Théorème de factorisation

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Théorème de factorisation

Messagepar paspythagore » Mardi 20 Novembre 2012, 23:04

Bonjour,

quelques questions autour d'un exercice.

Merci de votre aide.

Enoncé Soit $n$ et $m$ deux entiers tels que $m$ divise $n$.
a) Montrer qu'il existe un morphisme surjectif $f:\Z/n\Z\to\Z/m\Z$
Correction On pose $f(a+n\Z)=a+m\Z$.
Cette application est bien définie sur $\Z/n\Z$ car si $a$ et $b$ sont deux entiers congrus modulo $n$, alors ils sont aussi congru modulo $m$.
Cette application est évidemment un morphisme et est surjective

J'ai toujours du mal avec ce bien définie, ça veut dire que c'est bien une application à un élément, il ne peut y avoir qu'au plus une image ?
Elle est évidemment surjective, c'est lié à la cardinalité de $\Z/n\Z$ et $\Z/m\Z$ ?
Enoncé Quel est son noyau ?
Correction $a+n\Z\in\ker f\Longleftrightarrow a+n\Z=m\Z\Longleftrightarrow a\in m \Z$
Le noyau de $f$ est donc $m\Z/n\Z$

J'ai du mal avec les groupes quotient, que représente $m\Z/n\Z$ ?
EnoncéEn déduire qu'il y a un isomorphisme naturel $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)\simeq(\Z/m\Z)$
Correction D’après le th. de factorisation, on obtient un isomorphisme entre $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)$ et $(\Z/m\Z)$

Alors là, ce que représentent $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)$ et $(m\Z/m\Z)$ ?
Quand à l'application du théorème de factorisation, je ne vois pas le rapport avec un isomorphisme.
Théorème de factorisation
Soit $f:E\to F$ une application et $R_f$ la relation d'équivalence associée.
alors il existe une application injective unique :

$\tilde{f}:E/R_f\to E$, telle que $f=\tilde{f}\circ Cl$.

Si de plus $f$ est surjective, alors $\tilde{f}$ est une bijection.

1er théorème d'isomorphisme : soit $f:G\to G'\Longrightarrow G/\ker f\simeq Im f$.

Est celui-ci qu'il faut utiliser ?
D'ailleurs est il un cas particulier du th. de factorisation lorsque $f$ est un morphisme ?
Je n'ai pas compris ce th. de factorisation, pouvez vous me donner des exemples simples ?
paspythagore
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar balf » Mercredi 21 Novembre 2012, 00:00

On va faire progressivement .
a) Non, ça signifie ici que l'image d'une classe de congruence mod. n, α disons, dépend en apparence du choix d'un représentant a de la classe α. Dire que c'est bien défini signifie que si on choisit un autre représentant, a', on obtient la même classe de congruence mod. m, autrement dit que, si a $\equiv $ a' mod. n, alors a $\equiv $ a' mod. m.
Ce n'est pas directement lié à la cardinalité ; plus simplement, on prend une classe mod. mZ (et un représentant d'icelle) a + mZ Il est clair qu'il est l'image de la classe a + nZ dans Z/nZ, non ?

b) mZ /nZ est l'ensemble des classes de congruence du sous-groupe mZ mod. nZ. Par exemple, dans Z/6Z, qui comporte 6 classes de congruence : 6Z, 1 + 6Z, 2 + 6Z, 3 + 6Z, 4 + 6Z,5 + 6Z, les éléments de 2Z/6Z sont les classes des éléments pairs : 6Z, 2 + 6Z, 4 + 6Z.

EnoncéEn déduire qu'il y a un isomorphisme naturel $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)\simeq(\Z/m\Z)$
Correction D’après le th. de factorisation, on obtient un isomorphisme entre $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)$ et $(\Z/m\Z)$

Alors là, ce que représentent $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)$ et $(m\Z/m\Z)$ ?

Il y a une erreur de transcription : l'isomorphisme naturel est entre Z/mZ/nZ/mZ et Z/mZ. Dans le cas de l'exemple donné plus haut, l'ensemble-quotient de gauche (quotient d'un ensemble de classes de congruence) correspond au fait qu'on opère un tri (qu'on pourrait dire de second niveau) entre les classes composées d'entiers pairs et celles composées d'entiers impaires. In fine, cela correspond purement et simplement au classement en entiers pairs et impairs, c.-à-d. à Z/2Z.

