Reprise du message précédent :

J'arrive pas à montrer que B= t(A)A-At(A) est positive. Ça doit être le seul moment où l'hypothèse avec l'inégalité sert mais je vois pas    

Nilpotente symétrique ?
Je tiens à préciser qu'une fois montrer que B est positive on est face à un vulgaire exercice CCP (que j'ai eu en kholle).
On calcule juste tB on voit que B est symétrique positive donc ses vaps sont positives, on a tr(B)=0 donc sum(vap)=0 donc vaps=0 donc B=0

c'est ça que je vois pas    
edit: j'ai compris, on s'en fout qu'elle soit nilpotente  

Soit n € N*
 
Montrer qu'il existe P € R[X] tel que X^n divise 1 + X - (P(X))²
 
Ind :

Ton indice c'est la solution

Bonjour !
 
 
J'ai un gros problème de compréhension  sur les Groupes Finis. Je faisais cet exercice de TD:  
 

 
 Déjà le problème c'est que je ne comprends pas grand chose au cours, je n'arrive pas à visualiser les objets.
 
 
Moi ce que j'ai cru comprendre du cours c'est que les sous-groupe sont les groupes d'ordre k où k est un diviseur de 12. Et pour moi un élément appartient à ce sous-groupe d'ordre k si il est lui même d'ordre k, j'entend x^k =1. Alors comme un idiot je me suis mis à calculer les x^n dans Z/12Z pendant 20 bonnes minutes, mais en regardant le corrigé de trois lignes, j'ai vu que le mec a été beaucoup plus bref que moi.. et optionnellement n'avait pas les mêmes résultats  
 
Avec ma méthode j'ai trouvé que les sous-groupes d'ordre 2, 4 et 6 sont égaux à {  {5}, {7}, {11}, {1}*  } (j'ai pas terminé mes calculs pour le 6 mais je suppose que ça aurait été la même chose )
 
Le corrigé dit:
 

 
Et franchement, je n'arrive pas à comprendre comment il les determine    
 
 
 
Si quelqu'un passait par là
 
Edit: Ils invoquent ce théorème là:

Dans ce théorème je ne comprend pas ce que veut dire "sont les classes k barre modulo n".

l'ordre à priori c'est seulement pour les sous-groupes :
c'est simplement le cardinal d'un sous-groupe.
pour un élément tu peux poser H = <x> qui sera le plus petit sous-groupe contenant x ou encore le sous groupe engendré par x. dans ce cas le cardinal de H (qui est son ordre) est ce qu'on appellera l'ordre de x. c'est aussi le plus petit entier k tel que kx=0 pour un loi + (ou x^k pour une lois . )

ici dans Z/12Z tu es dans le groupe pour la loi + (sinon ça serait Z/12Z* ) donc c'est pas les x^k mais les kx qui sont importants (c'est d'ailleurs ce que tu as fait)
pour la correction ils utilisent le théorème de lagrange : le cardinal d'un sous-groupe divise le cardinal du groupe.

le théorème des nombres d'euler permet d'éliminer certains nombre qui ne pourront pas être dans un sous-groupe strict (sinon il engendrera le groupe entier)
ensuite tu peux le faire à la main, tu regardes chaque élément et le sous-groupe qu'il engendre (après pour conclure qu'ils obtiennent bien tous les sous-groupes il doit y avoir un truc qui m'échappe)
les classes k barre modulo n
dans Z/nZ les éléments sont des classes d'équivalences modulo n (d'où le modulo n ) et on les écrits k (pour k entier) avec une barre au dessus. à priori il n'y a pas qu'un seul k possible pour représenter sa classe d'équivalence modulo n et en choisissant l'unique élément k dans ]|0,n|[ pour la représenter tu as le théorème qu'il donne
plus simplement :
en notant kbarre les éléments de Z/nZ pour tout k entier entre 0 et n-1 (large) alors kbarre engendre Z/nZ ssi k et n premiers entre eux

 
Failman au poste, comme toujours  
Ton erreur est très simple : tu n'as pas compris qu'il parlait de groupe additifs et non multiplicatifs.
Donc x^k=0, c'est en fait "k*x = 0".
Erreur classique des mecs qui découvrent les groupes.

Merci beaucoup !!!

Je faisais un autre exercice et j'ai vu que le corrigé n'explique quasiment pas la première question - qui a l'air simple, il faut l'admettre.

 
Donc voilà, je me sens incapable de montrer que l'application est une bijection. Je sais ce que ça veut dire et j'ai l'image en tête, mais je  ne vois pas comment rédiger cette question comme un matheux devrait le faire.
 
 
Merci pour votre aide  

Pour la 1) tu peux penser à chercher une application h de G dans G qui vérifie foh=id et hof=id. Pour montrer qu'une application est bijective on peut montrer injective+surjective ou bien tout simplement montrer qu'elle a une bijection réciproque.
 
