Compléments sur les groupes

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1 Groupe

1.1 Groupes

On appelle groupe un ensemble $G$ non vide muni d’une loi de composition interne $\star$ vérifiant :

la loi $\star$ est associative: \[\forall x,y,z\in G:\quad (x\star y)\star z=x\star (y\star z)\] On notera alors $x\star y\star z$ cette quantité commune
$G$ possède un élément neutre: $\exists e\in G$ tel que \[\forall x\in G,\quad x\star e=e\star x=x\]
Tout élément $x$ de $G$ admet un symétrique, c’est-à-dire $\forall x\in G$, $\exists x'\in G$ tel que \[x\star x'=x'\star x=e\]

Si de plus $\forall x,y\in G$: $x\star y=y\star x$, on dit que la loi $\star$ est commutative, et que le groupe est abélien (ou commutatif).

Si $\mathbb K\in\{\mathbb R,\mathbb C,\mathbb Q,\mathbb Z\}$ alors $\left(\mathbb K,+\right)$ est un groupe abélien;
Si $\mathbb K\in\{\mathbb R,\mathbb C,\mathbb Q\}$ alors $\left(\mathbb K^*,\times\right)$ est un groupe abélien;
$\left({\mathrm{GL}}_n\left(\mathbb K\right),\times\right)$ est un groupe d’élément neutre $I_n$ non abélien lorsque $n\geqslant 2$.

Soit $(G,\star)$ un groupe d’élément neutre $e$, alors

$\inv e=e$;
Pour tout $x\in G$: $\inv{\left(\inv x\right)}=x$
Pour tous $x,y\in G$:$\inv{(x\star y)}=\inv y\star\inv x$
Pour tous $x_1,\cdots, x_n\in G$: $\inv{(x_1\star\cdots\star x_n)}=\inv {x_n}\star\cdots\star\inv {x_1}$

1.2 Groupe produit

Soit $\star_1$, $\star_2,\cdots ,\star_n$ des lois de composition interne sur des ensembles $G_1$, $G_2$, $\cdots,G_n$.
On appelle loi produit sur $G=\displaystyle\prod_{i=1}^nG_i$ la loi $\star$ définie par \[ \left(x_1,\cdots ,x_n\right)\star \left(y_1,\cdots ,y_n\right):=\left(x_1\star_1 y_1,\cdots ,x_n\star_n y_n\right) \] où pour tout $i\in\IntEnt 1n$, $x_i,y_i\in G_i$.

Soit $\left(G_1,\star_1\right), \left(G_2,\star_2\right),\cdots ,\left(G_n,\star_n\right)$ des groupes de neutres respectifs $e_1,\cdots, e_n$. Alors

$G=\displaystyle\prod_{i=1}^nG_i$ muni de la loi produit $\star$ est un groupe de neutre $e=\left(e_1,\cdots ,e_n\right)$;
l’inverse d’un élément $\left(x_1,\cdots ,x_n\right)\in G$ est $\left(\inv x_1,\cdots ,\inv x_n\right)$;
Tous les groupes $\left(G_1,\star_1\right), \left(G_2,\star_2\right),\cdots ,\left(G_n,\star_n\right)$ sont abéliens si, et seulement, si le groupe $\left(G,\star\right)$ est abélien.

Si $\mathbb K\in\{\mathbb R,\mathbb C,\mathbb Q,\mathbb Z\}$ alors, pour $n\geqslant 2$, $\left(\mathbb K^n,+\right)$ est un groupe abélien

1.3 Les itérés d’un élément dans un groupe

Soit $\left(G,\star\right)$ un groupe d’élément neutre $e$.

Soit $x\in G$. On définit la suite $\left(x^n\right)_{n\in\N}$ par récurrence:

$x^0=e$
Pour $n\in\N$, on pose $x^{n+1}=x^n\star x$

Pour $n\in\mathbb Z^-$, on définit $x^n=\left(\inv x\right)^{-n}$

Notation: Lorsque la loi est notée additivement, les itérés de $x$ ne notent $n.x$

Soit $x,y\in G$.

