Ordre et groupes cycliques en maths spé (MP) : cours et méthodes

Si l’on intersecte une famille quelconque de sous-groupes de \(G\), on obtient encore un sous-groupe.

Soit \((H_i)_{i\in I}\) une famille de sous-groupes et \(H\) leur intersection. Chaque \(H_i\) contient \(e\), donc \(H\) aussi. Ensuite, prenons \(x,y\in H\). Pour chaque indice \(i\), les éléments \(x\) et \(y\) sont dans \(H_i\), donc \(xy^{-1}\) aussi. Ainsi \(xy^{-1}\) appartient à tous les \(H_i\), c’est-à-dire à \(H\).

Pour \(A\subset G\), on note \(\langle A\rangle\) l’intersection des sous-groupes de \(G\) qui incluent \(A\), et on l’appelle sous-groupe engendré par \(A\). D’après ce qui précède, c’est bien un sous-groupe, et aucun sous-groupe plus petit ne contient \(A\). Lorsque \(\langle A\rangle\) vaut \(G\) tout entier, la partie \(A\) est dite génératrice.

• \(\langle A\rangle\) est l’ensemble des produits finis \(a_1^{\varepsilon_1}a_2^{\varepsilon_2}\cdots a_r^{\varepsilon_r}\), où les \(a_i\) sont dans \(A\) et les \(\varepsilon_i\) valent \(\pm1\). Par convention, le produit vide vaut \(e\).
• Pour un seul élément, \(\langle x\rangle=\{x^k : k\in\mathbb{Z}\}\).
• Dans un groupe commutatif noté additivement, \(\langle a_1,\dots,a_r\rangle=\{k_1a_1+\dots+k_ra_r : k_i\in\mathbb{Z}\}\).

Dans \((\mathbb{C}^*,\times)\), cherchons \(\langle j,-1\rangle\), où \(j=e^{2i\pi/3}\). Le groupe est commutatif, donc ses éléments sont les \(j^a(-1)^b\). Or \(j^3=1\) et \((-1)^2=1\). Il suffit donc de prendre \(a\in\{0,1,2\}\) et \(b\in\{0,1\}\). On obtient six nombres : \(1\), \(j\), \(j^2\), \(-1\), \(-j\), \(-j^2\). Ce sont exactement les racines sixièmes de l’unité. Nous retrouverons ce groupe au paragraphe 6.

Un sous-groupe de \((\mathbb{Z},+)\) s’écrit toujours \(n\mathbb{Z}\), pour un unique \(n\in\mathbb{N}\). Inversement, chaque \(n\mathbb{Z}\) en est un.

Chaque \(n\mathbb{Z}\) est un sous-groupe. Partons maintenant d’un sous-groupe \(H\). Le cas \(H=\{0\}\) est clair. Dans l’autre cas, \(H\) possède un élément \(h_0\neq0\), ainsi que \(-h_0\) : l’un des deux est strictement positif. Nous notons alors \(n\) le plus petit entier strictement positif de \(H\). D’abord, \(n\mathbb{Z}\subset H\), car \(H\) contient les multiples entiers de chacun de ses éléments. Ensuite, pour \(h\in H\), écrivons \(h=qn+r\) où \(0\leqslant r<n\). Le reste \(r=h-qn\) est encore dans \(H\) ; comme il est plus petit que \(n\), il ne peut être que nul. Donc \(h\in n\mathbb{Z}\), et \(H=n\mathbb{Z}\).

Soit \(a,b\in\mathbb{Z}\), de PGCD \(\delta=a\wedge b\) et de PPCM \(\mu=a\vee b\). Alors \(a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}=\delta\mathbb{Z}\), tandis que \(a\mathbb{Z}\cap b\mathbb{Z}=\mu\mathbb{Z}\).

Pour \(k\in\mathbb{Z}\), la classe \(\bar{k}\) est un générateur de \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) exactement lorsque \(k\wedge n=1\). Le groupe \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) possède donc exactement \(\varphi(n)\) générateurs, où \(\varphi\) est l’indicatrice d’Euler.

