Complexes et arithmétique

[savan-306D]

Salut, si vous avez un peu de temps vous pouvez peut être me passer des idées pour arriver à une solution de cet exercice voila :
On pose

Soit le polynome : avec

J'ai démontré que si n'est pas une racine m-ième de l'unité pour tout m<n
c a d

Le question maintenant est de trouver le degré de , j'ai procédé comme suit :

soit la decomposition de n en premiers

sachant que implique que donc le degré de phi est le degré max soit n-1 moins le nombre des diviseurs de n moins quelque chose que je n'arrive pas à définir ( le nombre des entiers non diviseurs et non premiers avec n)

C'est à peu près ça :

On peut remarquer pour des cas particuliers comme n premier le degré est n-1

Ensuite je dois démontrer que si n est premier
j'ai calculé pour n premier c'est ça
mais si on attaque direct le calcul risque d'être un peu long.

Enfin s appartient à Z
je dois montrer que et que


Et une dernière chose j'ai cherché sur net les nombre d'entiers strictement positifs inférieurs ou égaux à n et premiers à n s'appelle la fonction phi d’Euler elle s'exprime explicitement donc enfin le degré est mais je sais pas comment le prouver

:lol3:

[Maxmau]

Salut, si vous avez un peu de temps vous pouvez peut être me passer des idées pour arriver à une solution de cet exercice voila :
On pose

Soit le polynome : avec

J'ai démontré que si n'est pas une racine m-ième de l'unité pour tout m<n
c a d

Le question maintenant est de trouver le degré de , j'ai procédé comme suit :

soit la decomposition de n en premiers

sachant que implique que donc le degré de phi est le degré max soit n-1 moins le nombre des diviseurs de n moins quelque chose que je n'arrive pas à définir ( le nombre des entiers non diviseurs et non premiers avec n)

C'est à peu près ça :

On peut remarquer pour des cas particuliers comme n premier le degré est n-1

Ensuite je dois démontrer que si n est premier
j'ai calculé pour n premier c'est ça
mais si on attaque direct le calcul risque d'être un peu long.

Enfin s appartient à Z
je dois montrer que et que


Et une dernière chose j'ai cherché sur net les nombre d'entiers strictement positifs inférieurs ou égaux à n et premiers à n s'appelle la fonction phi d’Euler elle s'exprime explicitement donc enfin le degré est mais je sais pas comment le prouver

:lol3:

Bj
Ces résultats ne sont pas du tout immédiats.
documente toi sur: indicateur d'Euler, racines primitives de l'unité, polynômes cyclotomiques.

[Ben314]

Salut,
ce que tu as fait est parfaitement O.K.
Aprés, concernant le degré de , par construction, c'est le nombre d'entier qui sont premiers avec (normalement k=n est aussi accepté, mais ça ne change quelque chose que dans le cas où n=1)
Ce nombre est en général noté où est appelée "indicatrice d'euler" (et le polynôme est appelé "n-ième polynôme cyclotomique")

Pour calculer ce fameux connaissant n, ou plus précisément connaissant la décomposition en nombre premiers de n, le plus simple est sans doute de voir qu'il correspond au nombre d'éléments inversibles de l'anneau Z/nZ (i.e. le nombre de k de Z/nZ pour lesquel il existe u tel que ku=1 modulo n) : c'est bézout qui te le dit.
Aprés, de nouveau bézout te permet de montrer que, si a et b sont premiers entre eux, l'anneau Z/abZ est isomorphe Z/aZ x Z/bZ. Or, dans l'anneau produit Z/aZ x Z/bZ, il est clair qu'un couple (k,k') est inversible ssi k est inversible dans Z/aZ et k' est inversible dans Z/bZ.
Ca te "vend" que, si a et b sont premiers entre eux, on a : c'est ça le résultat "essenciel" permettant de calculer . Si tu n'a pas vu les anneaux Z/nZ, on peut trouver des tas d'autres preuve de ce résultat, mais ça sera un peu plus long...

Tu en déduit que, si alors
Aprés, est trés simple à calculer vu qu'un nombre est premier avec ssi il est non divisible par p.

Pour la question suivante concernant avec p premier, c'est assez évident une fois que tu as dit que les entier qui sont premiers avec 2p, c'est les nombres impair non divisibles par p, c'est à dire les où et (si p est impair)

Pour la dernière question, tu part du fait que et, dans le produit de gauche, tu regroupe les différents k en "catégories" (disjointes évidement) correspondant à grouper ensemble tout les k qui ont le même pgcd d donné avec n. Par exemple, pour d=1, ça te fait un groupe contenant ceux qui sont premier avec n... Aprés, tu dit que, pour d fixé (qui divise n), les tels que , ben c'est exactement les où est premier avec et tu arrive a une jolie formule qui te permet de montrer façilement que les sont à coefficients entiers.

Aprés, je reconais que, comme le dit maxmau, c'est pas complètement élémentaire, mais, pour le moment, c'est pas super compliqué non plus...

