ce qui est certain c'est qu'on peut avoir un autre entier $b$ avec $\tilde{b}\neq \tilde{a}$ ( un générateur de $\Z/ p\Z$ n'est pas unique en général).Donc la définition de l'isomorphisme $\Phi$ qui dépend de $\varphi$ donc du choix de $a, \tilde{a}, \bar{a}.$Et pourtant quelque soit l'exemple on trouve que $\Phi^{-1}$ ne dépend pas de ce choix.Je trouve cela étonnant et pas évident a priori.Edit évidemment j'aurai pu calculer les images de différents éléments par $\Phi$ et constater que $\Phi$ ne dépend pas de $\varphi.$ Mais il faut voir que l'explication vient du fait $\pi \circ \varphi$ est l'identité. -
@bd2017, je ne comprends pas bien ton résultat pour $\Phi^{-1}$, il faut obtenir un couple. J'obtiens $\Phi^{-1}(x)=(\pi(x)\:,\:(\varphi \circ\pi(x))^{-1}x)$.Je n'ai pas lu la suite.EDIT : j'arrive encore trop tard, je n'ai pas vu les messages intermédiaires qui m'arrivent seulement maintenant.
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Idem, je ne comprends pas le message d'@AD pour les groupes additifs, et vu que le produit de deux groupes cycliques d'ordres premiers entre eux est cyclique.@rakam, $\varphi$ utilisée avec deux sens différents dans un même énoncé, je l'ai déjà vu, on espère que les candidats feront la distinction ...
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J'ai écrit ; https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2416189/#Comment_2416189
bd2017, tel que tu écris
"L'isomorphisme (notons le $\Phi$) de $(\Z/p \Z) \times H$ vers $\Z/p^n \Z $".
Le groupe $\Z/p^n\Z$ est cyclique d'ordre $p^n$ donc pour qu'il y ait isomorphisme (donc bijection) il faut que le groupe $H$ soit d'ordre $p^{n-1}$. Si $n\geq 2$, $H$ admet un élément d'ordre $p$ (Cauchy) qui engendre un sous-groupe $H'$ d'ordre $p$. Alors $\Z/p\Z\times H$ admet le sous-groupe $\Z/p\Z\times H'$ qui est isomorphe à $(\Z/p\Z)^2$ qui n'est jamais cyclique ($p$ est premier donc $p\neq1$). Il faut donc que $n=1$ et $H$ est alors d'ordre $p^0$ donc trivial.
Mais, je vois que bd2017 a changé sa phrase https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2416187/#Comment_2416187 qui est maintenant
"L'isomorphisme (notons le $\Phi$) de $(\Z/p \Z) ^*\times H$ vers $(\Z/p^n \Z)^* $".
Alors, si $p\neq 2$, $(\Z/p^n\Z)^*$ est toujours cyclique d'ordre $(p-1)p^{n-1}$, qui puisque $p-1$ est premier avec $p^{n-1}$, se décompose (th chinois) en $\Z/(p-1)\Z\times\Z/p^{n-1}\Z$ qui lui, a toutes les raisons d'être isomorphe à $(\Z/p\Z)^*\times H$, pourvu que $H$ soit cyclique d'ordre $p^{n-1}$.
Je me doutais de la situation, bien que je n'aie pas suivi la discussion, c'est pourquoi j'ai écrit "bd2017, tel que tu écris".
Alain
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@bd2017, je ne vois pas pourquoi $\Phi^{-1}$ donc $\varphi$ dépendrait de $a$, vu que dans tous les cas, pour $x \in (\Z / p \Z)^*, \varphi(\tilde x)=\overline x$.
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Ok @AD, bd2017 ne met pas toujours les *, il faut lire entre les lignes ... . Si les ordres des groupes ne sont pas premiers entre eux, le produit n'est pas cyclique.
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Revenons à @O'Shine, pour 61.b), ce n'est pas faux, mais trop compliqué. Ce n'est pas la peine de revenir à $b$, on tient notre $a$ tel que $\tilde a$ engendre $(\Z / p \Z)^*$ et $\overline a$ est d'ordre $p-1$, alors on obtient facilement avec ce $a$ le résultat cherché, il y a 3 solutions plus haut.Isomorphisme canonique veut dire : qui coule de source, le plus évident, celui qui saute aux yeux.Et enfin, pour montrer que le morphisme $\varphi$ est injectif, on peut étudier son noyau.