Pour tous $p,q\in\Z$, alors \[\begin{cases}x^{p+q}=x^p\star x^q\\\left(x^p\right)^q=x^{pq}\end{cases}\]
Si $x$ et $y$ commutent, c’est-à-dire si $x\star y=y\star x$, on a:\[\forall p\in\Z \quad \left(x\star y\right)^p=x^p \star y^p\] En particulier pour tout $x\in G$: $\inv{(x^n)}=\left(\inv x\right)^n=x^{-n}$. On écrit $\left(\inv x\right)^n=x^{-n}$

Dans le cadre général \[ \forall p\in\N^*,\quad \left(x\star y\right)^p=x\star\left(y\star x\right)^{p-1}\star y \]

2 Sous-groupes

2.1 Sous-groupes

Un sous-ensemble non vide $H$ de $G$ est dit sous-groupe de $\left(G,\star\right)$ lorsque $H$ est stable par $\star$ et que $\left(H,\star\right)$ est lui-même un groupe.

Un sous-ensemble $H$ de $G$ est un sous-groupe de $\left(G,\star\right)$ si, et seulement, si les trois assertions suivantes sont vérifiées.

$H\not =\emptyset\quad (e\in H)$;
la partie $H$ est stable par la loi $\star :\forall x,y\in H ,\quad x\star y\in H$;
Pour tout $x\in H$, $x^{-1}\in H$.

Notation: En notation additive, la deuxième et la troisième assertions s’écrivent:

la partie $H$ est stable par la loi $+ $ : $\forall x,y\in H ,\quad x+ y\in H$;
Pour tout $x\in H$, $-x\in H$.

$\{e\}$ et $G$ sont deux sous-groupes de $\left(G,\star\right)$ appelés sous-groupes triviaux de $\left(G,\star\right)$.

Un sous-groupe de $\left(G,\star\right)$ est dit propre s’il est distinct de $G$ et $\{e\}$.

Un sous-ensemble $H$ de $G$ est un sous-groupe de $\left(G,\star\right)$ si, et seulement, si les deux assertions suivantes sont vérifiées.

$H\not =\emptyset\quad (e\in H)$;
Pour tous $x,y\in H:\quad x\star y^{-1}\in H$.

Notation: En notation additive, la deuxième assertion s’écrit: \[\forall x,y\in H,\quad x-y\in H\]

2.2 Sous-groupe engendré par une partie

Soit $\left(H_i\right)_{i\in I}$ une famille de sous-groupes d’un groupe $\left(G,\star\right)$. Alors $\displaystyle\bigcap_{i\in I}H_i$ est un sous-groupe de $\left(G,\star\right)$.

Convention: $\displaystyle\bigcap_{i\in \emptyset}H_i=G$.

Soit $S$ une partie d’un sous-groupe $\left(G,\star\right)$; désignons par $\GroEng S$ ou $<S>$ l’intersection de tous les sous-groupes de $\left(G,\star\right)$ contenant $S$. Alors

$\GroEng S$ est un sous-groupe de $\left(G,\star\right)$;
$\GroEng S$ est le plus petit sous-groupe de $\left(G,\star\right)$, au sens de l’inclusion, contenant $S$.

$\GroEng S$ est appelé le sous-groupe engendré par $S$.

