Ancien exo Oumpapah
Le 30 septembre 2004 à 14.10 heures, Oumpapah nous a donné l'exercise suivante:
Soit G un groupe tel que x->$x^m$ et x->$x^n$ soient des morphismes avec $pgdc (m,n) =1$. Prouver que G est commutatif.
On l'a prouvé pour $m=3$ et $n=5$, mais que sait prouver le cas général?
Merci,
Michiel
Soit G un groupe tel que x->$x^m$ et x->$x^n$ soient des morphismes avec $pgdc (m,n) =1$. Prouver que G est commutatif.
On l'a prouvé pour $m=3$ et $n=5$, mais que sait prouver le cas général?
Merci,
Michiel
Réponses
-
Personne? Dans l'énoncé il faut exiger que $m,n>1$
Michiel -
Bonsoir
en fait on suppose m et n >2
( car x->x² morphisme implique immediatement que G est abelien)
je m'y replonge ,
avec m=3 et n=5 ça tient deux lignes ..pas probant
je l'ai fait avec les couples (3,7) ; (5,7); (5,11); (7,11)
et cela pour trouver un fil conducteur ( qui ne m'a pas encore amené au résultat ..mais ça viendra! puisque je crois avoir fait ça , il y a 40 ans..certes)
Oump. -
Ah chouette Encore un exo qui donne une condition suffisante pour etre commutatif!
A quand le livre
Titre. CSC (Condition Suffisante Commutativité)
Auteur. Oumpapah
Dédicace. "Je dédie ce livre à tous les internautes du forum LMPN, qui par leurs questions etc etc"
bob ;-) -
Salut Bob
ouais aouais ..en attendant faut aller au charbon!
c'est le genre d'exo assez aléatoire , et souvent banal ..à posteriori
j'espére qu'Alain va s'y mettre , il adore les groupes !
A+
Oump. -
Bonsoir Oumpapah et Michiel
Oui, oui, je m'y suis mis, mais je ne suis pas arrivé au bout !
Définissons $\mu : G\rightarrow G ;\ \mu(x)=x^m$ et $\nu : G\rightarrow G ;\ \nu(x)=x^n$
$\mu, \nu$ sont des morphismes de groupes. Posons $M=\mu(G) \textrm{ et }N=\nu(G)$.
Comme $\mathrm{pgcd}(m,n)=1$, par Bezout $um+vn=1$
Et alors pour tout $x\in G,\ x = x^{um+vn}=(x^u)^m(x^v)^n \in M.N$ donc $G=M.N$
$M\lhd G$ parce que $gx^mg^{-1}=(gxg^{-1})^m \in M$ Pareillement $N\lhd G$
Remarquons que $\mu \textrm{ et } \nu$ commuttent, en effet : $\mu\circ\nu(x)=(x^n)^m=x^{mn}=(x^m)^n=\nu\circ\mu(x)$
Donc $\nu(M)=\nu\circ\mu(G)=\mu\circ\nu(G)=\mu(N) \subset M\cap N$
Réciproquement $x\in M\cap N,\ x=y^m=z^n$ en élevant à la puissance $v$
$y^{vm}=z^{vn}=z^{1-um}$ d'où $z=y^{vm}z^{um} = \mu(y^v)\mu(z^u)=\mu(y^vz^u)\in M$ puisque \mu est un morphisme,
donc $z=t^m\in M$ et $x=z^n=t^{mn} \in \mu\circ\nu(G)$
Finalement $M\cap N=\mu\circ\nu(G)=\mu(N)=\nu(M)$ sont surjectives
Alors $\nu|_M : M \rightarrow M\cap N$ ainsi que $\mu|_N :N\rightarrow M\cap N$
C'est à dire qu'on a le diagramme commutatif, dont toutes les flèches sont surjectives. $$ \begin{array}{ccc} G & \xrightarrow{\ \mu\ } &M \\
\\
\scriptstyle{\nu} \displaystyle{\downarrow}\ & &\qquad \downarrow \scriptstyle{\nu|_M} \\
\\
N &\xrightarrow[\mu|_N]{} & M\cap N
\end{array}
$$ On peut encore dire que puisque $G=M.N = $ engendré par $M,\ N$. Alors le groupe dérivé $D(G)$ est engendré par les
\begin{align*}
[x^m,y^n] &= (x^my^nx^{-m})y^{-n} = (x^myx^{-m})^ny^{-n} \in N \\
&= x^m(y^nx^{-m}y^{-n}) = x^m(y^nxy^{-n})^{-m} \in M
\end{align*} Et donc $D(G) \subset M\cap N$
Mais ça ne permet pas de dire que $D(G)=\{1\}$.
