Quelques questions sur les morphismes de groupes
Réponses
-
Ha! oui.
-
Bonjour, quel était le problème avec la démonstration de l'injectivité de Oshine, la première fois où il a utilisé la factorisation de $x^3-y^3$ ?
-
$f$ est impaire, il suffit de montrer qu'elle est strictement croissante sur $\R^{+}$.
Soit $x < y$.
Si $x >0$ et $y >0$ alors $x^2 < yx < y^2$ et $x^3< y^2 x <y^3$. Donc $x^3 <y^3$.
Si $x=0$, le résultat est évident. -
Encore des trucs faux.
-
Bonjour,
Soient $x$ et $y$ tels que $0<x<y$.
On multiplie par $x^2$ d'une part, ce qui donne $x^3<x^2y$, et par $y^2$ d'autre part, ce qui donne $xy^2<y^3$.
Il reste à voir que $x^2y<xy^2$, ce qui s'obtient en multipliant $x<y$ par $xy$, d'où $x^3<y^3$
La fonction $x\mapsto x^3$ est donc croissante sur $\mathbb{R}_+$
Si $x<y<0$, on applique ce qui précède à $-x$ et $-y$.
On n'a utilisé que les propriétés de base de la relation $<$ vues au collège.
Cordialement,
Rescassol
-
Voyons voir :Soit $a>b>0$ et $c>d>0$. On veut montrer que $ac>bd$.On a $ac-bd = ac-bc+bc-bd = c(a-b)+b(c-d)>0$.Effectivement, c'est faisable mais évidemment hors de portée d'Oshine.
-
Pourquoi s'interdire l'étude classique d'une fonction avec sa dérivée ? La monotonie sur un intervalle correspond à l'injectivité pour les fonctions à variables réelles. Non ?
-
Bon, j’attendais juste qu’il dise que la fonction cube était strictement croissante donc injective. Le moyen le plus simple pour un lycéen de montrer qu’elle est strictement croissante, c’est la dérivée… du coup, ça tient quasiment en une ligne avec les outils du programme, c’est là où je voulais en venir. Maintenant, utiliser la dérivation, c’est simple mais pas élémentaire.
-
Le problème est qu'on lui balance dans la figure que ce qu'il fait est faux débile ... Enfin beaucoup de dénigrement inutile. Alors qu'il faudrait mieux corriger ce qui ne va pas et aller dans le sens des idées qu'il avance. OShine est pour le moins malmené.
-
Exercice : soit $G$ un groupe fini. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur le cardinal de $G$ pour que l'application $x\mapsto x^3$ soit injective de $G$ dans $G$.
-
Mais OShine... La fonction cube est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ donc injective. C'est intéressant et il faut savoir faire ce lien entre les deux notions ! Cette hypothèse concernant le corollaire du TVI montre qu'en la couplant avec la continuité et des arguments sur ce qu'il se passe aux bornes permet d'avoir la surjectivité donc la bijection !Pour la stricte croissance de la fonction cube pas besoin de dérivation (beaucoup trop puissant comme outil) , c'est faisable en classe de seconde avec des inégalités et une disjonction de cas : merci Rescassol ! Et c'est intéressant pour des lycéens pour la manipulation d'inégalités ! ^^'
-
Le Violoniste, montre l’exemple.Crois « l’aider » pendant au moins 6 mois puis tu devrais comprendre.L’aider c’est surtout ne pas lui répondre. Éventuellement l’emmener sur une piste mais comme d’habitude il se retrouve avec plein de preuves faites par les autres.
-
J'avais trouvé l'idée des inégalités mais @Rescassol a été plus rapide que moi.
-
Merci.JLT a dit :Exercice : soit $G$ un groupe fini. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur le cardinal de $G$ pour que l'application $x\mapsto x^3$ soit injective de $G$ dans $G$.
Déjà, j'ai failli tomber dans le piège mais $G$ n'étant pas commutatif, $f$ n'est pas nécessairement un morphisme, on ne peut donc pas utiliser le noyau.
Soit $n=\ G$.
Supposons que $f : G \longrightarrow G$ définie par $f(x)=x^3$ soit injective.
Alors $x^3=1 \implies x=1$.
Donc si $G$ n'est pas le groupe trivial, soit $x \ne 1_G$, alors $x$ n'est pas d'ordre $3$ et ni d'ordre $2$ car sinon on aura $x^2=1$ et donc $x=x^{-1}$ ce qui n'est vrai que pour l'élément neutre.
Ainsi, l'ordre de $x$ est toujours strictement supérieur à 3. D'après le théorème de Lagrange, le cardinal de $G$ est un multiple de l'ordre de $x$.
La condition nécessaire est : $\boxed{\# G\geq 4}$.
Réciproquement, supposons que le cardinal de $G$ soit supérieur ou égal à $4$.
