Bonjour.

J'aimerais avoir une solution à un problème que j'ai eu en colle sans avoir eu le temps de trouver (question posé dans les 5 dernières minutes et résultat non trivial) :
<math>\(\mbox{Soit } (n,p) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}^* \mbox{ tel que } n \neq p \mbox{ les groupes additifs } M_n(\mathbb{R}) \mbox{ et } M_p(\mathbb{R}) \mbox{ sont ils isomorphes ?}\)</math>

Le début de la colle concernait des sous-groupe spécifiques de <math>\(GL_n(\mathbb(R))\)</math> où pour tout application f, f(x)*f(x) = 1, un sous-groupe de ce genre est fini et à un cardinal inférieur à n² (l'idée repose sur le fait qu'un tel groupe est commutatif, et que pour une famille d'endomorphisme qui commutent, en dimension finie, il existe une base commune sur laquelle leur matrices sont triangulaire, le n² correspond ensuite au choix à faire entre -1 et 1 pour les éléments diagonaux), ensuite le fait que les groupes multpiplictifs des mattrices de tailles différentes ne sont pas isomorphes (il faut utiliser un raisonnement par l'absurde et le résultat précédent, on trouve des cardinaux différents pour deux sous-groupes isomorphes). Et enfin cette dernière question dont je n'ai pas la réponse.

Merci d'avance pour vos idées.

J'ai du mal à imaginer une isomorphie entre ces deux groupes... Tu as essayé de trouver un contre exemple ?

C'est ce que j'ai essayé de faire dès qu'il m'a donné l'exo, étant donné que les espace vectoriel correspondant n'était pas isomorphes (argument de dimension), mais impossible d'en trouver un, et quand j'ai demandé à ma prof de math (elle m'a pas donné la solution), elle a dit que ca ne l'étonnerais pas qu'ils puissent l'être.

Si c'est possible il faudrait essayer de créer une isomorphie entre l'ensemble des matrices réelles inversibles 3*3 et 2*2 par exemple, pour prendre quelque chose de simple et voir à quoi elle peut bien ressembler =]

Pourquoi inversible ? On est pas dans GL ici. J'ai essayé avec celle de dimension 1 et 2, ca revient en gros à trouver un moyen de bien séparer en 4 partie un réel. Quand j'ai demandé à ma prof, elle m'a dit qu'elle était pas certaine que je puisse expliciter cet isomorphisme, mais juste prouvé qu'il existe, du coup je ne suis pas sur que ce soit une bonne piste même en taille faible.

Ah oui mince désolé, ma langue a fourché
Je suis en spé moi aussi, la semaine a été longue je suis un peu creuvé... =')
Je trouve ça fou de montrer l'existence de quelque chose que l'on ne peut même pas concevoir

Je pense que ce n'est pas démontrable sans l'axiome du choix.

On peut voir R comme un espace vectoriel sur Q de base infinie, en utilisant le "théorème de la base incomplète" en dimension infinie (ce qui nécessite l'axiome du choix ou équivalent). De même, C est un espace vectoriel de dimension infinie sur Q.

Mais les deux bases sont en bijection, donc R et C sont isomorphes commes Q-espaces-vectoriels, et donc en particulier comme groupes additifs (l'addition dans cet espace vectoriel coïncide avec l'addition classique sur R et C).

On peut adapter cet argument aux matrices sur R.

Je commence à voir le truc (sauf que c'est totalement hors programme donc il doit y avoir une autre méthode).

Comment tu montre la bijectivité des deux bases ? Je supposse que ca revient à montrer qu'elles sont indénombrables (ie que leur caridnal est celui de R), mais ca vient directement du théorème de la base incomplète en dimension infinie ? (ou toutes les deux dénombrables)

Merci de ton aide bluestorm.

Il me semble que ce n'est pas totalement évident (sauf peut-être si on utilise l'hypothèse du continu) que les bases de R et R^n sont isomorphes. Je pense qu'on peut utiliser soit le fait qu'elle sa cardinalité devrait être stable par produit (est-ce que c'est vrai pour tous les ensembles plus gros que dénombrables ?), ou alors peut-être le fait que les ensembles sont en bijection (Q^A ~ Q^B -> A~B ?) ? Je ne me souviens plus.

Les deux bases sont clairement indénombrables (sinon tu pourrais montrer que R est dénombrable), mais ça ne veut pas forcément dire que leur cardinal est celui de R.


Le mieux est sans doute de demander directement à ton colleur; les colleurs aiment bien quand les élèves sont intéressés par leurs exercices au point de se poser des questions dessus ensuite.