1er théorème d'isomorphisme : soit $f:G\to G'\Longrightarrow G/\ker f\simeq Im f$.

Est celui-ci qu'il faut utiliser ?
D'ailleurs est il un cas particulier du th. de factorisation lorsque $f$ est un morphisme ?
Je n'ai pas compris ce th. de factorisation, pouvez vous me donner des exemples simples ?


Oui, il est bien un cas particulier du th. de factorisation pour les morphismes de groupes. Pour un exemple simple ne correspondant pas à la théorie des groupes, il suffit de considérer la fonction x², considérée comme application de R dans R+ : la relation d'équivalence associée est celle qui associe des nombres opposés ; l'ensemble-quotient peut s'identifier à R+, et alors, l'application $\tilde{\mathsf f}$ s'identifie à la restriction de la fonction x² à R+.

B.A.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar paspythagore » Jeudi 22 Novembre 2012, 19:02

Bonjour,
je n'ai pas encore tout compris, désolé.
Ce n'est pas directement lié à la cardinalité ; plus simplement, on prend une classe mod. mZ (et un représentant d'icelle) a + mZ Il est clair qu'il est l'image de la classe a + nZ dans Z/nZ, non ?

Parce que $m|n$ ?
les éléments de 2Z/6Z sont les classes des éléments pairs : 6Z, 2 + 6Z, 4 + 6Z.

Dans notre cas, comme on sait que $m|n$, $m\Z/n\Z=m\Z$ ou $m\Z/n\Z\simeq m\Z$ ?
$(\Z/n\Z)/(n\Z/m\Z)\simeq(\Z/m\Z)$

Si on avait $(m\Z/n\Z)$ au lieu de $(n\Z/m\Z)$, cela ressemblerait à une simplification de fraction mais là...
Oui, il est bien un cas particulier du th. de factorisation pour les morphismes de groupes. Pour un exemple simple ne correspondant pas à la théorie des groupes, il suffit de considérer la fonction x², considérée comme application de R dans R+ : la relation d'équivalence associée est celle qui associe des nombres opposés ; l'ensemble-quotient peut s'identifier à R+, et alors, l'application $\tilde{\mathsf f}$ s'identifie à la restriction de la fonction x² à R+.

OK, merci.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar balf » Vendredi 23 Novembre 2012, 00:28

paspythagore a écrit:
Ce n'est pas directement lié à la cardinalité ; plus simplement, on prend une classe mod. mZ (et un représentant d'icelle) a + mZ Il est clair qu'il est l'image de la classe a + nZ dans Z/nZ, non ?

Parce que $m|n$ ?

À cause de la définition de l'application de Z/nZ dans Z/mZ ; cette définition est possible justement parce que m | n (ce qui se traduit par nZ $\subset$ mZ).
Dans notre cas, comme on sait que $m|n$, $m\Z/n\Z=m\Z$ ou $m\Z/n\Z\simeq m\Z$ ?

Ni l'un ni l'autre : si l'on pose n = m k, mZ/nZ = mZ/mkZ $\simeq$ Z/kZ.
$(\Z/n\Z)/(n\Z/m\Z)\simeq(\Z/m\Z)$

Si on avait $(m\Z/n\Z)$ au lieu de $(n\Z/m\Z)$, cela ressemblerait à une simplification de fraction mais là...

Je ne me suis pas relu, excusez-moi. Vous avez raison et cela ressemble en effet à cette simplification (comme ci-dessus d'ailleurs).

B.A.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar paspythagore » Vendredi 23 Novembre 2012, 23:07

Bonsoir.