Le sous-groupe \(\langle\bar{k}\rangle\) est égal au groupe entier si et seulement s’il contient \(\bar{1}\). Cela revient à trouver un entier \(u\) tel que \(uk\equiv1\ [n]\), donc des entiers \(u,v\) tels que \(uk+vn=1\). D’après le théorème de Bézout, cette condition équivaut à \(k\wedge n=1\). Enfin, le nombre de classes \(\bar{k}\), avec \(0\leqslant k\leqslant n-1\) et \(k\) premier avec \(n\), vaut \(\varphi(n)\) par définition.

Cherchons les générateurs de \(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\). Comme \(18=2\times3^2\), un entier est premier avec \(18\) lorsqu’il évite les facteurs \(2\) et \(3\). Parmi \(0,\dots,17\), il reste \(1,5,7,11,13,17\). Les générateurs sont donc \(\bar{1}\), \(\bar{5}\), \(\bar{7}\), \(\bar{11}\), \(\bar{13}\) et \(\bar{17}\). On vérifie le compte : \(\varphi(18)=18\times\tfrac12\times\tfrac23=6\).

On dit que \(x\) est d’ordre fini si le noyau de \(\theta_x\) n’est pas réduit à \(\{0\}\). L’entier \(d\geqslant1\) tel que \(\ker\theta_x=d\mathbb{Z}\) est alors l’ordre de \(x\), noté \(\omega(x)\). C’est le plus petit entier \(d\geqslant1\) tel que \(x^d=e\). Sinon, \(x\) est dit d’ordre infini.

Soit \(x\) un élément d’ordre fini \(d\). Alors :

• pour tout \(k\in\mathbb{Z}\), \(x^k=e\) si et seulement si \(d\) divise \(k\) ;
• \(\langle x\rangle=\{e,x,x^2,\dots,x^{d-1}\}\), et ces \(d\) éléments sont distincts ;
• en particulier, l’ordre de \(x\) est égal au cardinal de \(\langle x\rangle\).

Le premier point traduit \(\ker\theta_x=d\mathbb{Z}\). Pour le deuxième, soit \(k\in\mathbb{Z}\). On écrit \(k=qd+r\) avec \(0\leqslant r<d\). Alors \(x^k=(x^d)^qx^r=x^r\). Tous les éléments de \(\langle x\rangle\) figurent donc dans la liste. Ensuite, si \(x^r=x^s\) avec \(0\leqslant s<r<d\), alors \(x^{r-s}=e\) et \(d\) divise \(r-s\). C’est impossible, car \(0<r-s<d\). Par conséquent, les éléments de la liste sont distincts.

Pour prouver que \(\omega(x)=d\), deux vérifications suffisent. D’abord \(x^d=e\). Ensuite \(x^{d/p}\neq e\) pour chaque diviseur premier \(p\) de \(d\). En effet, l’ordre divise \(d\) ; s’il était strictement plus petit, il diviserait l’un des entiers \(d/p\).

Prenons \(x\) d’ordre fini \(d\) et un entier \(k\). L’élément \(x^k\) a lui aussi un ordre fini, donné par

\[\omega(x^k)=\frac{d}{d\wedge k}.\]

En particulier, \(x^k\) engendre \(\langle x\rangle\) si et seulement si \(k\wedge d=1\).

Posons \(\delta=d\wedge k\), puis \(d=\delta d_1\) et \(k=\delta k_1\), avec \(d_1\wedge k_1=1\). Un entier \(m\) vérifie \((x^k)^m=e\) exactement quand \(d\) divise \(km\). Cela équivaut à \(d_1\mid k_1m\), après simplification par \(\delta\). Or \(d_1\) est premier avec \(k_1\). Donc, par le lemme de Gauss, cela équivaut à \(d_1\mid m\). Ainsi l’ordre de \(x^k\) vaut \(d_1=d/\delta\).

Dans \(\mathbb{Z}/24\mathbb{Z}\), l’élément \(\bar{1}\) est d’ordre \(24\). La classe \(\bar{9}\) vaut \(9\cdot\bar{1}\), donc son ordre est \(24/(24\wedge9)=24/3=8\). Vérifions : \(8\times9=72=3\times24\), donc \(8\cdot\bar{9}=\bar{0}\). En revanche, \(4\times9=36\) n’est pas multiple de \(24\). L’astuce précédente confirme donc l’ordre \(8\).