Citation : bluestorm

Il me semble que ce n'est pas totalement évident (sauf peut-être si on utilise l'hypothèse du continu) que les bases de R et R^n sont isomorphes. Je pense qu'on peut utiliser soit le fait qu'elle sa cardinalité devrait être stable par produit (est-ce que c'est vrai pour tous les ensembles plus gros que dénombrables ?), ou alors peut-être le fait que les ensembles sont en bijection (Q^A ~ Q^B -> A~B ?) ? Je ne me souviens plus.

Avec l'hypothèse du continue, ca marche donc. La question que tu poses entre parenthèse est intéressente.

Citation : bluestorm

Les deux bases sont clairement indénombrables (sinon tu pourrais montrer que R est dénombrable), mais ça ne veut pas forcément dire que leur cardinal est celui de R.

Oui, j'admettais l'hypothèse du continue en disant ca :).

Citation : bluestorm

Le mieux est sans doute de demander directement à ton colleur; les colleurs aiment bien quand les élèves sont intéressés par leurs exercices au point de se poser des questions dessus ensuite.

Je le ferais quand je l'aurais à nouveau, si j'y pense encore d'ici là.

Bonsoir,

C'est tout de même louche qu'il faille aller si loin pour une colle de spé, comme dit Freedom il doit y avoir une autre méthode. (Ou alors le colleur est un vicieux )
Il y a beaucoup d'exercices de colles où il faut démontrer la non-existence d'isomorphismes entre groupes ou anneaux. En général, on commence par supposer par l'absurde qu'il existe un isomorphisme entre eux jusqu'à arriver à une contradiction, mais là je sèche ... Voilà tout ce que je peux dire à première vue :

Dans le cas d'un isomorphismes entre groupes additifs, on commence déjà par montrer rapidement la petite propriété suivante :
<math>\(\forall r \in \mathbb{Q}, \forall A \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R}), f(rA)=rf(A)\)</math>
Dans certains exercices ont parvient à étendre ce résultat aux réels, ici je ne sais pas vraiment comment ça serait faisable avec les seules hypothèses données.

Si on regarde les matrices à coefficients rationnels, on peut décomposer dans la base canonique :
<math>\(\forall A \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{Q}), f(A)=f(\sum_{i,j}a_{i,j}E_{i,j})=\sum_{i,j}a_{i,j}f(E_{i,j})\)</math>

Mais bon, difficile d'arriver à une contradiction sur ces seuls résultats.
Voilà, si quelqu'un arrive à pousser le raisonnement plus loin, ça m'intéresse !

Damneth

C'est bizarre, j'arrive à concevoir une bijection entre Mn(R) et Mp(R) puisque Mn(R) ~ R^n² et Mp(R) ~ R^p².
Et R ~ R^m (pour tout m dans N*) : en effet : on commence par une bijection de R dans ]0,1[ avec par exemple x->(th(x)+1)/2 ; une bijection de R^m dans ]0,1[^m (avec la fonction précédente sur chaque x1,...,xm) puis de ]0,1[^m dans ]0,1[ : on écrit x1,...,xm (éléments de ]0,1[) comme suite de chiffres de 0 à 9 puis on les "concatène alernativement" cela crée une nouvelle suite de ]0,1[ et ça définit bien une bijection.
On obtient donc Mn(R) ~ R^n² ~ ]0,1[^n² ~ ]0,1[ ~ ]0,1[^p² ~ R^p² ~ Mp(R)...
Mais évidemment une telle bijection crée de la manière dont je l'ai décrite n'est pas additive...

Je vois vraiment pas comment conserver cette propriété ! La linéarité est très proche de l'additivité quand même (bon on peut plus faire "x+ay" mais juste "x+y" mais bon c'est pas si loin au niveau algébrique (patapay)). Et comme un isomorphisme linéaire est impossible (argument de dimension), bref à mon avis c'est impossible (bah quoi oui j'ai pas d'autre argument pour le moment ).

edit :

@Damneth : Si la fonction est continue (même en un seul point => partout), on peut étendre le résultat à R il me semble.

Justement, tout doit se jouer sur l'additivité, c'est là qu'on va trouver la contradiction (car je pense moi aussi qu'il n'existe pas de tel isomorphisme). Par exemple, alors que <math>\(\mathbb{Z}\)</math> et <math>\(\mathbb{Q}\)</math> sont en bijection, il n'existe pas pour autant d'isomorphisme entre <math>\((\mathbb{Z},+)\)</math> et <math>\((\mathbb{Q},+)\)</math> ...