$f:\Z/n\Z\to\Z/m\Z$ et $\ker f =m\Z/n\Z$
Donc 1er théorème d'isomorphisme :

$\dfrac{\Z/n\Z}{m\Z/n\Z}=\Z/n\Z\times n\Z/m\Z\simeq \Z/m\Z$

Ou $\dfrac{\Z/n\Z}{m\Z/n\Z}\simeq\Z/n\Z\times n\Z/m\Z\simeq \Z/m\Z$
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar balf » Vendredi 23 Novembre 2012, 23:28

Ni l'un ni l'autre : le terme du milieu n'a pas de sens (sauf si m = n) : si nZ $\subset$ mZ, le groupe-quotient mZ/nZ a un sens, l'autre (nZ/mZ) n'en a pas. D'autre part,la règle de simplification des (vraies) fractions qui fait l'analogie est juste que
$\dfrac{\dfrac{a}{d}}{\dfrac{b}{d}}=\dfrac{a}{b}$. Inutile de passer par une multiplication par l'inverse qui ne peut exister ici.
B.A.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar paspythagore » Vendredi 23 Novembre 2012, 23:43

Merci.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar paspythagore » Lundi 28 Octobre 2013, 18:56

Bonjour.
désolé de revenir sur des vieilleries mais je crois que je n'ai toujours pas compris.

balf a écrit:Ni l'un ni l'autre : le terme du milieu n'a pas de sens (sauf si m = n) : si nZ $\subset$ mZ, le groupe-quotient mZ/nZ a un sens, l'autre (nZ/mZ) n'en a pas. D'autre part,la règle de simplification des (vraies) fractions qui fait l'analogie est juste que
$\dfrac{\dfrac{a}{d}}{\dfrac{b}{d}}=\dfrac{a}{b}$. Inutile de passer par une multiplication par l'inverse qui ne peut exister ici.
B.A.


nZ$\subset$ mZ.

Je pensais plutôt que $m\Z\subset n\Z$.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar paspythagore » Lundi 28 Octobre 2013, 21:42

Non, non.
Je me suis trompé.
b) mZ /nZ est l'ensemble des classes de congruence du sous-groupe mZ mod. nZ. Par exemple, dans Z/6Z, qui comporte 6 classes de congruence : 6Z, 1 + 6Z, 2 + 6Z, 3 + 6Z, 4 + 6Z,5 + 6Z, les éléments de 2Z/6Z sont les classes des éléments pairs : 6Z, 2 + 6Z, 4 + 6Z.

$n\Z\subset m\Z$
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar paspythagore » Mardi 29 Octobre 2013, 22:19

bonjour.
Je ne sais pas comment sont caractérisés les sous-groupes d'un groupe quotient.
Merci de votre aide.
Ennoncé : Comment sont caractérisés les sous-groupes d'un groupe quotient.
En déduire qu'il y a une bijection entre les diviseurs positifs de $n$ et les sous-groupes de $\Z/n\Z$.
Corrigé : il y a une bijection entre les sous-groupes de $\Z/n\Z$ et les sous-groupes de $\Z$ qui contiennent $n\Z$.
ces derniers sont de la forme $m\Z$$m$ est un diviseur de $n$.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar balf » Mardi 29 Octobre 2013, 22:38

La caractérisation est celle qui est donnée au début du corrigé…

Le morphisme canonique p: G → G/H permet d'associer à tout sous-groupe K de G/H le sous-groupe p⁻¹(K) de G ; ce sous-groupe contient évidemment H puisque K contient l'élément neutre de G/H, qui est H. Comme p est surjectif, p(p⁻¹(K)) = K. In versement, on vérifie assez simplement que si L est un sous-groupe de G qui contient H, p⁻¹(p(L)) = p⁻¹(L/H) = L.

B.A.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar paspythagore » Vendredi 01 Novembre 2013, 12:36

Je vais faire le point sur ce que j'ai compris de cet exercice.

Enoncé Soit $n$ et $m$ deux entiers tels que $m$ divise $n$.
a) Montrer qu'il existe un morphisme surjectif $f:\Z/n\Z\to\Z/m\Z$
Correction On pose $f(a+n\Z)=a+m\Z$.
Cette application est bien définie sur $\Z/n\Z$ car si $a$ et $b$ sont deux entiers congrus modulo $n$, alors ils sont aussi congru modulo $m$.
Cette application est évidemment un morphisme et est surjective

$\vaphi(a+n\Z)=b+m\Z$ est bien définie.