De même, dans \(\mathbb{C}^*\), le nombre \(z=e^{8i\pi/18}=\big(e^{2i\pi/18}\big)^4\) est d’ordre \(18/(18\wedge4)=9\).

Pour calculer l’ordre d’un élément \(y\) :

1. si \(y\) est une puissance \(x^k\) d’un élément d’ordre connu \(d\), appliquer directement \(\omega(y)=d/(d\wedge k)\) ;
2. sinon, calculer les premières puissances de \(y\) jusqu’à retomber sur le neutre, en exploitant les simplifications (par exemple \(y^3=-I_2\) pour une matrice donne aussitôt \(y^6=I_2\)) ;
3. pour un élément d’ordre infini, exhiber une quantité qui croît strictement avec l’exposant, comme un coefficient de matrice ;
4. conclure avec l’astuce des diviseurs premiers pour éviter de tester tous les exposants.

On qualifie \(G\) de monogène lorsqu’un seul de ses éléments suffit à l’engendrer, autrement dit lorsque \(G=\langle x\rangle\) pour un certain \(x\) ; ce \(x\) s’appelle alors un générateur. Si de plus \(G\) est fini, on parle de groupe cyclique.

Soit \(G=\langle x\rangle\) un groupe monogène.

• Si \(x\) est d’ordre infini, alors \(G\) est isomorphe à \((\mathbb{Z},+)\).
• Si \(x\) est d’ordre fini \(n\), alors \(G\) est cyclique de cardinal \(n\) et isomorphe à \((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)\).

Le morphisme \(\theta_x:k\mapsto x^k\) est surjectif de \(\mathbb{Z}\) sur \(G\). Dans le premier cas, son noyau est \(\{0\}\), donc il est injectif. C’est alors un isomorphisme. Dans le second cas, son noyau vaut \(n\mathbb{Z}\). L’application \(\bar{k}\mapsto x^k\) est donc bien définie sur \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\). En effet, si \(k\equiv k^{\prime}\ [n]\), alors \(x^k=x^{k^{\prime}}\). Elle est surjective et respecte les lois. Elle est aussi injective, car \(x^k=e\) impose \(n\mid k\), soit \(\bar{k}=\bar{0}\).

Pour prouver qu’un groupe fini \(G\) de cardinal \(n\) est cyclique :

1. vérifier que \(G\) est commutatif (sinon, la réponse est non) ;
2. chercher un élément candidat \(x\), souvent suggéré par l’énoncé ;
3. démontrer que \(\omega(x)=n\) ; comme \(\langle x\rangle\subset G\) et que les deux ensembles ont \(n\) éléments, on obtient \(\langle x\rangle=G\) ;
4. pour prouver au contraire que \(G\) n’est pas cyclique, majorer l’ordre de tous les éléments par un entier strictement inférieur à \(n\).

Montrons que le groupe produit \(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}\) est cyclique. D’abord, il est commutatif et compte \(35\) éléments. Ensuite, considérons \(u=(\bar{1},\bar{1})\). La relation \(k\cdot u=0\) impose que \(5\) et \(7\) divisent \(k\). Comme ces deux nombres sont premiers entre eux, cela équivaut à \(35\mid k\). Par conséquent, \(u\) est d’ordre \(35\), soit le cardinal du groupe. Le groupe est donc cyclique, engendré par \(u\). Le même argument s’applique dès que les deux facteurs ont des cardinaux premiers entre eux.

Le groupe produit \((\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^2\) est commutatif et compte neuf éléments. Pourtant, il n’est pas cyclique. En effet, chaque élément \(u\) vérifie \(3u=0\), donc aucun n’est d’ordre \(9\). La commutativité est nécessaire, mais elle ne suffit pas.

Soit \(G\) un groupe fini de cardinal \(n\). Pour tout \(x\in G\), l’ordre de \(x\) divise \(n\). Par conséquent, \(x^n=e\).