Soit $H$ un sous-groupe de $\left(G,\star\right)$ et $S$ une partie de $G$, alors \[ S\subset H\Longleftrightarrow \GroEng S\subset H \]

Soit $S$ une partie non vide d’un sous-groupe $\left(G,\star\right)$, alors \[\begin{eqnarray} \small{ \GroEng S=\left\{\displaystyle\prod_{i=1}^n{x_i^{\alpha_i}}\quad,\quad n\in\mathbb N^\star , (x_1,\cdots ,x_n)\in S^n,(\alpha_1,\cdots ,\alpha_n)\in\{-1,1\}^n\right\}\label{groupe_pro_partie_generatrice}} \end{eqnarray}\]

Notation: Si la loi de composition du groupe $G$ est notée additivement, on note \[\begin{eqnarray} \GroEng S=\left\{\displaystyle\sum_{i=1}^n\alpha_ix_i\quad|\quad n\in\mathbb N^\star , (x_1,\cdots ,x_n)\in S^n,\alpha_i=\pm 1\right\} \end{eqnarray}\]

Pour tout $a\in G$, alors le sous-groupe engendré par $\{a\}$ est \[ \left\{a^k\quad |\quad k\in\mathbb Z\right\} \] On le note aussi $\GroEng a$.

Remarque: En notation additive, le sous-groupe de $\left(G,+\right)$ engendré par $a\in G$ est \[ \GroEng a=\left\{ka\quad |\quad k\in\mathbb Z\right\} \]

Dans $\left(\mathbb C^\star ,\times\right)$ \[\begin{eqnarray*} {\bf{gr}}\left(e^{\frac{2i\pi}n}\right)&=&\left\{e^{\frac{2i\pi}n}\quad |\quad k\in\mathbb Z\right\}\\ &=& \left\{e^{\frac{2i\pi}n}\quad |\quad 0\leqslant k\leqslant n-1\right\}\\ &=&\mathbb U_n \end{eqnarray*}\]

Soit $({G},.)$ un groupe et ${H}$ un sous-groupe du groupe $({G},.)$ \[ \forall x \in {G},\quad \left(x \in {H} \Leftrightarrow \GroEng x \subset {H}\right) \]

2.3 Partie génératrice

Si $S$ est une partie non vide de $G$ telle que $\bf{gr}(S)=G$, on dit que $S$ est partie génératrice du groupe $G$ ou $S$ est un ensemble de générateur de $G$ ou encore $S$ engendre $G$.

Soit $n\geqslant 2$. Le groupe symétrique $S_n$ est engendré par les transpositions

Le groupe linéaire $\left({\mathrm{GL}}_n\left(\mathbb K\right),\times\right)$ est engendré par les dilatations et les transvections

2.4 Les sous-groupes de $\left(\mathbb Z,+\right)$

Soit $H$ un sous-groupe de $\left(\mathbb Z,+\right)$, alors il existe un unique entier $n\in\mathbb N$ tel que $H=n\mathbb Z$

Preuve

Si $H=\{0\}$, prendre $n=0$
Sinon $n=\min H\cap \N^*$

Soit $m\in\N^*$ et $a_1,\cdots,a_m\in\mathbb{Z}$. On pose \[ \somme{i=1}m{a_i\Z}=\left\{\somme{i=1}m{a_iz_i}\ ,\ z_1,\cdots ,z_m\in\Z\right\} \] Alors

$\somme{i=1}m{a_i\Z}=\pgcd (a_1,\cdots ,a_m)\Z$
$\displaystyle\bigcap_{i=1}^m{a_i\Z}=\ppcm (a_1,\cdots ,a_m)\Z$

3 Morphismes de groupes

Soit $(G,.)$ et $(G^\prime,\star )$ deux groupes de neutres respectifs $e$ et $e^\prime$. ## Morphisme de groupes

On dit qu’une application $f:G\longrightarrow G^\prime$ est un morphisme de groupes si: \[ \forall x, y\in G,\quad f(x . y)=f(x)\star f(y)\] On dira aussi que:

$f$ est un isomorphisme (de groupes) si $f$ est bijective;
$f$ est un endomorphisme du groupe $(G, *)$ si $\left(G^{\prime}, .\right)=(G, *)$;
$f$ est un automorphisme du groupe $(G, *)$ si $f :(G, *) \rightarrow(G, *)$ est un endomorphisme bijectif.

