Probabilité qu’un morphisme de groupe soit surjectif.

On note $A$ l’ensemble des morphismes de $(\Z/m\Z)^r$ dans $\Z/m\Z$. Si $\varphi\in A$ alors $\forall x,y \in (\Z/m\Z)^r, \varphi(x+y)=\varphi(x)+\varphi(y)$. Donc en notant $e_j=(0,...,0,1,0...0)$ avec $1$ en position $j$, $\varphi$ est entièrement déterminée par les $\varphi(e_i)$.

Pour chacune des $\varphi(e_i)$, on a $m$ choix. On a donc $|A|=m^r$.

On cherche maintenant à caractériser les morphismes surjectifs. Si un générateur de $\Z/m\Z$ admet un antécédent par $\varphi$ alors par propriétés de morphisme, tous les éléments de $\Z/m\Z$ admettent un antécédent. On prend un générateur simple : $1$. On a alors $\varphi$ surjectif ssi $1$ admet un antécédent par $\varphi$.

Prenons $\varphi$ surjectif, alors $1$ admet un antécédent et donc il existe $x_1,...,x_r$ tels que $1=x_1\varphi(e_1)+...+x_r\varphi(e_r)$. Donc $\varphi$ surjectif ssi les $\varphi(e_i)$ sont premiers entre eux par Bézout.

Il s’avère qu’il est plus simple de dénombrer les morphismes non-surjectifs. En effet, si $\varphi\in A$ n’est par surjectif alors par l’équivalence précédente, pour tous $x_1,...,x_r\in \Z/m\Z,$ $1\neq x_1\varphi(e_1)+...+x_r\varphi(e_r)$. On travaille dans $\Z/m\Z$, donc ça veut dire qu’il existe $p$ premier qui divise tous les $\varphi(e_i)$ $\textbf{mais aussi}$ $m$.
Pour $p$ premier fixé, on regarde la probabilité de l’événement $B_p$:"$\forall k, p|\varphi(e_k)$". Si on note $B_{p,i}$:"$p|\varphi(e_i)$".

Alors on a $B_p=\displaystyle\bigcap_{i=1}^r B_{p,i}$. Or $|B_{p,i}|=\frac{m}{p}$ donc $|B_p|=\left(\displaystyle\frac{m}{p}\right)^r$. Finalement $P(B_p)=\displaystyle\left(\frac{m}{p}\right)^r\frac{1}{m^r}=\displaystyle\frac{1}{p^r}$.

On note $m=p_1^{\alpha_1}...p_q^{\alpha_q}$ la décomposition primaire de $m$. Un calcul rapide permet de justifier que les $B_{p_i}$ sont mutuellement indépendant. On note $B$ l’événement :"$\varphi \in A$ est surjectif".

Alors par ce qui précède $B=\displaystyle\bigcap_{i=1}^r\overline{B_{p_i}}$. Par mutuelle indépendance, on trouve donc
$$P(B)=\prod_{i=1}^r\left(1-\frac{1}{p_i^r}\right)$$