$\forall b, \varphi^{-1}(b+m\Z)\in\{a+\dfrac{n}{m}\Z\}\neq\varnothing$, donc $\varphi$ est bien surjective.
Enoncé Quel est son noyau ?
Correction $a+n\Z\in\ker f\Longleftrightarrow a+n\Z=m\Z\Longleftrightarrow a\in m \Z$
Le noyau de $f$ est donc $m\Z/n\Z$

$\varphi(a+n\Z)=0\Longleftrightarrow a+n\Z=0+m\Z\Longleftrightarrow a=m\Z$ donc $\ker\varphi=m\Z/n\Z$

EnoncéEn déduire qu'il y a un isomorphisme naturel $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)\simeq(\Z/m\Z)$
Correction D’après le th. de factorisation, on obtient un isomorphisme entre $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)$ et $(\Z/m\Z)$

Comme il y a un morphisme de $\Z/n\Z\to\Z/m\Z$ et que le th. de factorisation dit que :
$(\Z/n\Z)/(\ker\varphi)\simeq Im\varphi$, on a :

$(\Z/n\Z)/(m\Z/n\Z)\simeq(\Z/m\Z)$
Théorème de factorisation
Soit $f:E\to F$ une application et $R_f$ la relation d'équivalence associée.
alors il existe une application injective unique :

$\tilde{f}:E/R_f\to E$, telle que $f=\tilde{f}\circ Cl$.

Si de plus $f$ est surjective, alors $\tilde{f}$ est une bijection.

1er théorème d'isomorphisme : soit $f:G\to G'\Longrightarrow G/\ker f\simeq Im f$.


Ennoncé : Comment sont caractérisés les sous-groupes d'un groupe quotient.
En déduire qu'il y a une bijection entre les diviseurs positifs de $n$ et les sous-groupes de $\Z/n\Z$.


Corrigé : il y a une bijection entre les sous-groupes de $\Z/n\Z$ et les sous-groupes de $\Z$ qui contiennent $n\Z$.
ces derniers sont de la forme $m\Z$$m$ est un diviseur de $n$.

Je pensais plutôt: les sous-groupes de $\Z/n\Z$ sont de la forme $(m\Z)/(n\Z)$ avec $m|n$.

Il y a donc une bijection entre $\{m\in\N, n/m\in\Z\}$ et
$\{\Z/m\Z, m|n\text{ et }m\Z <\Z/n\Z\}$

question : si on reprend l'exemple avec $n=6$. Les sous-groupes de $\Z/6\Z$, les sous groupes sont $(2\Z)/(6\Z)=\{0,2, 4\}$, $(3\Z)/6\Z)={0,3\}$ et qu'est ce que je vais de l'élément $5$ ?
Ennoncé :Quelles sont les entiers tels que $\Cl(m)\in\Z/n\Z$ engendre $\Z/m\Z$.

Corrigé : soit $m$ un entier tel que $Cl(m)$ engendre $\Z/n\Z$. En particulier, il existe un entier $u$ tel que $u\Cl(m)=Cl(1)=1+n\Z$.
Par conséquent, il existe un entier $v$ tel que $um+nv=1$. La réciproque est évidente. les entiers $m$ qui répondent à la question sont exactement ceux qui sont premiers avec $n$.

J'ai pas tout compris. La réciproque de quoi.
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Re: Théorème de factorisation

Messagepar balf » Vendredi 01 Novembre 2013, 16:57

paspythagore a écrit:Je vais faire le point sur ce que j'ai compris de cet exercice.

Enoncé Soit $n$ et $m$ deux entiers tels que $m$ divise $n$.
a) Montrer qu'il existe un morphisme surjectif $f:\Z/n\Z\to\Z/m\Z$
Correction On pose $f(a+n\Z)=a+m\Z$.
Cette application est bien définie sur $\Z/n\Z$ car si $a$ et $b$ sont deux entiers congrus modulo $n$, alors ils sont aussi congru modulo $m$.
Cette application est évidemment un morphisme et est surjective

$\vaphi(a+n\Z)=b+m\Z$ est bien définie.