Soit $n\geqslant 2$. La signature $\varepsilon:\GroSym n\longrightarrow \{-1,1\}$ définie par \[ \forall \sigma\in \GroSym n,\quad \varepsilon\left(\sigma\right)=\produit{1\leqslant i<j\leqslant n}{}{\dfrac{\sigma(j)-\sigma(i)}{j-i}} \] est l’unique morphisme de groupes surjectif de $\left(\GroSym n,\circ\right)$ vers $\left(\{-1,1\},\times\right)$

${\mathrm{det}}:{\mathrm{GL}}_n\left(\mathbb K\right)\longrightarrow \mathbb K^*$ est un morphisme du groupes surjectif de $\left({\mathrm{GL}}_n\left(\mathbb K\right),\times\right)$ vers $\left(\mathbb K^*,\times\right)$.

Soit $f:(G,.)\to (G^\prime , \star )$ un morphisme de groupes. Alors

$f\left(e\right) = e^\prime$.
Pour tout $x\in G$: $f (\inv x ) = \inv{f(x)}$.
Pour tous $x,y\in G$: $f\left(x.\inv y\right)=f(x)\star \inv{f(y)}$.
Pour tous $x\in G$ et $n\in \mathbb Z$: $f\left(x^n\right)=f(x)^n$.

Preuve

Soit $x\in G$ on a \[f(x)=f(xe)=f(x)\star f(e).\] Or $f(x)\in G^\prime$, donc $f(x)=f(x)\star e^\prime$. La r`egle de simplification dans $G^\prime$ donne: $f\left(e\right)=e^\prime$
Soit $x\in G$ on a $f\left(x\inv x\right)=f(x)\star f\left(\inv x\right)=f(e)$ et $f\left(\inv x x\right)=f\left(\inv x\right)\star f(x)=f(e)$ ; or $f\left(e\right)=e^\prime$, donc $f(x)\star f\left(\inv x\right)=f\left(\inv x\right)\star f(x)=e$. D’où $\inv{f(x)}=f\left(\inv x\right)$
Utiliser la définition et l’assertion précédente
Par récurrence sur $n\in\mathbb N$ puis par symétrie on déduit l’égalité sur $\mathbb Z$

La composée de deux morphismes de groupes est un morphisme de groupes;
Si $f : G \longrightarrow G'$ est un isomorphisme alors $f^{-1} : G' \longrightarrow G$ l’est aussi.

Preuve

Soit $\left(G,\cdot\right)$, $\left(G^\prime,\star\right)$ et $\left(G^{\prime\prime},\top\right)$ trois groupes et $f:G\longrightarrow G^\prime$ et $g:G^\prime\longrightarrow G^{\prime\prime}$ des morphismes de groupes.
Montrons $g\circ f$ est un morphisme de $\left(G,\cdot\right)$ dans $\left(G^{\prime\prime},\top\right)$.
Soit $x,y\in G$, alors : \[\begin{eqnarray*} \left(g\circ f\right)\left(x\cdot y\right) & = & g\left(f\left(x\cdot y\right)\right)\\ & = & g\left(f\left(x\right)\star f\left(y\right)\right)\\ & = & g\left(f\left(x\right)\right)\top g\left(f\left(y\right)\right)\\ & = & g\circ f\left(x\right)\top g\circ f\left(y\right) \end{eqnarray*}\]
Si $f$ est un isomorphisme, alors $f$ est une bijection, donc $\inv f$ aussi. Il suffit de montrer que $\inv f$ est un morphisme de groupes.\ Soit $x$ et $y$ deux éléments quelconques de $G^\prime$. On a alors: \[f(\inv f(x).\inv f(y)) = f(\inv f(x)) \star f(\inv f(y)) = x \star y\] D’où: \[\inv f(x) . \inv f(y) = \inv f(x\star y)\] $\inv f$ est donc un isomorphisme de groupes de $G^\prime$ sur $G$.