Alain -
Bonsoir
révision dechirante!
en étudiant le cas m=3 n=4, j'ai acquis la conviction que la condition pour m et n d'etre premiers entre eux n'est pas suffisante pour avoir la commutativité du groupe
en effet dans ce cas on arrive facilement au fait que tout cube est dans le centre , mais ensuite makache oualou pour aller plus loin
j'ai donc cherché un groupe fini infirmant le résultat..
j'en ai trouvé un d'ordre 36 dont le centre est de cardinal 2 et tel que tout cube soit egal au neutre
on considere les matrices 2-2 , triangulaires supérieures
M(x,y)= xE11+x^-1E22 + yE12
avec x élément inversible de l'anneau F3[j] et y €F3[j]
on a M²+M+I=O et M³=I pour tout M et le centre est Z={±I}
Alors pb: caracteriser les couples (m,n) qui assurent la commutativité du groupe.( avec 2<m<n le cas de x->x² morphisme étant banal) peut etre se contenter dans un premier temps de m et n premiers?
il apparait les entiers m-1 et n-1 dans les calculs
( on a x->x^(m-1) et x->x^(n-1) "antimorphismes " et les commutations
de x^m et y^m-1 (resp de x^n et x^(n-1) )
A+ Oump -
Si $G$ est un groupe fini de cardianl $n$ alors l'application $x\mapsto x^n$ est un morphisme (trivial) de $G$ ainsi que l'application $x\mapsto x^{p\times n+1}$ (qui est l'indentité de $G$), $n$ et $p\times n+1$ sont bien sûr premiers entre eux mais $G$ n'a aucune raison d'être commutatif!
Aurai-je dit une bêtise? -
Bonsoir,
non bien sur ! d'ou énoncé modifié
mais mon contre exemple avec 3 et 4 garde sa vertu puisqu'un groupe de cardinal 3 est forcement commutatif..
je pense qu'on peut trouver des conditions sur les couples (m,n) pour avoir le resultat..( peut etre que ça existe , je n'ai pas de bouquins sur les groupes sous la main..)
ça va m'occuper un moment!
tout résultat est le bienvenu , meme des exemples simples
( par ex (5,7) ou (5,11) ; pour (3,7) j'ai des doutes car dans ce cas on a aussi x->x^4 morphisme d'ou tout cube dans le centre )
affaire à suivre ,
Oump. -
Même avec $n$ et $m$ premiers:
Soient $n$ et $m$ deux nombres premiers de la forme $6p+1$ (il y en a une infinité) alors $x\mapsto x^n$ et $x\mapsto x^m$ sont des morphismes du groupe symétrique $S_3$. -
re
avec 3 et 7 ça ne marche pas car le meme contre exemple qu'avec 3 et 4
marche ..
on est bien d'accord il y a un tri à faire!
mon idée est d'etudier des ex ou ça marche pour essayer de voir ce qui fait marcher le truc.. -
Intéressant tout cela...Donc le titre du livre d'Oumpapah sera plutot CSNSC (Conditions Suffisantes et Non Suffisantes de Commutativité)...
bob -
D'apres ce qu'a fait Alain Debreil (est ce bien lui le correcteur masque qui signe A.D a chaque fois?) on doit avoir $D(G) \subset M \cap N$ avec $M$ et $N$ les images des deux morphismes "puissance" susmentionnes. Il ne peut cependant pas conclure que $D(G)$ est trivial (et pour cause...). Qu'en est il dans les exemples qui precedent?
-
L'inclusion $D(G) \subset M \cap N$ est fausse car $D(G)$ n'est pas engendré par les éléments du type $[x^m,y^n]$.
Avec $G=S_3$, prenez $n=6$ et $m=13$ alors $N=\{1\}$ (élément neutre) et $M=G$, donc $N\cap M=\{1\}$ qui ne contient pas $D(G)$ sinon $G$ serait commutatif. -
Je crois que l'erreur qu'il a faite est de passer de $G=$ \`a $D(G)$ engendr\'e par les $[x^m, y^n]$, en effet. Pardonnez nous, Alain, nous sommes durs avec vous ce soir. Sans rancune?