[savan-306D]

J'étais bloqué sur la deuxième preuve celle de : l'anneau Z/abZ est isomorphe Z/aZ x Z/bZ, puisque je n'ai rien pigé à votre preuve j'ai décidé de le démontrer selon mon niveau, premièrement j'ai besoin d'une loi, j'ai choisi (Z/aZ x Z/bZ , *) ---> (Z/abZ, .)
tel que (a,b)*(a',b')=(aa',bb') alors (x,y) ---> xy
f((x,y)*(x',y')) = f(x,y) .f(x',y') donc c'est un morphisme
Pour démontrer qu'il est isomorphe, je dois prouver ça :

z appartient à Z/abZ donc il éxiste k tel que z= k [ab]
=> z = k [a] et z = k [b]
il suffit de prendre x le reste de le division euclidienne de k sur a
et y le reste de le division euclidienne de k sur b et l'unicité de la division euclidienne prouve l'unicité du couple (x,y).
Mais la partie àprès je n'ai rien compris surtout le paragraphe:
""" il est clair qu'un couple (k,k') est inversible ssi k est inversible dans Z/aZ et k' est inversible dans Z/bZ.
Ca te "vend" que, si a et b sont premiers entre eux, on a """
Puis si on a ça devient facile de démontrer l'expression explicite de phi.

[Ben314]

Salut,
Il y a un "léger petit problème"... dés le départ :
Ta fameuse fonction ben... elle existe pas...

Ne pas oublier que les éléments de sont des classes (modulo ) donc quand tu définie une fonction avec comme ensemble de départ , le premier truc à vérifier, c'est que le résultat de la fonction ne dépend pas du représentant choisi (tu n'as évidement pas le droit de faire directement le produit d'une classe modulo a avec une classe modulo b donc si tu fait un produit, ça ne peut être qu'un produit de représentants des deux classes)

Ici, si on prend par exemple a=3 et b=5, l'élément (1,1) est sensé avoir pour image 1x1=1 dans Z/15Z.
Sauf que 1=4 mod 3 donc (4,1)=(1,1) dans (Z/3Z)x(Z/5Z) mais l'image de (4,1) par ta "fonction", à savoir 4 n'est pas égale à 1 dans Z/15Z...

Pour démontrer l'isomorphisme entre (Z/aZ)x(Z/bZ) et Z/abZ, le plus simple est de partir dans l'autre sens en définissant la fonction f:Z/abZ->(Z/aZ)x(Z/bZ) par f(x)=(x,x).
La fonction est bien définie car, si x et x' sont congrus modulo ab alors ils sont congrus modulo a et aussi congrus modulo b.
Il est évident que c'est un morphisme d'anneau (sans aucune hypothèse sur a et b) et le seul truc à vérifier, c'est que f est bijective, et c'est là que Bézout intervient.

[savan-306D]

Oui t'as tjr raison, la fonction n'existe pas!
C'est facile de démontrer que f est un morphisme mais comment montrer que f est bijective
On doit montrer ça :

selon le théorème de Chinois il existe un certain t tel que z = t[ab] donc t appartient a Z/abZ .
Sinon je n'arrive pas a prouver l'unicité de z.

[Ben314]

ça marche comme ça (de toute façon, en fait "théorème chinois"="Bézout")

Aprés, soit tu fait un peu plus de calculs, soit... tu conclue immédiatement en disant que ça prouve que f est surjective et que, comme les ensembles de départs et d'arrivé ont le même nombre d'éléments (à savoir a.b), c'est forcément qu'elle est bijective.

On pouvait aussi dire qu'elle est injective en regardant le noyau (en temps que morphisme additif) : x est dans Ker(f) ssi il est congru à 0 modulo a et modulo b donc congru à 0 modulo ab vu qu'on a supposé pgcd(a,b)=1. Et on termine comme avec la surjectivité par un argument de cardinalité.

Aprés, il peut aussi ne pas être con de se "salir les mains" de façon à déterminer la bijection réciproque :
Pour (y,z) fixés dans (Z/aZ)x(Z/bZ) on cherche x tel que x=y mod a et x=z mod b c'est à dire x=y+ja=z+kb avec j et k dans Z.
Il faut donc résoudre ja-kb=z-y (d'inconnues j et k) et la méthode est classique.
Comme pgcd(a,b)=1, il existe u,v tels que au+bv=1 (Bézout) et l'équation s'écrit ja-kb=(z-y)(au+bv) c'est à dire
a[j-(z-y)u]=b[k+(z-y)v] et, comme pgcd(a,b)=1, cela équivaut que j-(z-y)u=mb pour un certain m.
On a donc x=y+ja=y+[mb+(z-y)u]a=(1-au)y+uaz+mab=vby+uaz mod ab

Donc la bijection réciproque est (x,y)->vby+uaz (où au+bv=1, c'est à dire (1,1)->1)

A constater : cette application est parfaitement définie vu que, si on connait y modulo a alors on connait by modulo ab (idem pour z)