Si $f$ est un isomorphisme de $\left(G,.\right)$ sur $\left(G^\prime,\star\right)$, alors $\inv f$ est un isomorphisme de $\left(G^\prime,\star\right)$ sur $\left(G,.\right)$.

Preuve

Si $f$ est un isomorphisme, alors $f$ est une bijection, donc $\inv f$ aussi. Il suffit de montrer que $\inv f$ est un morphisme de groupes.\ Soit $x$ et $y$ deux éléments quelconques de $G^\prime$. On a alors: \[f(\inv f(x).\inv f(y)) = f(\inv f(x)) \star f(\inv f(y)) = x \star y\] D’o`{u}: \[\inv f(x) \star \inv f(y) = \inv f(x.y)\] $\inv f$ est donc un isomorphisme de groupes de $G^\prime$ sur $G$.

3.1 Noyau et image d’un endomorphisme

Soit $f$ un morphisme de groupes de $\left(G,.\right)$ dans $\left(G^\prime,\star\right)$.

Si $H$ est un sous-groupe de $\left(G,.\right)$, alors $f(H)$ est un sous-groupe de $\left(G^\prime,\star\right)$;
Si $H^\prime$ est un sous-groupe de $\left(G^\prime,\star\right)$, alors $\inv f\left(H^\prime\right)$ est un sous-groupe de $\left(G,.\right)$;
Soit $S$ une partie de $G$, alors $f\left(\GroEng S\right)=\GroEng{f(S)}$.

Preuve

$f(H)$ est un sous-ensemble non vide de $G^\prime$: Il contient $e^\prime=f(e)$.\ Soit $z$ et $t$ deux éléments quelconques de $f(H)$; il existe deux éléments $x$ et $y$ de $G$ tels que $z=f(x)$ et $t=f(y)$. \[ z\star \inv t = f(x)\star \inv{f(y)} = f(x.\inv y)\in f(H).\] Puisque $x\inv y\in H$, donc $f(H)$ est un sous-groupe de $G^\prime$.
$\inv f\left(H^\prime\right)$ est un sous-ensemble non vide de $G$ (il contient $e$).\ Soit $x$ et $y$ deux éléments de $\inv f\left(H^\prime\right)$, alors $f(x)\in G^\prime$ et $f(y)\in G^\prime$. Puisque \[ f(x\inv y) = f(x)\star \inv{f(y)} \in H^\prime.\] alors $x\inv y\in\inv f\left(H^\prime\right)$; donc $\inv f\left(H^\prime\right)$ est un sous-groupe de $G$.
L’égalité est triviale si $S=\emptyset$, on suppose donc que $S\neq\emptyset$ et on procède par double inclusion
- Comme $S\subset \GroEng S$, alors $f(S)\subset f\left(\GroEng S\right)$. En outre $f\left(\GroEng S\right)$ est un sous-groupe de $\left(G^\prime,\star\right)$ contenant $f(S)$, alors $\GroEng{f(S)}\subset f\left(\GroEng S\right)$
- Inversement, soit $x\in \GroEng S$, alors il existe $s_1,\cdots,s_r\in S$ et $\varepsilon_1,\cdots,\varepsilon_r\in\{-1,1\}$ tels que \[x=s_1^{\varepsilon_1}.\cdots.s_r^{\varepsilon_r}.\] Or $f$ est un morphisme de groupes, alors \[ f(x)=f(s_1)^{\varepsilon_1}\star\cdots \star f(s_r)^{\varepsilon_r}\in\GroEng{f(S)}. \] D’où l’inclusion $f\left(\GroEng S\right)\subset \GroEng{f(S)}$.

Soit $f$ un morphisme de groupes de $\left(G,.\right)$ dans $\left(G^\prime,\star\right)$. Alors

$\inv f\left(\{e^\prime\}\right)$, le noyau de $f$, est un sous-groupe de $G$. On le note $\ker f$ ou $\ker(f)$;
$f\left(G\right)$, l’image de $f$, est un sous-groupe de $G^\prime$. On le note $\im f$ ou $\im\left(f\right)$.