J'imagine que $\varphi$ représente f dans les notations initiales. Il ne s'agit pas de ça : l'application f est bien définie car si a + nZ = b + nZ (c.-à-d. a — b divisible par n), alors a — b est a fortiori divisible par m, c.-à-d. a +mZ = b + mZ.
$\forall b, \varphi^{-1}(b+m\Z)\in\{a+\dfrac{n}{m}\Z\}\neq\varnothing$, donc $\varphi$ est bien surjective.

Non, en posant q = n/m : f⁻¹(b + mZ) (considéré comme élément de Z/mZ) = { b + nZ, b + m + nZ, b + 2m + nZ,…, b + (q — 1)m + nZ} (q éléments de Z/nZ, qui en tant que sous-ensembles de Z, constituent une partition de b + mZ).
Enoncé Quel est son noyau ?
Correction $a+n\Z\in\ker f\Longleftrightarrow a+n\Z=m\Z\Longleftrightarrow a\in m \Z$
Le noyau de $f$ est donc $m\Z/n\Z$

$\varphi(a+n\Z)=0\Longleftrightarrow a+n\Z=0+m\Z\Longleftrightarrow a=m\Z$ donc $\ker\varphi=m\Z/n\Z$

Plus exactement, il faut écrire $\iff$ a ∈ mZ. Rajouter « puisque nZ ⊂ mZ. »

EnoncéEn déduire qu'il y a un isomorphisme naturel $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)\simeq(\Z/m\Z)$
Correction D’après le th. de factorisation, on obtient un isomorphisme entre $(\Z/n\Z)/(m\Z/m\Z)$ et $(\Z/m\Z)$

Comme il y a un morphisme de $\Z/n\Z\to\Z/m\Z$ et que le th. de factorisation dit que :
$(\Z/n\Z)/(\ker\varphi)\simeq Im\varphi$, on a :
$(\Z/n\Z)/(m\Z/n\Z)\simeq(\Z/m\Z)$

Rappelez tout de même que φ (ou f) est surjectif.
Corrigé : il y a une bijection entre les sous-groupes de $\Z/n\Z$ et les sous-groupes de $\Z$ qui contiennent $n\Z$.
ces derniers sont de la forme $m\Z$$m$ est un diviseur de $n$.

Je pensais plutôt: les sous-groupes de $\Z/n\Z$ sont de la forme $(m\Z)/(n\Z)$ avec $m|n$.

C'est vrai, mais là, on vous parle d'une bijection avec des sous-groupes de Z. De toute façon, en fin de compte, ça dit exactement la même chose.
Il y a donc une bijection entre $\{m\in\N, n/m\in\Z\}$ et
$\{\Z/m\Z, m|n\text{ et }m\Z <\Z/n\Z\}$

??? Je comprends d'autant moins ce que vous voulez dire que jusqu'ici, c'était m qui divisait n.
question : si on reprend l'exemple avec $n=6$. Les sous-groupes de $\Z/6\Z$, les sous groupes sont $(2\Z)/(6\Z)=\{0,2, 4\}$, $(3\Z)/6\Z)={0,3\}$ et qu'est ce que je vais de l'élément $5$ ?

Vous avez oublié le sous-groupe trivial, 6Z et le groupe tout entier, Z/6Z. Comme 5 est inversible modulo 6, il engendre le groupe entier.
Énoncé :Quelles sont les entiers tels que $\Cl(m)\in\Z/n\Z$ engendre $\Z/n\Z$.
Corrigé : soit $m$ un entier tel que $Cl(m)$ engendre $\Z/n\Z$. En particulier, il existe un entier $u$ tel que $u\Cl(m)=Cl(1)=1+n\Z$.
Par conséquent, il existe un entier $v$ tel que $um+nv=1$. La réciproque est évidente. les entiers $m$ qui répondent à la question sont exactement ceux qui sont premiers avec $n$.

J'ai pas tout compris. La réciproque de quoi.

Ce qui est montré, c'est que les entiers dont la classe modulo n engendre Z/nZ sont premiers avec n. La réciproque, c'est que la classe d'un entier premier avec n engendre Z/nZ, et c'est évident à cause de Bézout.

B.A.
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