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Julia Paule a dit :je ne vois pas pourquoi $\Phi^{-1}$ donc $\varphi$ dépendrait de $a$, vu que dans tous les cas, pour $x \in (\Z / p \Z)^*, \varphi(\tilde x)=\overline x$.
J'ai dit a priori!!!! A posteriori, tu peux justifier.
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@bd2017
Le rapport du jury sort un corrigé très succinct mais officiel, généralement 6 mois après l'épreuve....
@Julia Paule
Ok merci. Encore une question très difficile.
Je ne pense pas que cette méthode de @rakam fonctionne.
Posons : $f : (\Z / p \Z)^{*} \times H \longrightarrow (\Z /p^n \Z)^{*}$ telle que $f( \tilde{x},\bar{y})=\tilde{x} \varphi( \bar{y} )$.
L'application est bien à valeurs dans $(\Z /p^n \Z)^{*}$ car $H$ est un sous-groupe de $(\Z /p^n \Z)^{*}$ et que $(\Z / p \Z)^{*}$ aussi.- Application bien définie.
Je ne trouve pas son noyau. On a $( \tilde{x},\bar{y}) \in \ker f \iff \tilde{x} \varphi( \bar{y} ) = \bar{1} $.
J'ai essayé d'appliquer $\pi$ mais je ne trouve $\bar{xy}= \bar{1}$.
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Quelle est l'expression de $\Phi(x)$ ?Julia Paule a dit :@bd2017, je ne comprends pas bien ton résultat pour $\Phi^{-1}$, il faut obtenir un couple. J'obtiens $\Phi^{-1}(x)=(\pi(x)\:,\:(\varphi \circ\pi(x))^{-1}x)$.Je n'ai pas lu la suite.EDIT : j'arrive encore trop tard, je n'ai pas vu les messages intermédiaires qui m'arrivent seulement maintenant. -
D'autre part je vois que tu demandes l'expression de $\Phi$ et je l'ai donnée plus haut. Est-ce tu lis par moment?OShine a dit :@bd2017
Le rapport du jury sort un corrigé très succinct mais officiel, généralement 6 mois après l'épreuve....Pourquoi tu me dis cela?OShine a dit :- Application bien définie.
Et puis je vois ceci. Tu vas continuer éternellement à écrire des choses pareilles?C'est très nauséabond, car tu donnes l'impression qu'on se complait à s'acharner sur toi alors qu'on a surement autre chose à faire que de devoir te reprendre sans cesse. -
$(a,b)=(c,d) \iff a=b \ \text{et} \ b=d$.
$\boxed{\forall (x,y) \in (\Z / p \Z)^{*} \times H \ \ \Phi(x,y)=\varphi(x)y}$
Il faudrait déjà montrer que $\Phi $ est bien définie. Soit $(x,y)=(x',y')$ donc $x=x'$ et $y=y'$. Mais a-ton $x=x' \implies \varphi(x)=\varphi(x')$ dans $(\Z / p \Z)^{*}$ ?
L'application inverse donnée par @Julia Paule fonctionne mais j'aurais aimé savoir calculer le noyau de $\Phi$ mais je n'y arrive pas. Montrer que $\Phi$ est injective suffit car $\# (\Z / p \Z)^{*} \times H = \# (\Z / p \Z)^{*} \times \# H = (p-1)p^{n-1} = p^n-p^{n-1} = \# (\Z / p^n \Z)^{*}$.
Je bute sur le noyau. Soit $(x,y) \in (\Z / p \Z)^{*} \times H \in \ker \Phi$. Alors $\varphi(x) y = \bar{1}$. En appliquant le morphisme $\pi$ on trouve $\boxed{x \pi(y)= \tilde{1} }$.
Je bloque ici, j'aimerais montrer que $(x,y)=(\tilde{1},\bar{1})$.