Le noyau de déterminant s’appelle groupe linéaire spécial et se note ${\mathrm{SL}}_n\left(\mathbb K\right)$ \[ {\mathrm{SL}}_n\left(\mathbb K\right)=\left\{A\in {\mathrm{GL}}_n\left(\mathbb K\right)\ |\quad {\mathrm{det}}(A)=1\right\} \]

Soit $f$ un morphisme de groupes de $\left(G,.\right)$ dans $\left(G^\prime,\star\right)$. Alors

$f$ est injectif si, et seulement, si $\ker f=\{e\}$;
$f$ est surjectif si, et seulement, si $\im f=G^\prime$.

Preuve

$\Rightarrow)$ Supposons que $f$ est injectif; soit $x\in\ker f$, alors $f(x)=e_H=f(e)$, d’où $x=e$ et par suite $\ker f=\{e\}$
$\left.\Leftarrow\right)$ Supposons que $\ker f=\{e\}$; Soit $x,y\in G$ tels que $f(x)=f(y)$; on en déduit: $e_H=\inv{f(x)}f(y)=f\left(\inv x\right)f(y)=f\left(\inv xy\right)$, ce qui implique $\inv xy\in\ker f$; mais $\ker f=\{e\}$, donc $\inv xy=e$ et $x=y$
Par définition $\im f=f\left(G\right)$ et la surjection de $f$ équivaut à $f(G)=G^\prime$.

4 Groupes monogènes et groupes cycliques

4.1 Le groupe $\left(\mathbb Z/ n\mathbb Z,+\right)$

Dans cette sous-section on fixe $n\in\mathbb N^*$

Soit $n\in\mathbb N^\star$ et $a,b\in\mathbb Z$. On dit que $a$ est congru à $b$ modulo $n$ si $n|(b-a)$; cette relation entre $a$ et $b$ se note $a\equiv b\quad [n]$. Autrement dit \[ a\equiv b\quad [n]\Longleftrightarrow \exists k\in\mathbb Z,\quad a-b=kn \]

Soit $a, b, c$ et $d$ des entiers relatifs et $n\in\mathbb N^\star$, tels que $a \equiv b\quad [n]$ et $c \equiv d\quad [n]$, alors: \[ a+c \equiv b+d\quad [n]\quad\mbox{ et }\quad ac \equiv bd\quad [n] \] La relation $.\equiv .\quad [n]$ est une relation d’équivalence compatible avec la somme et le produit.

Notation: On note $\bar x$ ou ${\mathrm cl}(x)$ la classe d’équivalence de $x$ dans $\mathbb Z/n\mathbb Z$, c’est-à-dire \[\bar x = \{x+kn\quad |\quad k\in\mathbb Z\}. \] Remarque: On peut définir dans $\mathbb Z/n\mathbb Z$, la somme et le produit de deux classes d’équivalence par : \[\forall \bar x,\bar y\in \mathbb Z/n\mathbb Z,\quad \begin{cases} \bar x+\bar y:=\overline{x+ y}\\ \bar x\times\bar y:=\overline{x\times y} \end{cases}\]

Soit $n\in\mathbb N^\star$

Pour tout $x \in\mathbb Z$, il existe un unique $r\in\overline x$ tel que $0 \leqslant r \leqslant n-1$;
$\mathbb Z/n\mathbb Z=\{\bar 0,\bar 1,\cdots ,\overline{n-1}\}$;
${\mathrm card}\left(\mathbb Z/n\mathbb Z\right)=n$;
$\left(\mathbb Z/n\mathbb Z,+ \right)$ est un groupe abélien;
Soit $k\in[\![0,n-1]\!]$, alors $\bar k$ est générateur de $\left(\mathbb Z/n\mathbb Z,+\right)$ si, et seulement, si $k\wedge n=1$