Damneth

Heu, si un tel isomorphisme existe, bluestorm l'a montré. Je suis d'accord qu'il doit y avoir un "truc" pour le faire avec des élément du programme de prépa, mais ca sert à rien d'essayer de montrer que c'est faux.

Bonsoir

Pour <math>\(m,n \in \mathbb{N}^*\)</math> tels que <math>\(m \leq n\)</math>, <math>\(\mathbb{R}^{n-m} \simeq \mathbb{R}^{n}/\mathbb{R}^{m}\)</math>.
Si <math>\(\mathbb{R}^{m}\)</math> est isomorphe à <math>\(\mathbb{R}^{n}\)</math>... post inutile, désolé, on ne peut pas passer au quotient.

Bonne soirée

@GuGus Un isomorphisme EST linéaire, c'est sa définition ^^' (appliaction bijective + linéaire)

Pour le problème, j'avoue que je suis assez père plaixe, je peux pas fournir plus de pistes que les posteurs du dessus.

Damneth > il faut bien voir que la spé, ça reste le niveau le plus haut que la plupart des élèves (ceux qui continuent vers des écoles d'ingénieur orientées maths appliquées) atteindront en "maths théoriques", alors c'est le moment où jamais pour les colleurs de se défouler avec des questions hors-programme.

GuGus963 > étant donné que ma preuve "marche" (si on a l'axiome du choix; et pour combler le trou dans la preuve on utilise l'hypothèse du continu mais ça ne devrait pas être difficile) pour prouver qu'ils sont isomorphes, je pense qu'il va te falloir des arguments un peu plus convaincants pour affirmer le contraire.

Ceci dit, ça fait plusieurs années que je ne fais plus trop de maths, alors vous avez le droit d'être méfiants.

Sulley > isomorphes selon quelle structure ? On parle ici de structures additives, pas de structure de corps. R et R^2 sont isomorphes additivement, mais pas multiplicativement (contre-exemple <math>\(x^2 = -1\)</math>).

@bluestorm: En général, plus l'élève est bon (et c'est pas mon cas), plus ils seront lisière programme (que ca ressemble à un oral de l'ENS en gros), mais bon, l'hypothèse du continue à la rigeur il peut attendre qu'on la connaise (c'est de la culture et je le savais), par contre le théorème de la base incomplète en dimension infinie c'est quand même très loin, il pourrait nous le faire redémontrer (l'axiome du choix est au programme), mais pas en 5 min en fin de colle ...

En fait, ce qui me gène dans le raisonnement de bluestorm, c'est qu'on travaille dans le corps <math>\(\mathbb{Q}\)</math>, où <math>\(\mathbb{R}\)</math> et <math>\(\mathbb{C}\)</math> sont bien en bijection. Pourtant, dans le corps <math>\(\mathbb{R}\)</math>, ce n'est plus le cas, par simple argument de dimension. Dans un cas il y a isomorphisme, dans un autre non. Quel argument vaut mieux que l'autre ? Finalement cela n'apporte pas plus d'information au problème de l'isomorphisme entre groupes, qui est tout autre.
La réponse à ton énonce peut donc être aussi bien oui que non, nous n'avons en fait rien démontré jusque là ...

Si c'est totalement démontré. Bluestrom a démontré que les deux ensemble était isomorphes comme Q-espace vectoriel, donc ils le sont comme groupes additif. (ma prof de math était partie sur la même voie quand elle a réfléchie au problème, mais elle n'est pas allé jusqu'au bout).

Ce passage là je peux le détailler si tu veux. On a donc <math>\(\phi\)</math> bijectif et <math>\(\mathbb{Q}\)</math>-linéaire entre <math>\(M_n(\mathbb{R})\)</math> et <math>\(M_p(\mathbb{R})\)</math>. Donc on a :
<math>\(\forall (A,B,\lambda) \in M_n(\mathbb{R}) \times M_n(\mathbb{R}) \times \mathbb{Q} , \phi (A + \lambda B) = \phi (A) + \lambda \phi (B)\)</math>
Or 1 est un rationnel, d'où
<math>\(\forall (A,B) \in M_n(\mathbb{R}) \times M_n(\mathbb{R}) , \phi (A + B) = \phi (A) + \phi (B)\)</math>
C'est à dire <math>\(\phi\)</math> morphisme entre les deux groupes additif, de plus il est bijectif, donc les deux groupes sont bien isomorphes.