-
Bonsoir
Effectivement je me suis laissé emporté par l'élan !
$D(G)$ est engendré par les $[x^my^n,x'^my'^n]$ puisque $G=M.N$.
Et alors en développant le commutateur, le raisonnement que je faisait ne marche plus !
Ce qu'il y a de bien sur le forum, c'est que si on dit quelque chose d'erronné, il y a toujours un intervenant pour pointer l'erreur.
Remarque Fadalalib... c'est plus sympa de se tutoyer, ne crois-tu pas ?
Alain -
Bonjour,
Avec les notations d'Alain,
Si les sous-groupes $N$ et $M$ sont commutatifs, alors cela signifie que $D(G)$ (groupe dérivé) est inclus dans le noyau de chacun des deux morphismes ($x\mapsto x^n$ et $x\mapsto x^m)$ or l'intersection de ces deux noyaux est réduite à l''élément neutre lorsque $n$ et $m$ sont premiers entre eux (*), donc $D(G)=\{1\}$ et $G$ est commutatif.
Par contre on peut très bien avoir un des deux sous-groupes commutatifs et pas l'autre quand $G$ n'est pas commutatif.
(*): si $x^n=x^m=1$ alors l'ordre de $x$ divise $n$ et $m$. -
$( x\mapsto x^n \textrm{ et } x\mapsto x^m)$
-
Bonjour
je vous apporte du grain à moudre..
soit G un groupe noté multiplicativement ( et bien sur pas forcément commutatif)
une definition : j'appelle antimorphisme de G une application f de G dans lui meme telle que , pour tout (x,y)€G² : f(xy)=f(y)f(x)
si x->x^m est un morphisme alors x->x^(m-1)
est un antimorphisme
la composée de deux antimorphismes est un morphisme , celle d'un morphisme et d'un antimorphisme est un antimorphisme et enfin celle de deux antimorphisme est un morphisme.
je rappelle que si x->x² ext un morphisme alors G est commutatif
( x->x est un antimorphisme se traduit par G commutatif!)
pour G quelconque on s'interesse aux entiers n €Z tel que x->x^n soit un morphisme ; notons A cet ensemble (non vide car contenant 0)
notons B l'ensemble des entiers m €Z tels que x->x^m soit un antimorphisme; B est non vide car B contient -1
enfin notons C le sous ensemble de A des m€Z tels que x^m soit dans le centre de G pour tout x
mon exo du debut affirme que si 3 et 5 appartiennent à A alors G est commutatif
mon contre ex (et d'autres donnés par Fradin) montrent qu'il ne suffit pas que A contienne deux entiers premiers entre eux pour que G soit commutatif
d'ou mon idée etudier la structure de A et B et voir pour quels couples (m,n)€A² peut on en deduire que G est commutatif
ex ou cela suffit: (3,5); (3,11)..
ex ou cela ne suffit pas : (3,4) , (3,7)..
propriétes de A et B:
(verifications simples)
AXA est inclus dans A
AXB est inclus dans B
BXB est inclus dans A
A=1+B
de plus si m et m+1 appartiennent à A alors m appartient à C
et si m et n appartiennent à C et sont premiers entre eux alors G est commutatif
par ex si 3 et 5 appartiennent à A on a
2 et 4 dans b , puis 2²=4 dans A d'ou 3 dans C
on a aussi 2x4=8 dans A ainsi que 7
(car 3x2=6 est dans b d'ou 7 dans A)
7 et 8 dans a donc 7 est dans c et comme 3 et 7 sont premiers entre eux
c'est fini
tant qu'on y est on peut s'interesser aux familles de polynomes A et B
definies par
X est dans A , X-1 dans B
puis X²,(X-1)², X(X-1)+1 dans A
X²-1, (X-1)²-1, X(X-1) dans B
etc
et pour une valeur qu'on donne à X regarder si on a deux couples de polynomes de A prenant deux valeurs consecutives (m,m+1) et (n,n+1)
avec m et n premiers entre eux
avec X=3 on aura deja des exemples d'entiers m de A tels que G soit commutatif..
ces polynomes peuvent se construire avec maple qui peut ensuite nous fournir des couples interessants donnant G commutatif..
( j'ai tenté une piteuse experience en latex, donc ce sera pour une autre fois , je voulais vous donner mon idée sans plus tarder la croyant interessante, elle l'est pour moi en tout cas)
merci pour les contributions de ceux qui seront tentés par cette etude.
