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bijection
salut,
soit g un groupe fini d'ordre n , soit k un entier naturel tel que pgcd(k,n)=1.
montrer que l'application de g dans g :x-->x^k est bijective.
il suffit de montrer qu'elle est injective ,donc je cherche ker(f) ,il doit etre reduit a l'element neutre e.mais je sais pas comment.
ker(f)={x de g,x^k=e}
Bonjour
k un entier naturel strictement positif, je suppose...
S'il existe un entier k strictement positif tel que xk = e, il existe un plus petit tel entier k, qui est l'ordre de x. L'ordre de x divise l'ordre de G. Or l'ordre de G est premier. Donc ?
Idée rapide : Supposons . Alors, tout
serait tel que
, de sorte que
diviserait
. Or, comme
, l'on aboutirait à une contradiction.
A +
DHilbert: dire que si xk = e, alors k divise n, c'est faux, ne serait-ce que parce que par exemple x2n = e quel que soit x.
@Bachstelze : Tu as raison et je suis vraiment désolé. J'ai été trop vite, bien trop vite.
Autre idée : Soit et
quelconques dans
tels que
. L'on peut donc écrire de manière équivalente
, de sorte que
est clairement dans
. Soit
l'ordre de
. Cet ordre divise
. D'autre part, si l'on pose
, l'on trouve
. Or, par définition de
, l'on a nécessairement
, ce qui fait que
. Autrement dit,
divise à la fois
et
et donc
, si bien que
. Par conséquent,
, soit
. Ainsi
est-elle injective et donc bijective, vu que le cardinal de
est fini.
Il y a bien entendu d'autres méthodes.
A +
Non, ce n'est pas bon, car n'est pas commutatif. Plus simplement donc. Soit
dans
. L'on a
. Soit
l'ordre de
dans
. L'unique entier
divise
. Si l'on pose
, l'on trouve
. Or, par définition de
, l'on trouve
, de sorte que
. Ainsi
divise-t-il
et
et donc
. Par conséquent, l'on a
et
. Donc
.
C'est mieux ainsi.
A +
Pouquoi ne pas se servir de Bezout ?
Si u et v sont des entiers vérifiant uk + vn = 1 alors x = xuk + vn = (xk)u.(xn)v = e car xk = xn = e .
@Kybjm : Oui, j'ai bien précisé qu'il existait plusieurs méthodes et la tienne est très bonne. Il faut cependant préciser que , sinon l'on n'a pas
!
A +
Bonjour,
Dites moi : Ker c'est pour les morphismes non ? Or si le groupe n'est pas commutatif , il n'y a pas de morphisme à priori?
cela dit ça marche quand même à condition de ne pas par ler de noyau : si xk = yk d'après le théorème de Bachet il existe a et b tels que
ak + bn = 1, on éléve à la puissance a de chaque coté (pas de commutativité utilisée) et on conclut car xn = e.
@Lolo271 : Dans les derniers raisonnements, à chaque fois que figure , tu le remplaces par
. Attention, je précise que je ne me moque pas de toi, mais seulement que l'on a besoin d'un sous-ensemble de
afin d'identifier les éléments
de
tels que
des autres éléments de
.
Après m'être aperçu de la non commutativité de (ou supposée comme telle), j'aurais dû procéder au changement afin d'éviter toute confusion.
A +
Sans être de mauvaise foi, je pense que Hunterxhunter (l'auteur) a dû oublier la commutativité de la loi interne sur .
A +
Salut! Lolo nous a quittés, et je veux aussi m'amuser!
Il existe a et b tels que ak+bn=1 (il dit Bachet, moi j'appelle ça Bézout).
Comme on est dans un groupe fini d'ordre n, on a pour tout
. Alors
(nulle commutativité dans ça). Mais si
, on a aussi
donc
@Camélia : Oui, en fait l'on se sert de certains ingrédients introduits par Kybjm, savoir (Cf. ci-dessus). Rien de bien nouveau donc !
Question : "Lolo nous a quittés". Comment le sais-tu ?
Autre question : Y a-t-il un moyen de corriger ses propres posts.
A +
> DHilbert Si tu cliques sur le bonhomme à côté du pseudo, tu vas sur une page, ou à côté du pseudo il y a un petit logo, qui est bleu quand la personne est connectée, et blanc quand elle ne l'est pas.
Non, on ne peut pas corriger ses propres posts... Si tu vas sur Expresso tu trouves des dizaines de discussions sur le sujet! Si on a dit ou écrit une bêtise, on fait un nouveau post!
Enfin, si n'est pas un morphisme, il ne suffit pas de montrer que g(x)=e, entraine x=e, pour prouver l'injectivité!
@Camélia : Tu ne m'en voudras pas d'avoir essayé. Tout le monde commet des erreurs, y compris toi.
Je vais oublier tout ça et passer à autre chose.
A +
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