Oui, au temps pour moi, j'ai été trop vite comme d'habitude. C'est en fait évident qu'un isomorphisme d'espaces vectoriel dans un corps quelconque entraine un isomorphisme de groupes pour la même loi additive. Je ne risquais donc pas de trouver de contradiction
Maintenant reste à éclaircir quelques points obscurs comme :

• Comment montrer que les bases de <math>\(\mathbb{R}^n\)</math> et <math>\(\mathbb{R}^p\)</math> en tant que <math>\(\mathbb{Q}\)</math>-espaces vectoriels sont en bijection.
  
• Comment passer du cas <math>\(\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^p\)</math> au cas <math>\(\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R}) \rightarrow \mathcal{M}_{p}(\mathbb{R})\)</math> en conservant le morphisme pour la loi + (ça ne doit pas être bien difficile)
• Y avait-il plus simple ou non ? Parce que je veux bien croire que les colleurs peuvent sortir du programme, je persiste tout de même à penser que quand il reste 5 minutes, ils donnent un exercice qui peut être fait dans ce laps de temps. Or je crois que nous avons un peu dépassé

1/ Elles ne sont pas dénombrable, sinon R le serait, d'où <math>\(card(\mathbb(R)^n) > card(\mathbb(N)\)</math>, et donc d'après l'hypothèse du continue, tout ces cardinaux sont égaux et égal à celui de l'ensemble des réels. (Sinon c'est pus compliqué, cf une réponse de bluestrom, j'avais demandé la même chose).
2/ L'ensemble des matrices de taille n est triviallement isomorphes (pour les structures que tu veux) à <math>\(\mathbb(R)^{n^2}\)</math>
3/ Il m'a avoué à la fin que le problème était loin d'être simple, cependant je suis d'accord qu'il doit y avoir un "truc" pour aller plus vite, c'est surtout l'utilisation du théorème de la base incomplète en dimension infinie qui me gène pour un exo de colle.

Edit: Oui n², j'ai été un peu trops vite, enfin ca ne change rien au raisonnement, mais merci pour la correction

C'est du détail mais je pense que c'est <math>\(\mathbb{R}^{n^2}\)</math> (et la structure c'est ici la structure additive : c'est parce que l'addition matricielle se fait composante par composante).

Pour s'étendre aussi un peu sur "elles ne sont pas dénombrable sinon R le serait" (visiblement Damneth veut des détails) : si tu as un vecteur directeur (un réel), le sous-espace vectoriel engendré par Q est dénombrable. Donc si tu en as un nombre dénombrable, le sous-espace reste dénombrable (comme produit dénombrable d'ensemble dénombrables), donc ce n'est pas R.

L'argument de Freedom sur l'hypothèse du continu est, dit comme ça, un peu audacieux : elle dit seulement qu'il n'y a pas de cardinal strictement inclus entre N et R. Il faut donc dire que la base est de cardinal inférieur (largement) à R, et n'est pas N, donc selon cette hypothèse c'est R.
Je pense qu'il n'y a pas besoin de cette hypothèse, c'est-à-dire qu'on peut montrer avec un peu de théorie des ensembles, pour tout ensemble E de cardinal supérieur (largement) à celui de N, que le produit fini E^p est en bijection avec E (c'est clairement vrai pour N et R).

Effectivement, je voulais quelques précisions et tu me les a données. En collant bout à bout toutes les explications, on a bien maintenant une démonstration. Merci donc pour ces détails qui ont su combler ma curiosité. Après, en ce qui concerne les raisons du colleur de poser une telle question et le temps nécessaire pour y répondre, je m'en passerai. Je pense que j'aurais tort d'insister sur ces futilités, l'exercice étant résolu de façon fort intéressante, que ce soit la plus courte ou non.

Bonne soirée !

Damneth

Freedom > fais attention avec l'hypothèse du continu.

L'axiome du choix est un axiome qu'il est normal de considérer comme vrai, car il est utilisé par la plupart des mathématiciens qui se moquent des questions de fondements, et cohérent avec toutes les extensions de ZF qu'on utilise à ma connaissance.

Par contre, l'hypothèse du continu est beaucoup plus discutée dans la communauté mathématique, et bien qu'elle soit indépendante de ZFC, cela ne veut pas dire qu'elle ne pourrait pas s'avérer "fausse" dans un système plus puissant accepté par les mathématiciens. Il y a des débats, mais il y a des mathématiciens qui utilisent de tels systèmes où on soupçonne que l'hypothèse du continu soit fausse (plus de renseignements sur Wikipédia).

