Exos sympas MP(*)

[Magnéthorax]

Bonjour,

JeanN : oui, bien sûr. Mais ça pollue régulièrement le fil.

[Magnéthorax]

V@J : tu m'as mal compris et/ou je me suis mal fais comprendre. Je demandais si tu avais une démonstration de

(n et phi(n) premiers entre eux => G cyclique)

sans récurrence sur le cardinal de G ?

Mais je m'arrête-là sur ce sujet, c'est pas le fil de la prépa agreg.

[Nico_]

Toujours par récurrence moi c'est celle là que j'avais vu (j'avais eu cet exo en spé d'ailleurs, puis j'étais tombé dessus quelques temps plus tard dans un livre) :

SPOILER:

Gaetan Chenevier
E-mail : chene...@clipper.ens.fr (Gaetan Chenevier)
Groupes : fr.sci.maths

> G est un groupe fini de cardinal n, tel que n et phi(n) (où phi est la
> fonction indicatrice d'Euler) sont premiers entre eux, montrer que G est
> abélien.


On remplace abélien par cyclique, par ce que ca ne coute rien (par exemple
prendre un element d'ordre p pour tout p divisant n, le produit de ces
elements engendre G).

Une facon de voir le probleme est d'utiliser un raisonnement par récurrence,
un point crucial etant que voir que G n'est pas un groupe simple, on peut
alors utiliser (par exemple) le lemme élémentaire suivant:


Lemme: Si G un groupe fini dont tous les sous-groupes stricts sont abeliens,
alors G n'est pas simple.


Modulo ce lemme, voila une preuve. On raisonne par récurrence sur cardinal
G. Si H est un sous-groupe de G, |H| est premier avec phi(|H|), donc
l'hypothese de rec s'applique. En particulier, si H est, par le lemme, un
sous-groupe distingue strict, H est cyclique. Mais alors la conjugaison
induit un morphisme de G dans Aut(H), et |Aut(H)|=phi(|H|) qui est premier
avec |G|. Ce morphisme est donc trivial et H est dans le centre de G, non
trivial. L'hypothese de récurrence s'applique a G/H, qui est donc cyclique,
et donc G est abelien (car H est central), et donc cyclique.


La preuve du lemme: Supposons G simple. Soit A et B deux sous-groupes
maximaux stricts différents de G, l'intersection H de A et B est normalisee
par A et B, donc par AB=G, par simplicite H=1: deux sous-groupes maximaux de
G sont egaux ou d'intersection triviale. On conclut de la maniere suivante:
soit M un sous-groupe maximal de G, son normalisateur dans G est M par
simplicité de G. Le nombre de conjugues distincts de M est alors egal a
l'indice de M dans G, par le debut ces conjugues sont d'intersection
triviale. On pose n=|G|, m=|M|. La réunion de ces conjugues est donc de
cardinal n/m(m-1) +1 = n+1-n/m < n. On peut donc trouver un autre
sous-groupe maximal M' non dans la réunion des conjugues de M, de cardinal
M', mais toujours par le debut il ne peut intersecter que trivialement la
reunion des conjugues de M. D'ou encore n/m'(m'-1) elements, et G a donc au
moins (n+1-n/m)+(n-n/m')=n(2-1/m-1/m')+1. Notons que 1/m <= 1/2, idem pour
m' et donc on obtient au moins n+1 elements ce qui est absurde. Ouf!


Le lemme est en fait plus general, il permet de montrer que si G est un
groupe dont tous les sous-groupes stricts sont nilpotents, alors G n'est
pas simple. (exercice!). Ce lemme permet aussi de caractériser tous les
entiers n tels que tout groupe d'ordre n est abélien, et meme mieux tous les
entiers n tels que tout groupe d'ordre n est nilpotent (plus dur).

Et autant celui que j'ai donné comme trivial n'est franchement pas un exo facile (je n'y suis moi-même pas arrivé seul), autant celui là il a sa place ici à mon sens.

[JeanN]

Bonjour,

JeanN : oui, bien sûr. Mais ça pollue régulièrement le fil.