Montrons que l'application $f$ est injective.
Je bloque sur la réciproque.
-
Faux.
-
J'ai essayé quelque chose mais l'exercice n'est pas facile.
-
Conjecture : l'application $x\mapsto x^3$ est injective de $G$ dans $G$ si et seulement si $G$ est de cardinal non multiple de $3$ .Pas de preuve pour le moment, je cherche... Suite plus tard peut-être ! ^^
Edit : ça n'a pas l'air d'être ça, je m'oriente sur la piste : de cardinal premier ou sous la forme $3k+2$ ... où $k$ est un entier positif ou encore : non multiple de $6$ . -
Si $x\mapsto x^3$ est injective, alors $G$ n'a pas d'éléments d'ordre $3$ donc $3$ ne divise pas $\#G$.
Supposons cette condition réalisée et soit $x,y\in G$ tels que $x^3=y^3$.
Comme les ordres de $x,y$ sont premiers avec $3$, on a $\langle x\rangle=\langle x^3\rangle=\langle y^3\rangle=\langle y\rangle$.
Donc $x$ et $y$ commutent, $\big(xy^{-1}\big)^3=1$ et $x=y$.
-
Oui ça marche. J'avais fait comme ceci pour la réciproque : soit $k$ un inverse de $3$ modulo $n$. Alors $x=x^{3k}=y^{3k}=y$.
-
Ok merci gai requin, c'est compris et ma première conjecture était la bonne, c'est déjà ça lol
-
J'ai compris les preuves après avoir bataillé un peu, mais le point qui semble le plus facile je ne le comprends pas :
- Je ne comprends pas comment on en déduit $3$ ne divise pas $\# G$. Le théorème de Lagrange dit que si $G$ a un élément d'ordre $3$ alors $3$ divise $\# G$. La contraposée ne marche pas.
Supposons $G$ qui ne soit pas le groupe trivial. Soit $x \ne 1$.
Si $x \mapsto x^3$ est injective alors $x^3=1 \implies x=1$. Mais $x \ne 1$ donc $x^3 \ne 1$. Ainsi $x$ n'est pas d'ordre $3$.
Et $x=1_G$ est d'ordre $1$.
Conclusion : $G$ n'a pas d'élément d'ordre $3$.
@gai requin
Jolie preuve.
Si j'ai bien compris, si $o(x) \wedge 3=1$ et $o(y) \wedge 3=1$ alors $o(x^3)=\dfrac{o(x)}{ o(x) \wedge 3}=o(x)$.
Or, $\langle x^3 \rangle \subset \langle x \rangle $ donc finalement $\boxed{\langle x^3 \rangle = \langle x \rangle}$.
@JLT
Bien vu, comme $3 \wedge n=1$, $3$ est inversible dans $\Z / n \Z$, il existe $k \in \Z$ tel que $3k \equiv 1[n]$. Donc $3k=1+qn$ avec $q \in \Z$.
Puis $x=x^{1}=x^{3k-qn}=x^{3k} (x^n)^q=x^{3k}$ car $x^n=1$, en effet $n$ est le cardinal de $G$.
- Je ne comprends pas comment on en déduit $3$ ne divise pas $\# G$. Le théorème de Lagrange dit que si $G$ a un élément d'ordre $3$ alors $3$ divise $\# G$. La contraposée ne marche pas.
-
La phrase « la contraposée ne marche pas » est étrange.C’est un théorème de la logique classique de dire que n’importe quel théorème est équivalent à sa contraposée.Peut-être voulais-tu dire autre chose ?
-
@OShine : Regarde le théorème de Cauchy sur les groupes.
-
OShine a dit :J'ai compris les preuves après avoir bataillé un peu, mais le point qui semble le plus facile je ne le comprends pas :
- Je ne comprends pas comment on en déduit $3$ ne divise pas $\# G$.
Il me semble que tu as un résultat important en théorie des groupes qui est le suivant : si $G$ est un groupe de cardinal $n$ alors pour tout diviseur $p$ premier de $n$, il existe un élément d'ordre $p$ (Edit : théorème de Cauchy que je ne connaissais pas non plus) .Donc si $3$ divise le cardinal de $G$, il existe un élément de $G$ d'ordre $3$ et par contraposée, on a ce que l'on veut ! ^^' - Je ne comprends pas comment on en déduit $3$ ne divise pas $\# G$.
-
@JLT, $f$ est injective ssi $3$ ne divise pas le cardinal $n$ de $G$ (ssi $G$ n'a pas d'élément d'ordre $3$, théorème de Cauchy). En effet :- si $G$ a un élément d'ordre $3$, donc $\exists x \ne e$ tel que $x^3=e$, donc $f$ n'est pas injective,- si $G$ n'a pas d'élément d'ordre $3$, soit alors $x,y$ tels que $x^3=y^3$ ; vu que $x^n=y^n=e$, on a $x^r=y^r$ pour $r=1,2$ (pour $n=3q+r$, car $3$ ne divise pas le cardinal de $G$) ; pour $r=1, x=y$, pour $r=2, x^2=y^2$ et comme $x^3=y^3$, on a aussi $x=y$, donc $f$ est injective.Evidemment, c'est moins rapide.