Preuve

On effectue la division euclidienne de $x$ par $n$ : il existe un unique couple $(q, r)\in\mathbb Z\times\mathbb N$ tel que $x = qn + r$ et $0 \leqslant r < n$, donc $r \equiv x\quad [n]\Longleftrightarrow r\in\bar x$ et $0\leqslant r < n$.
On a $\{\bar 0,\bar 1,\cdots ,\overline{n-1}\}\subset \mathbb Z/n\mathbb Z$. Inversement, soit $\bar x\in \mathbb Z/n\mathbb Z$, il existe un unique $r\in[\![0,n-1]\!]$ tel que $\bar x=\bar r$. Donc l’inclusion inverse, puis l’égalité.
L’application $f:[\![1,n-1]\!]\longrightarrow \mathbb Z/n\mathbb Z, r\longmapsto \bar r$ est bijective.
Facile à vérifier
Soit $k\in[\![0,n-1]\!]$. On sait que $\mathbb Z/n\mathbb Z=\bf{gr}({\bar 1})$, alors $\bar k$ est générateur de $\left(\mathbb Z/n\mathbb Z,+\right)$ si, et seulement, si $\bar 1\in\bf{gr}({\bar k})$. Or \[\begin{eqnarray*} \bar 1\in\bf{gr}({\bar k}) & \Longleftrightarrow & \exists u\in \mathbb Z,\ \mbox{tel que } \bar 1=u\bar k\\ & \Longleftrightarrow & \exists u\in \mathbb Z,\ \mbox{tel que } \bar 1=\overline {uk}\\ & \Longleftrightarrow & \exists u,v\in \mathbb Z,\ \mbox{tels que } 1={uk}+vn\\ & \Longleftrightarrow & k\wedge n=1 \end{eqnarray*}\]

Les générateurs de $\left(\mathbb Z/8\mathbb Z,+\right)$ sont $\bar 1$, $\bar 3$, $\bar 5$ et $\bar 7$.

Soit $n\in\mathbb N^*$, alors les générateurs du groupe $\left(\mathbb U_n,\times\right)$ sont les $e^{i\frac{2k\pi}{n}}$ où $k\in[\![0,{n-1}]\!]$ et $k\wedge n=1$

4.2 Ordre d’un élément dans un groupe

Soit $a\in G$. L’application \[\varphi:\left\{\begin{array}{rcl}{\mathbb Z}&\longrightarrow & G\\ k&\longmapsto &{a^k}\end{array}\right.\] est un morphisme de groupes dont le noyau $\ker\left(\varphi_a\right)=n\mathbb Z$ où $n\in\mathbb N$.

Si $n=0$, alors on dit que $a$ est d’ordre infini.
Si $n\in\mathbb N^\star$, alors on dit que $a$ est d’ordre fini et $n$ est appelé l’ordre de $a$. On note alors $\circ(a)=n$

Si $G$ est fini, alors son cardinal est appelé son ordre.

Les affirmations suivantes sont équivalentes :

$a$ est d’ordre fini.
Il existe $k\in\mathbb Z^\star$ tel que $a^k=e$.
Il existe $k\in\mathbb N^\star$ tel que $a^k=e$.
L’ensemble $\{a^k\ ,\ k\in\mathbb Z\}$ est fini.

Preuve

$a$ est d’ordre fini si, et seulement, si l’application $\varphi_a:n\in\mathbb Z\longmapsto a^n$ n’est pas injective si, et seulement, s’il existe $k\in\mathbb Z^\star$ tel que $a^k=e$.