Je ne serais pas aussi négatif... Ca peut faire un bon entrainement à un ads pour le lecteur intéressé...

[Eliiiiiiiiite]

Bon, pour redescendre voilà quelques exercices sur la convexité, thème que l'on ne revoit parfois pas en spé. Je pourrais les poser sur le topic MPSI mais je pense que ce chapitre n'a pas encore été traité par pas mal de monde.

Montrer que si $ f:[0,+\infty[ \longrightarrow [0,+\infty[ $ est concave alors $ \forall (x,y) \in \mathbb{R}_{+}^{2}, f(x+y) \leqslant f(x)+f(y) $

Montrer que si $ f $ et $ g $ sont des fonctions convexes sur un intervalle $ I $ de $ \mathbb{R} $ et s'il existe des réels strictement positifs $ a $ et $ b $ tels que $ af+bg $ soit affine, alors $ f $ et $ g $ sont affines.

On considère ici une fonction $ f $ à valeurs strictement positives. Montrer que $ ln(f) $ est convexe si et seulement si $ \forall \alpha > 0 $, $ f^{\alpha} $ est convexe.

(Ultra-méga-archi-classique) Soit $ f:[a,b] \longrightarrow \mathbb{R} $ continue et vérifiant $ \forall (x,y) \in [a,b]^{2} $, $ f(\dfrac{x+y}{2}) \leqslant \dfrac{f(x)+f(y)}{2} $. Montrer que $ f $ est convexe.

Soit $ f:\mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} $ de classe $ \mathcal{C}^{2} $ telle que $ f" $ s'annule en exactement $ n \in \mathbb{N} $ points. Quel est le nombre maximum de points d'intersection entre le graphe de $ f $ et une droite ? Quel est le nombre maximum de tangeantes que l'on peut mener au graphe de $ f $ à partir d'un point du plan ?

[Silvere Gangloff]

On montre assez simplement, en utilisant la décomposition en facteurs premiers, que $ \varphi (n) $ et n premiers entre eux implique que n est un produit de nombres premiers et premiers entre eux deux à deux : $ n=p_1 ... p_s $. Les théorèmes de Sylow assurent qu'il existe des éléments $ g_1, ... g_s $ de $ G $ d'ordres respectifs $ p_1, ... p_s $, et que $ g_i g_j g_i ^{-1} $ est conjugué à $ g_j $, c'est à dire que c'est une puissance $ g_j ^{k_{i,j}} $ de $ g_j $. En combinant ces égalités, et en utilisant le fait que $ p_i $ et $ p_j $ sont premiers entre eux pour $ i \neq j $, on obtient $ g_j ^{k_{i,j}-1} = g_i ^{ k_{j,i}-1} = e $, et par conséquent, $ g_i $ et $ g_j $ commutent.
Le groupe engendré par les $ g_k $ est donc commutatif, et en utilisant les ordres, est de cardinal égal à celui de $ G $, ce qui termine la démonstration.
Mais bon c'est carrément hors programme.

Il doit y avoir une erreur dans ta démonstration, car tu viens de "prouver" que $ S_3 $ est commutatif.

Oui bon la démo est presque juste, j'ai oublié de dire que comme $ \varphi (n) $ et n sont premiers entre eux, les $ p_j $ ne divisent pas $ p_i - 1 $, et donc on a en vertu du troisième théorème de Sylow (je crois que c'est le troisième) l'unicité du $ p_i $-Sylow et donc les égalités suivantes. Voilà maintenant c'est juste

[VincentR]

Soit M la somme des chiffres de $ 4444^{4444} $, et N la somme des chiffres de M.
Que vaut A la somme des chiffres de N ?

[Asymetric]

Soit M la somme des chiffres de $ 4444^{4444} $, et N la somme des chiffres de M.
Que vaut A la somme des chiffres de N ?

En plus l'exercice a été posé il me semble $ A - 4 $ fois sur ce forum

[VincentR]

Désolé , j'aurais dû chercher.
M'enfin, quand on aime, on ne compte pas.

[V@J]

Ce qui est dommage pour un exercice de calcul.