Oump. -
Re
j'ai un premier résultat (sauf reserve d'usage , on devient parfois distrait avec l'age..)
avec les couples (3,m) le groupe est toujours commutatif si et seulement si m est de la forme 3k-1
ex m=5, 8, 11, ..
et avec m= 4,6,9,10,12,13..compatible avec G non commutatif
Oump. -
Bonsoir Oumpapah et tous,
Je trouve que ce fil prend une direction très sympathique. Bravo et bonne continuation!
Amicalement
Bob -
Bonjour
Une façon un peu différente de voir A
A est une partie de Z contenant 1 et telle que A²=A et A=1-A
On peut appeler une telle partie un zinzin et faire une théorie des zinzins
Un zinzin contient 0 et 1
Zinzins "triviaux" : {0,1} ; Z
Une intersection de zinzins en est un
On peut parler du zinzin engendré par une partie non vide de Z
Un zinzin est égal à Z ssi il contient -1
Si G est un groupe l'ensemble A des m€Z tels que (x->x^m) soit un morphisme est un zinzin égal à Z bien sûr ssi G est commutatif.
Mais ce n'est pas n’importe quel zinzin
En effet si m et -m appartiennent à A alors tout x^m est dans le centre de G et si A inter (-A) contient deux éléments premiers entre eux, G est commutatif.
On est donc conduit à étudier A inter (-A)
Cela ne va pas révolutionner l'algèbre mais peut permettre de se distraire, ce qui n'est pas si mal !
Et j'attend d'avoir quelque chose d'intéressant pour reposter !
Oump. -
Ne faudrait-il pas plutôt $A^2 \subset A$ ? Et dans ce cas, $\Z$ privé de $-2$ et $3$ ne serait-il pas également un zinzin ?
-
Re
au depart A est suppose stable par produit mais comme 1 est dans A
on a aussi A inclus dans A² d'ou en fait A²=A
Z privé de 3 et -2 n'est pas un zinzin
car contenant -1 et -3 il devrait contenir leur produit 3..
A+ -
Bonjour,
Avec les définitions initiales de $A$, $B$ et $B$, alors on peut voir que: $C$ est un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$ et que $A\cap B$ est un sous-groupe de $C$, donc $A\cap B$ est de la forme $p\mathbb{Z}$.
Par exemple: si $3\in A$, alors $2\in B$ donc $4\in A$ et $3\in B$, on en
déduit que $3\in A\cap B$ et donc $3\mathbb{Z}\in A\cap B$.
Ainsi lorsque $3k-1$ et $3$ sont dans $A$, on a aussi $3k\in A$, donc $3k-1\in A\cap B$, et $G$ est commutatif.
Evidemment cela ne marche pas avec $3k+1$. -
Bonsoir
oui, bien vu!
Oump. -
salut,
j'interviens juste pour un problème de compréhension de l'ennoncé...
je sais ce qu'est un groupe et un morphisme mais je me demande par rapport a quelle loi le groupe doit il etre commutatif?
désolé -
Bonsoir
G est au depart un groupe multiplicatif
et il est commutatif ssi xy=yx pour tout x , bien sur
(avec mon vocabulaire cela revient à dire que x->x^-1
est un morphisme ( f antimorphisme : f(xy)=f(y)f(x) )
et dans le cas de G commutatif il n'y a pas bien sur à faire la distinction morphisme - antimorphisme)
Oump.
[Corrigé selon ton indication. AD] -
Re
je veux dire" et il est commutatif ssi x->x^-1 est un morphisme "
'( et non antimorphisme comme ecrit par distraction..)
scuzi
Oump. -
Une autre propriété de $A$ et $B$:
si $n\in A$ et $m\in A\cap B$ alors $n+m\in A$.
si $n\in B$ et $m\in A\cap B$ alors $n+m\in B$ ("duale" de l'autre).
Application: si $3\in A$ et $3k+1\in A$, alors on sait que $3\in A\cap B$ (déjà établi) donc $3(k+1)+1\in A$. On en déduit par l'absurde que $\forall k\in \mathbb{Z}$, si $A$ contient $3$ et $3k+1$ alors $G$ n'est pas forcément commutatif, sinon il le serait dès que $A$ contient $3$ et $4$, or on sait que ce n'est pas vrai. -
Re
ça usine sec!
content de faire des emules!
A+ -
Re
Pour Fradin ( et ceux qui veulent suivre)
Compte tenu du fait que B=-A
"si n€ A et m€ A inter(-A) alors m+n €A"...