Le programme demande la preuve dans le cas commutatif. Supposons donc \(G\) commutatif et fixons \(x\in G\). Multiplier à gauche par \(x\) permute les éléments de \(G\) ; la permutation inverse consiste à multiplier par \(x^{-1}\). Notons \(P\) le produit de tous les éléments de \(G\). Le produit des \(xg\), pour \(g\) parcourant \(G\), vaut aussi \(P\), car on multiplie les mêmes éléments dans un autre ordre. Or, par commutativité, ce produit vaut \(x^nP\). Ainsi \(x^nP=P\), puis \(x^n=e\). Enfin, \(x^n=e\) entraîne que l’ordre de \(x\) divise \(n\).

Tout groupe de cardinal premier \(p\) est cyclique, et chacun de ses éléments distincts du neutre l’engendre.

Soit \(x\neq e\). Son ordre divise \(p\) et ne vaut pas \(1\). Il vaut donc \(p\). Ainsi \(\langle x\rangle\) a \(p\) éléments, et il est égal au groupe entier.

Soit \(n\geqslant1\) et \(m\in\mathbb{Z}\). L’équation \(m\cdot u=\bar{0}\), d’inconnue \(u\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), possède exactement \(m\wedge n\) solutions. Ce sont les multiples de la classe \(\bar{n/(m\wedge n)}\).

Posons \(\delta=m\wedge n\). Pour \(u=\bar{k}\), la condition s’écrit \(n\mid mk\), soit \(\tfrac{n}{\delta}\mid\tfrac{m}{\delta}k\). Les entiers \(\tfrac n\delta\) et \(\tfrac m\delta\) n’ont plus de facteur commun : le lemme de Gauss ramène donc cette condition à \(\tfrac n\delta\mid k\). Les solutions sont donc les classes des multiples de \(\tfrac n\delta\) compris entre \(0\) et \(n-1\). Il y en a exactement \(\delta\).

Résolvons \(10\cdot u=\bar{0}\) dans \(\mathbb{Z}/35\mathbb{Z}\). Ici \(10\wedge35=5\), donc l’équation a cinq solutions. Ce sont les multiples de \(\bar{7}\) : \(\bar{0}\), \(\bar{7}\), \(\bar{14}\), \(\bar{21}\) et \(\bar{28}\). Par exemple, \(10\times21=210=6\times35\), ce qui confirme la solution \(\bar{21}\).

Soit \(n\geqslant1\). L’ensemble \(\mathbb{U}_n\) des complexes \(z\) tels que \(z^n=1\) est un sous-groupe de \((\mathbb{C}^*,\times)\). Il est cyclique de cardinal \(n\), engendré par \(\zeta=e^{2i\pi/n}\) :

\[\mathbb{U}_n=\big\{e^{2ik\pi/n} : 0\leqslant k\leqslant n-1\big\}.\]

Les générateurs de \(\mathbb{U}_n\) portent le nom de racines primitives : ce sont les \(e^{2ik\pi/n}\) pour lesquels \(k\wedge n=1\).

Le nombre \(\zeta\) vérifie \(\zeta^k=1\) si et seulement si \(\tfrac kn\) est entier, c’est-à-dire si \(n\mid k\). Il est donc d’ordre \(n\). De plus, \(\mathbb{U}_n\) contient \(\langle\zeta\rangle\), qui a \(n\) éléments. Or un polynôme de degré \(n\) possède au plus \(n\) racines. Donc \(\mathbb{U}_n=\langle\zeta\rangle\). La description des générateurs découle enfin de la formule donnant l’ordre de \(\zeta^k\).

• \(\mathbb{U}_n\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) par \(\bar{k}\mapsto e^{2ik\pi/n}\).
• Un nombre complexe \(z\) est d’ordre fini dans \(\mathbb{C}^*\) si et seulement si c’est une racine de l’unité ; son ordre est alors le plus petit \(n\geqslant1\) tel que \(z\in\mathbb{U}_n\).
• Pour \(m\mid n\), on a \(\mathbb{U}_m\subset\mathbb{U}_n\).

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