-
D'accord merci, à ma décharge ce théorème de Cauchy ne figure dans aucun livre que j'achète.
Peut-être que je le croiserai dans les chapitres ultérieurs du livre de théorie des groupes d'Anne Cortella. Je commence le chapitre 2.
Bel exercice. -
Tu dis que tu as pensé aux inégalités, admettons, mais avant, tu as proposé une solution qui faisait intervenir la fonction $ln$. Est ce que tu vois à quel point cette réponse était ridicule ?Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
-
$\langle x \rangle = \langle x^3 \rangle$, cela découle d'une proposition sur les groupes cycliques : si $G$ d'ordre $n$ est cyclique de générateur $x$, alors $x^k$ engendre $G$ ssi $k \wedge n =1$.
-
Exo : quels sont les ordres possibles des éléments du groupe produit $C_{10} \times C_{14}$ ?(je pose la question car la solution du livre d'où je l'ai tiré me parait incomplète)
-
Tous les diviseurs de 70.
-
On a $ppcm(10,14) = 2*5*7 = 70$ donc, en notant $a$ un générateur de $C_{10}$ et $b$ un générateur de $C_{14}$, le couple $(a,b)$ est d'ordre $70$ dans le groupe produit.Pour n'importe quel diviseur $d$ de $70$, le couple $(a^{70/d},b^{70/d})$ est d'ordre $d$.Réciproquement, si $(x,y)$ est un élément d'ordre $d$, alors $d|10$ et $d|14$ donc $d$ divise $70$.
-
@lourrran
Oui parfois je suis ridicule, je ne suis pas une bête en maths comme certains forumeurs.
@Julia Paule
Oui ces résultats sont très importants.
Théorème :
Soit $C_n$ un groupe cyclique à $n$ éléments et soit $a$ un générateur. Pour tout $q \in \Z$, l'ordre de $a^q$ est $\dfrac{n}{pgcd(n,q)}$
Preuve :
Soit $q \in \Z$. Pour tout entier $k \in \Z$ on a les équivalences :
$(a^q)^k=1 \iff kq \ \text{est multiple de} n \ \text{car} \ a \ \text{est d'ordre} \ n \\
\iff kq \ \text{est multiple de} n \text{et} \ q \\
\iff kq \ \text{est multiple de } \ ppcm(n,q) \\
\iff kq \ \text{est multiple de } \ \dfrac{nq}{pgcd(n,q)} \\
\iff k \ \text{est multiple de } \ \dfrac{n}{pgcd(n,q)}$
Donc $a^q$ est d'ordre $\dfrac{n}{pgcd(n,q)}$
Corollaire :
Soit $C_n$ un groupe cyclique à $n$ éléments et $a$ un générateur. Pour qu'un élément $a^q \in C_n$ engendre $C_n$, il faut et il suffit que $q$ et $n$ soient premiers entre eux.
Preuve :
Les générateurs de $C_n$ sont les éléments d'ordre $n$. L'ordre de $a^q$ est égal à $n$ si et seulement si $pgcd(n,q)=1$. -
Comme $ppcm(10,14)=70$, alors $\forall (x,y)$ on a $(x,y)^{70}=(1,1)$. Le corrigé s'en tient à dire que les ordres possibles sont donc tous les diviseurs de $70$.Ne faut-il pas montrer que pour tout diviseur de $70$, il existe bien un élément de cet ordre dans $C_{10} \times C_{14}$?
-
Si bien sûr. En fait $C_{10}\times C_{14}\cong C_2\times C_{70}$ on en déduit tout de suite le résultat.
-
AH zut, j'écris moi-même n'importe quoi
Je reprends.Puisque $(x,y)^{70} =(x^{70}, y^{70})= e$, si $(x,y)$ est d'ordre $d$, alors $d$ divise $70$. -
Merci @JLT. En effet, j'avais été chercher une solution compliquée :
Soit $m,n$ des entiers $\geq 1$, alors $\forall k \mid ppcm(m,n), \exists (n',m')$ tels que $n' \mid n, m' \mid m$ et $ppcm(n',m')=k$.
On a en général : $\forall n,m, C_n \times C_m \cong C_{pgcd(n,m)} \times C_{ppcm(n,m)}$, qui permet d'ailleurs de démontrer cette propriété simplement.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.2K Toutes les catégories
- 9 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 65 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 69 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 314 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 773 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
In this Discussion
Qui est en ligne 3
+2 Invités