Reformule ce que tu as dit ; il faut bien voir que c'est vrai parce que
on a x ^m dans le centre..
D'ou une question : tout A associé à un groupe est un "zinzin" et c'est le rattachement au groupe qui donne ces propriérés..
Qu'en est il d'un zinzin en général? bref un zinzin defini à priori peut il etre defini à partir d'un groupe ?
Preuve ou contre exemple..je vais y réflechir
Plus tard je retourne voir mots croises qui parle du juge Burgaud..
A+
Oump. -
Exemple de zinzin:
$A=3\mathbb{Z} \cup \{3k+1/~k\in\mathbb{Z}\}$
peut-être associé au groupe donné en contre-exemple par Oump (à vérifier). -
"A est une partie de Z contenant 1 et telle que A²=A et A=1-A"
Excusez moi, je suis nouveau en theorie des zinzins, et une question me taraude: si $A=A^2 \subset \mathbf{Z}$, c'est bien que $A$ est constitue d'entiers positifs ou nuls, non? et donc $1-A$ est constitue d'entiers relatifs $\leq 1$, mais comme c'est $A$, il ne peut y avoir que $(0,1)$...
ma premiere intuition est que je n'ai rien capte, pouvez vous m'eclairer? -
Il y a sans doute confusion sur le sens de $A^2$, la définition est $A^2=\{ab~/~a,b\in A\}$ (et non pas uniquement l'ensemble des carrés).
-
Bonjour
A² est l'ensemble des produits d'elements de A et non l'ensemble des carrés!
la notation globale AB pour l'ensemble des produits ab quand a parcourt A et b parcourt B est classique me semble - t-il..
( cf par ex la manipulation des idéaux dans un anneau..)
Oump. -
La propriété: Si $n\in A$ et $m\in A\cap(-A)$ alors $n+m\in A$, m'a donné une autre idée: quotienter.
On doit avoir $A\cap(-A)=p\mathbb{Z}$, supposons $p>0$. Dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, je pose $A'=\{[n]/n\in A\}$ et
je dis que $A'$ est un zinzin de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ qui vérifie en plus $A'\cap(-A')=\{[0]\}$.
On est ainsi ramené à un ensemble fini.
Exemple avec $p=5$: il est facile de vérifier que le seul zinzin qui marche est $A'=\{[0],[1]\}$ ce
qui entraîne $A=5\mathbb{Z}\cap\{1+5k/~k\in\mathbb{Z}\}$. Est-il associé à un groupe?
A suivre... -
La notation $AA$ me semble plus adaptée ; sauf erreur, $AA$ est à $A^2$ ce que $A+A$ est à $2A$.
-
Bonjour Jaybe
On peut toujours discuter…
Dans un anneau unitaire, si I est un idéal propre on rencontre bien la notation I² pour l'idéal II, et comme l'ensemble des carrés n'est pas un idéal on n'a à priori pas de raison valable de restreindre la définition de I² à l'ensemble des carrés !
(une caution de poids : lire Lang entre autres...)
Par contre dans un anneau on a un sens donné à 2A ensemble des a+a
certes mais surtout ensembles des "multiples de 2" en écrivant 2 au lieu de 2e si e est l'unité de A et ici c'est une notion intéressante car on a un idéal… Bref dans un anneau j'écris A+A à cause d'une confusion possible
Mais je me permets A² au lieu de AA ...
Je dirais que tout dépend du niveau de l'auditoire :
Avec des débutants on convient des notations globales utilisées avec un certain luxe de détail, justifié par expérience vu les difficultés rencontrées par les élèves avec ces notations.
( cf extension de f application de E dans F à f_ application de P(E) dans
P(F) et def de f^-1 application de P(F) dans P(E) qu'il faudrait noter
différemment dans un premier temps…)
Ensuite un bref rappel au début suffit ... J'avais écrit d'ailleurs dans un post précédent "A partie de Z contenant 1 et stable par produit" ce que j'ai résumé en A²=A (en justifiant l'égalité)
Mais ici pour un élève débutant que j'écrive AA ou A² j'ai bien peur qu'il comprenne à priori ensemble des carrés… Et s'il n'est pas débutant il avalera aussi bien AA que A²…
Oump. -
Bonjour Oumpapah,
je n'avais pas vu passer ton post précédent. J'ai également déjà rencontré $I^2$ pour un idéal, et, même si je partage ton point de vue sur les autres ambiguités liées aux différents niveaux d'interprétation de cette notation, je continue de la trouver quelque peu "abusive".