$\Phi \circ \Phi^{-1} (x)=\Phi ( \pi(x), ( \varphi \circ \pi(x))^{-1} x ) = \varphi ( \pi (x) ) (\varphi \circ \pi(x))^{-1} x = x$
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1. Ligne 1 3 et 4 . Toujours du n'importe quoi. On se demande si tu comprends un peu les maths.2. Ligne 2 . Définition de $\Phi$ corrigé. Mais c'est du recopié. Alors je me demande maintenant si tu sais ce que tu as écris.3. Ligne 4 encore. C'est quoi ce touillage pour savoir si $\Phi$ est bien définie? $\varphi(x)$ et $y$ sont dans $(\Z/p^n Z,.)^* $ alors $\varphi(x) y$est dans $(\Z/p^n Z,.)^* $ Où est le problème de se poser la question de savoir si $\Phi$ est bien définie? On a une fonction évidement bien définie! Cela justifie certainement ma remarque précédente.4. La seule chose à faire c'est de montrer (ou plutôt vérifier car c'est presque une évidence) ) que $\Phi$ est un morphisme car il me semble que tu as parlé des cardinaux qui sont en adéquation pour que ce soit
une bijection.Donc tu n'as pas à t'occuper de $\Phi^{-1},$ ni de $Ker\phi$ qui par ailleurs est connu puisqu'on a un isomorphisme.Maintenant le noyau c'est $(1,1)$ parce que $\pi(y)=1,\forall y \in H . $EDITOShine a dit :$\Phi \circ \Phi^{-1} (x)=\Phi ( \pi(x), ( \varphi \circ \pi(x))^{-1} x ) = \varphi ( \pi (x) ) (\varphi \circ \pi(x))^{-1} x = x$
Il faut expliquer cela aussi. Tu ne comprends rien sur $\Phi$ et puis tu sais écrire cela? Il y a un problème quelque part.Il y a quelqu'un qui t'a envoyé ça en message privé et tu as encore recopié. -
Je reviens sur ta proposition pour $\Phi^{-1}$ qui, je crois n'est pas correcte puisque tu ne vérifies pas que (avec tes notations) $\bar a^{(-k)}z$ est bien dans $H$.Le $\tilde a^k$ étant toujours dans le bon groupe il faudrait plutôt chercher $k$ tel que $\bar a^{(-k)}z\in H$ ce qui est une autre histoire.Ce qui m'intrigue c'est que les couples que tu proposes vérifient bien $120=1+7*17$ et $617=1+11*56$ ! Aurais-tu le bon $k$ sans l'avoir voulu ou est-ce une heureuse coïncidence ?Le $(\varphi_°\pi(x))^{-1}x$ de OS et @Julia Paule pose la même question !
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Bonjour
@Rakam merci de t'intéresser au sujet. Concernant $\Phi^{-1}$ ce que j'ai donné c'est correct. Mais je ne prétends pas avoir justifié bien que la justification ne doit pas poser de problème.
Je ne comprends pas ta remarque sur $k.$ Le cas, je le détermine et ce n'est pas une heureuse coïncidence.Si tu veux je reviens en détail sur l'expression de $\Phi^{-1}$.
Déterminer $\Phi^{1}$ c'est résoudre une équation: trouver $ (x,y) \in (\Z/pZ)^* \times H$ tel que $\Phi(x,y)=\varphi(x) y =z , z\in (\Z/p^nZ)^*$
On commence par chercher $x:$ On a $\pi(z)= \pi(\varphi (x) y)=\pi(\varphi (x)) )\pi ( y)= x $ (car $\pi \circ \varphi =I_d $ et $y\in H).$
On a donc $\varphi( \pi(z) ) y = z$ et donc nécessairement $y = \varphi( \pi(z) )^{-1} z$
Maintenant pour les justifications. C'est clair que $x=\pi(z) \in Z/pZ^*.$ Donc $\varphi ( \pi(z) )^{-1} \in (Z/p^nZ)^*$ et alors $y = \varphi( \pi(z) )^{-1} z\in (Z/p^nZ)^*.$ De plus $\pi(y)=\pi( \varphi( \pi(z) )^{-1} )\pi(z) =\pi( \varphi( \pi(z) ) )^{-1} \pi(z)= (\pi(z) )^{-1} \pi(z)=1$. Ce qui montre que $y\in H$.
(je pense que c'est ça que tu voulais?)Concernant les calculs concrets: On part de $Z$ inversible dans $Z/p^nZ.$
On calcule $x=\Pi(z).$ Donc pas de problème ici.