Pour la 2) un indice :

 
pour la 1 :

pour la 2 :

pour la 3 :

Vu que x->1/x est une bijection alors le 2 est immédiat...

?

g²=(a1*a2*a3*...*an)*(a1*a2*...*an)

Or pour tout a_i il existe un unique k tq a_i=1/a_k...
Donc ouais il suffit de montrer la commutativité du truc.

G n'est pas nécessairement commutatif

si c'est pas commutatif g n'a aucun sens vu que l'ordre dans lequel tu vas multiplier les éléments auront une importance

g² pourrait faire 1 quel que soit l'ordre de multiplication

 
ça semble très douteux.
pour un groupe non commutatif on aurait g² = 1 pour tous les ordres possibles  
si le card de G est impaire on aurait alors g=1 pour tous les ordres possibles (impossible d'avoir un élément d'ordre 2)
je crois avoir trouvé pourquoi cette propriété impliquait que le groupe était commutatif mais c'est chiant à rédiger

si card(G) est pair c'est le produit des involutions.

http://fr.wikipedia.org/wiki/Groupe_fini

Ca parait quand même compliqué. Peut être qu'il manque l'hypothèse de commutativité.

Surtout que l'énoncé est donné "de mémoire".

 
 
? non
les involutions c'est x² = 1  
a priori le produit de tous les éléments c'est pas le produit de seulement les involutions

oui jme suis trompé. c'est si son ordre est pair.
Mais ca c'est en ayant déjà supposé que c commutatif.

Oui ça semble mal posé

 
ma preuve se sert un peu de ça.
comme le cardinal est impaire tu n'as pas d'involution donc pour chaque élément il y aura aussi son inverse dans le produit
tu peux prendre le produit des (x_i)*(x_i)^-1 qui vaut bien sur 1
en prenant le même produit sauf pour les 2 derniers produit ou au lieu d'avoir  [(x_i)*(x_i)^-1]*[(x_j)*(x_j)^-1]
t'écris  [(x_i)*(x_j)]* [(x_i)^-1*(x_j)^-1] et comme le reste du produit vaut 1 on a
 [(x_i)*(x_j)]* [(x_i)^-1*(x_j)^-1] = 1 d'ou (x_i)*(x_j)= (x_j)*(x_i) pour tout i et j différent
donc G est commutatif
dans le cas où G est de cardinal paire je vois pas trop  

Pour Card(G)=2 ca marche.
 
...
 

 
Je ne m'attendais pas à autant de réponses!
Merci beaucoup, j'y vois plus clair.
 
Donc lorsqu'il y a une application réciproque c'est toujours bijectif ? Pour montrer que c'est surjectif puis que c'est injectif j'y ai pensé mais je ne voyais pas par quel bout le prendre vu qu'on ne connait rien sur G..  
 
 
 
 
 
 
Là par contre je suis franchement impressionné  
C'est vrai il y a le mot commutatif que j'ai oublié, G est supposé commutatif. Vous ne ratez rien dit donc

 
définition d'un application bijective :
soit f de E dans F
f est bijective ssi il existe une application g de F dans E tel que fog = Id_F et gof = Id_E
 
cette définition est équivalent à dire que f est surjective et injective
ou encore que tout élément de F admet un unique antécédent par f

Ici ça se fait aussi, c'est juste légèrement plus long.
 
injectivité : Soient a et b dans G tels que f(a)=f(b) (avec pour tout x dans G, f(x)=1/x).  
           <=>1/a=1/b => 1/(1/a)=1/(1/b) en recomposant par f => a=b . Donc f est injective.
 
surjectivité : Soit y dans G. On cherche x dans G tel que f(x)=y. x=1/y convient donc f est surjective.
 
Mais on se rend compte que faire ça c'est finalement réécrire que fof=Id_G

 
 
 
Je vous remercie !
 

Non, parce que il y a des éléments qui sont leur propre inverse.

Exercice en plus :
 
Soit G un groupe fini commutatif de cardinal n. Montrer que pour tout x dans G on a : x^n=1.

Dans l'hypothèse où G n'était pas commutatif mais j'avais pas regardé sur des exemples

 
théorème de lagrange

Sans l'utiliser. L'idée de la démonstration n'est pas la même

 
à part passer par l'ordre de l'élément divise l'ordre du groupe je vois pas (je me souviens plus ) comment faire

Non mais si c'est pour redémontrer d'une certaine manière il faut guider un peu.

C'était posé comme ça mais on ne connaissait pas le théorème de Lagrange (et on n'a pas réussi ).
 
indice 1

indice 2

j'avais pas le souvenir que c'était le même genre de démonstration