En ce qui concerne les confusions que cela peut entraîner chez l'étudiant, je trouve que c'est justement une bonne occasion de le faire réfléchir sur la différence qu'il existe entre les deux notations. Sinon, pour ta remarque concernant le passage d'une application sur $E$ à une application sur $P(E)$, je ne trouve pas qu'il s'agisse tout à fait du même problème, car même si on a aussi un problème de notation, il me semble y avoir bien moins de risque d'ambiguité.
Bon, tout ceci était pour chipoter quelque peu, mais j'ai bien peur de ne pas pouvoir apporter grand'chose au débat initial... -
Soit $p$ un nombre premier, $A$ un zinzin de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ qui vérifie $A\cap(-A)=\{[0]\}$.
Si $p=2$ alors $1-p=-1\in A$: absurde, donc $p\geq3$.
{\bf Proposition}: $A=\{[0],[1]\}$.
\underline{Preuve}: posons $A^*=A\setminus\{[0]\}$, si $[a]\in A^*$ alors l'application de $A^*$ dans $A^*$ qui à $[n]$ associe $[an]$
est injective, en effet: si $[an]=[am]$ alors $p\mid a(n-m)$ donc $p\mid n-m$ c'est à dire $[n]=[m]$.
Comme $A^*$ est fini on a une bijection, donc $[a]$ a son inverse dans $A^*$. Par conséquent $(A^*,\times)$ est un
sous-groupe de $\mathbb{F}_p^*$.
Si $[a]\in A^*$, et si $[a]\neq 1$ alors l'inverse de $1-[a]$ est dans $A$, or $1-[a]^2\in A$, donc $1+[a]\in A$ ce qui entraîne $-[a]\in A\cap(-A)$ et donc $[a]=[0]$.
(avec les réserves d'usage) -
Bonsoir P (Pierre? Paul? Pulchéric ...?)
les questions se bousculent ,
(je n'ai pas eu le temps de regarder tes résultats , mais ça se fera!)
une de base : pour un zinzin A associé à un groupe G , l'intersection de A
et de -A est un sous groupe de Z donc une echelle
Quid à priori d'un zinzin defini à partir des " axiomes " énoncés
( A contenant 1, stable par produit et par x->1-x)
est ce une categorie plus large? à voir
si c'est le cas sous theorie à faire en rajoutant comme axiome
que cette intersection est un sous groupe de Z
et voir l'interet de cette théorie en rapport avec la structure d'un groupe..
( si j'avais 50 ans de moins je me dirais qu'on a la peut etre matiere à un travail de dea ou plus qui sait ..)
je vais m'absenter jusqu'au 20 fevrier et vais donc abandonner le site
de fin janvier au 20 fevrier.
amusez vous bien et A+
Oump. -
Re
une rectification ..avant de partir en vacances
mon groupe de matrice 2-2
xE11+x^-1E22+ yE12
avec
x unite de F3[j] et y élément de F3[j]
a bien pour centre (I,-I) et bien tel que tout élement est de cube I
mais son cardinal est évidemment 162 ( et non 36 comme ecrit on ne sait pourquoi!)
Oump. -
Bonsoir Oump,
J'ai mis dans le document joint les quelques résultats que j'ai disséminé dans mes messages. Evidemment ce n'est pas fini....
Bonnes vacances, et reviens vite!
PS: c'est P. pour Patrick -
Bonsoir Oump,
J'ai mis dans le document joint les quelques résultats que j'ai disséminés dans mes messages. Evidemment ce n'est pas fini....
Bonnes vacances, et reviens vite!
PS: c'est P. pour Patrick -
Je commence à regarder les zinzins de $\mathbb{Z}/p^nq^m\mathbb{Z}$
(avec $p$ et $q$ premiers distincts) il commence à y en avoir des non triviaux, par exemple dans $\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$ il y a $A=\{[0], [1], [6], [10]\}$
ce qui donne dans $\mathbb{Z}$:
\[\{15k, 1+15k, 6+15k, 10+15k~/~k\in\mathbb{Z}\}\] -
Bonjour
Avant de partir...