Maintenant il faut bien faire un choix du générateur de $(Z/pZ)^*$ (jusqu'à preuve du contraire!)Je choisis un générateur donc $\tilde{a}$ et je calcule $\bar{a}=\phi(a)$ (comme cela a été fait dans la question 61 (a) ). On calcule aussi
$\bar{a}^{-1} $ car on en aura besoin.Pour finir le calcule je cherche $k$ tel que $x =\tilde{a}^k.$ et on finit avec $y= (\bar{a}^{-1})^k z.$A ce stade, la définition de $\Phi$ dépend de $\varphi$ donc du choix de $a,$ du générateur.En prenant un autre générateur on constate qu'on trouve le même résultat. Donc en fait $\Phi$ ne dépend pas du générateur $a$, ce que ne trouve pas évident a priori.Si tu es d'accord dis le moi. Ou alors reprécises-t-p la partie de ta question que je n'ai pas comprise. -
Cela devient compliqué, le $f$ de rakam et le $\Phi$ de bd2017 ne coïncident pas car bd2017 a inversé l'ordre des sous-groupes $H$ et $(\Z / p \Z)^*$ qui sont dans cet ordre dans l'énoncé.Restons avec le $f$ de rakam. On a $f : H \times (\Z / p \Z)^* \to (\Z / p^n \Z)^*, (\overline x, \tilde y) \mapsto \overline x \varphi(\tilde y)$.Alors pour $z \in (\Z / p^n \Z)^*, f^{-1}(\overline z)=(\varphi \circ \pi(\overline z))^{-1} \overline z, \pi (\overline z))$.Maintenant, la question de @rakam est (si j'ai bien compris) : oui mais a-t-on bien $(\varphi \circ \pi(\overline z))^{-1} \overline z$ dans $H$ ? Bonne question. Cela me parait évident intuitivement vu le produit direct. Son image par $\pi$ est $\tilde 1$, il s'agit de montrer que le noyau de $\pi$ est $H$.Une autre question serait (et c'est en fait ma question de départ) : comment le mettre sous la forme $\overline 1 + pu, u \in \Z / p^n \Z$ ?Sinon, j'ai déjà répondu à l'autre question : si on prend un autre générateur de $(\Z / p \Z)^*$ qui convient, cela ne change rien au calcul de $f$ et $f^{-1}$ et c'est normal (car le $\varphi$ ne change pas, on a $\varphi(\tilde x)=\overline x$ quelque soit le choix du générateur qui convient).
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Si c'est normal, il faut le démontrer!Julia Paule a dit :et c'est normal (car le $\varphi$ ne change pas, on a $\varphi(\tilde x)=\overline x$ quelque soit le choix du générateur qui convient).
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$\ker \pi = H$ ; en effet en prolongeant $\pi$ à $\Z / p^n \Z$ et $\Z / p \Z$, on a pour $x \in \Z / p^n \Z$ :$\pi(\overline x)=\tilde 1=\pi(\overline 1) \Leftrightarrow \pi(\overline {x-1})=\pi \circ \alpha(x-1)= \beta(x-1) =\tilde 0 \Leftrightarrow x-1 \in p \Z \Leftrightarrow \overline {x-1} \in p\Z / p^n \Z$ $\Leftrightarrow \overline x \in \overline 1 + p\Z / p^n \Z=H$ .(en appelant $\alpha$ la projection de $\Z$ sur $\Z / p^n \Z$, $\beta$ celle sur $\Z / p \Z$, et le diagramme commutatif avec $\pi \circ \alpha = \beta$).Voilà d'où sort $H$ !!!!!!! Il faut remonter le courant.De là, en tirer $\overline x =\overline 1 + pu$ ne doit pas être trop difficile.
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Oui c'est bien ce qui me manquait : appartenance à $H$ de la composante (la première dans mes notations, la deuxième pour @bd2017 ) ! Merci.Il est exact aussi que l'écriture du morphisme réciproque n'était pas demandée donc "honoris causa"...Si quelqu'un sait comment calculer $(^*)$ (au moins les premiers "chiffres" - au sens d'élément de $\Z_p)$ $e_p(p)$ cela me permettrait de mettre un point final à la suite en respectant ce que je crois être le vœu de l'énoncé en Q65.(*) J'ai bien une idée mais mes calculs me donnent une contradiction gênante (je préfère attendre pour en parler que ceux qui participent soient au même stade).
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