Attention donc avec cette hypothèse, si les travaux continuent et il s'avère qu'elle est belle et bien fausse dans des systèmes naturels et plus puissants, je pense que la plupart des gens la considéreront comme fausse. Il est donc périlleux de l'utiliser aussi librement que tu le fais.

Citation : bluestorm

Je pense qu'il n'y a pas besoin de cette hypothèse, c'est-à-dire qu'on peut montrer avec un peu de théorie des ensembles, pour tout ensemble E de cardinal supérieur (largement) à celui de N, que le produit fini E^p est en bijection avec E (c'est clairement vrai pour N et R).

Oui, c'est le théorème d'Hessenberg, ça nécessite l'axiome du choix (c'est dur de parler de cardinaux sans de toute façon). À titre informatif, on peut trouver l'énoncé exact et la preuve là : http://www.logique.jussieu.fr/~hils/en [...] rs2010-11.pdf .

Cool, je ne savais pas que Hils avait sorti un poly.

Si ça intéresse d'autres gens, c'est Hesseberg et page 13.

On rentre dans le pinaillage, mais je ne suis pas sûr que ça utilise l'axiome du choix. À première inspection, la preuve ne l'utilise pas directement : on utilise un isomorphisme <math>\(f : \epsilon \to \Aleph_\alpha \times \Aleph_\alpha\)</math> entre un ordinal <math>\(\epsilon\)</math> et le produit des cardinaux, mais c'est seulement après avoir montré que ce produit était bien ordonné.

D'après mes (vagues) souvenirs, quand on manipule des cardinaux on utilise l'axiome du choix pour "entrer" dans la théorie, c'est à dire pour dire qu'on peut "cardinaliser" (trouver un ordinal qui est un cardinal et qui est isomorphe à) tout ensemble. Comme on a envie que ce soit vrai, on suppose l'axiome du choix dès qu'on traite de cardinaux, mais en fait une fois à l'intérieur de la théorie (quand on ne manipule plus que des cardinaux, et plus les ensembles directement) on n'en a pas forcément besoin : on pourrait imaginer que les propriétés sur les cardinaux soient montrables sans l'axiome du choix, mais qu'on n'ait juste pas le droit de les utiliser sur tous les ensembles, seulement ceux qui ont "une bonne tête" (ie. qui sont cardinalisables). Sous cette hypothèse, il suffit de reformuler les développements précédents pour dire qu'on suppose que la base sur Q est cardinalisable (ce qui est possible puisqu'on l'a construite en utilisant l'axiome du choix), et ziou, on peut utiliser un théorème de Hesseberg sans axiome du choix. Tu vois ce que je veux dire ?

Le problème c'est que je ne sais pas si l'axiome du choix n'a pas été utilisé implicitement dans d'autres parties de la théorie des cardinaux; il faudrait reprendre l'ensemble du développement en ne supposant pas l'axiome du choix, pour faire très attention à où on l'utilise.

Pour faire une analogie presque bidon, supposer l'axiome du choix c'est comme autoriser les effets de bords partout dans un langage de programmation, et si ensuite on veut passer à un modèle plus confiné on est mal parce qu'on ne se souvient plus trop de quelles fonctions sont en fait pures.

Je suis presque sur qu'on n'utilise pas l'axiome du choix pour faire autre chose qu'"ordinaliser" et a fortriori "cardinaliser", effectivement. Le problème c'est qu'on en a besoin tout le temps genre pour définir les opérations sur les ordinaux. En fait, la preuve de Hessenberg n'utilise pas l'axiome du choix mais elle porte sur les cardinaux et pas des ensembles quelconques.

En plus je comprends pas trop ce que tu veux dire dans ton 3ème paragraphe, pour moi utiliser une fois l'axiome du choix c'est comme l'utiliser tout le temps.

PS : c'est Hesseberg dans le poly mais c'est une typo (je crois)

Justement, je pense qu'utiliser une seule fois l'axiome du choix ou tout le temps ce n'est pas du tout pareil, mais ce sujet mérite un topic à part que je t'invite à créer si tu es intéressé par mon avis pas très informé sur la question, sinon tant pis.

(Sinon je cherche aussi une bonne âme pour poster des commentaires motivants sur MLF.)

Citation

Donc si tu en as un nombre dénombrable, le sous-espace reste dénombrable (comme produit dénombrable d'ensemble dénombrables)

C'est faux : l'ensemble des suites dans {0,1} est un produit dénombrable de dénombrables (=<math>\{0,1\}^{\mathbb{N}}) et il est bijection avec R (une surjection évidente : voir une suite comme le développement binaire d'un nombre réel).