Bien sûr mon groupe est d'ordre 54 et non 162...
il est interessant de plonger un peu dans les groupes finis liés au groupe
GL(E) avec E de dim finie sur un corps fini et de regarder du coté de la théorie de la représentation des groupes ( ah que c'est loin tout ça)
Merci à Patrick pour ses contributions et à plus
Oump -
Bonjour à tous .
En attendant le retour d'Oumpapah , j'ai suivi une voie complémentaire
à celle choisie par Patrick ( je n'impose plus la condition $A \cap (-A)$ sous-groupe de $\mathbb{Z}$ ) , quelques modestes résultats .
Je me place dans le cadre : $A \subset \mathbb{Z}$ , $0 \in A$ , $A^2 = A$ et $A = 1 - A$ .
Je pose en plus : $B = -A$ , $U = A \cup B$ et $I = A \cap B$ .
On a les relations suivantes :
\begin{itemize}
\item $B = A - 1$ , $A = B + 1 $ , $AB = B$ .
\item $U = -U$ , $I = -I$ , $UI = I$ , $U^2 = U$ .
\end{itemize}
De plus : $\underbrace{-1}_{B}$ ; $\underbrace{0}_{I}$ ; $\underbrace{1}_{A}$ .
\begin{enumerate}
\item
Soit $p$ un entier non nul .
$A_1 = \{ x \in \mathbb{Z}$ / $x \equiv 0 $ ou $1$ [mod p] \} .
$A_2 = \{ x \in \mathbb{Z}$ / $x^2 \equiv x$ [mod p] \} .
$A_1$ et $A_2$ fournissent deux catégories de zinzins ( confondues si $p$ est premier ) . Sont-elles les seules ?
\item
Si $1 \in I$ alors $I = A = B = U = \mathbb{Z}$ .
En effet on montre par récurence sur $\left|n\right|$ dans $\mathbb{N}$ que $n \in U$ ,
puis toujours par récurence sur $\left|n\right|$ que $[-n;n] \subset I$.
\item
Si $2 \in U$ , si $2 \in A$ alors $1 \in I$ et on est ramené au cas précédent .
Supposons maintenant que $2 \in B$ et $2 \notin A$ . Alors :
$(-2)(-2) = 4 \in A$ donc $1-4 = -3 \in A$ .
$-2 \in A$ , $1-(-2) = 3 \in A$ . Donc $3 \in I$ .
On montre alors par récurrence sur $\left|x\right|$ que :
\begin{itemize}
\item $x \equiv 0$ [mod 3] $\Rightarrow x \in I$ .
\item $x \equiv 1$ [mod 3] $\Rightarrow x \in A$ .
\item $x \equiv -1$ [mod 3] $\Rightarrow x \in B$ .
\end{itemize}
Ce qui prouve : $3\mathbb{Z} \subset I$ , $( 3\mathbb{Z} \cup ( 3\mathbb{Z} + 1 ) ) \subset A$ et $( 3\mathbb{Z} \cup ( 3\mathbb{Z} - 1 ) ) \subset B$ . Je n'ai pas réussi à prouver les inclusions inverses .
\item
Si on considère maintenant $p =$ min $\{ I \cap [2;\infty[$ \} , $I$ contient toutes les sommes algébriques de puissances non nulles et distinctes de $p$ , mais là encore je n'ai toujours pas réussi à montrer que $I = p\mathbb{Z}$ , ni même que $p\mathbb{Z} \subset I$.
\end{enumerate}
Pour conclure , un exercice vraiment intéressant et si quelqu'un a obtenu
d'autres résultats , je suis preneur.
Amicalement
Domi -
Je généralise le 1°)
Il semble que si $H$ est un sous-groupe de $(\Z/n\Z)^*$ alors :
$A = H + n\Z$ est un zinzin . Sont-ils tous de cette forme ?
Domi -
Correctif : c'est $A = (H \cup \{ 0 \} + n\Z$ qui est un zinzin .
Domi -
Bonjour,
Dans un message précédent, j'ai donné l'exemple suivant:
$A=\{0, 1, 6, 10\} \cup 15\mathbb{Z}$.
J'en profite pour dévoiler mon plan:
- Déterminer les zinzins de $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ avec $p$ premier.
- Déterminer les zinzins de $\mathbb{Z}/nm\mathbb{Z}$ avec $n, m$ premiers entre eux.
- Déterminer les zinzins de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ avec le théorème chinois.
- Remonter aux zinzins de $\mathbb{Z}$.
A première vue, il y pourrait y avoir des zinzins vraiment complexes....
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Bonjour!
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