Par définition de l’ordre $\ker\left(\varphi_a\right)=\circ(a). \mathbb Z$

Si $a$ est un élément d’ordre fini $n\in\mathbb N^\star$, alors

Pour tout $k\in\mathbb Z$, on a $a^k=e\Longleftrightarrow n\mid k.$
Pour tous $r,s\in\mathbb Z$, on a $a^r=a^s\Longleftrightarrow n\mid (r-s).$
$n=\min\left\{k\in\mathbb N^\star \ |\quad a^k=e\right\}$.
$\GroEng a=\left\{e,a,\cdots,a^{n-1}\right\}$.
Le groupe $\GroEng a$ est de cardinal $n$.
$\left(\GroEng a,.\right)$ est isomorphe à $\left(\mathbb Z/n\mathbb Z,+\right)$.

Preuve

C’est immédiate puisque pour tout $k\in\mathbb Z$, on a $a^k=e$ si, et seulement, si $k\in\ker\left(\varphi_a\right)=n\mathbb Z$
Il suffit de remarquer que $a^r=a^s$ si, et seulement, si $a^{r-s}=e$ et d’appliquer le premier point.
Soit $k\in\mathbb N^\star$ tel que $x^k=e$, alors $n$ divise $k$, donc $n\leqslant k$
Il est clair que $\left\{e,a,\cdots,a^{n-1}\right\}\subset \GroEng a$.
Inversement soit $b\in \GroEng a$, il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $b=a^k$. On effectue la division euclidienne de $k$ par $n$, alors il existe $(q,r)\in\mathbb Z^2$ tel que $\begin{cases}k=nq+r\\ 0\leqslant r<n\end{cases}$, soit $b=a^k=a^r$. Donc l’inclusion inverse puis l’égalité est achevée
Montrons que $\GroEng a$ est de cardinal $n$.
Soit $r,r^\prime\in\IntEnt{0}{n-1}$ tel que $a^r=a^{r^\prime}$, alors $a^{r^\prime-r}=e$, donc $n\mid (r^\prime-r)$. Mais $\left|r^\prime-r\right|<n$, alors $r^\prime-r=0$.
Nous pouvons maintenant construire l’isomorphisme entre $\left(\Z/n\Z,+\right)$ et $(G,\star)$.

$f : \Z/n\Z \longrightarrow G$

$f(\overline k) = a^k$

Il faut tout d’abord montrer que $f$ est bien définie car notre définition de $f$ dépend du représentant $k$ et pas de la classe $\overline k$ : si $\overline{k}=\overline{k'}$ (une même classe définie par deux représentants distincts) alors $k \equiv k' \pmod n$ et donc il existe $\ell \in \Z$ tel que $k = k' + \ell n$. Ainsi $f(\overline{k}) = a^k = a^{k'+\ell n} = a^{k'} \star a^{\ell n}= a^{k'} \star (a^n)^\ell= a^{k'} \star e^\ell = a^{k'} = f(\overline{k'})$. Ainsi $f$ est bien définie.
$f$ est un morphisme de groupes car $f(\overline{k}+\overline{k'})= f(\overline{k+k'}) = a^{k+k'}=a^{k} \star a^{k'}= f(\overline k) \star f(\overline{k'})$ (pour tout $k,k'\in\Z$).
Il est clair que $f$ est surjective car tout élément de $\GroEng a$ s’écrit $a^k$.
Comme l’ensemble de départ et celui d’arrivée ont le même nombre d’éléments et que $f$ est surjective alors $f$ est bijective.

$f$

$\left(\Z/n\Z,+\right)$

$(\GroEng a,\star)$

Soit $G=\GroEng a$ un groupe monogène. Alors

Si $G$ est infini, il est isomorphe à $\mathbb Z$
Si $G$ est d’ordre $n$, il est isomorphe à $\left(\Z/n\Z,+\right)$

Preuve

Si $G$ est infini. On considère l’application \[\application{\varphi}{\mathbb Z}Gk{a^k}\] Il est clair que $\varphi$ est un morphisme de groupes $\left(\mathbb Z,+\right)$ dans $\left(G,.\right)$. Le fait que $G$ est monogène engendré par $a$, montre que $\varphi$ est surjectif. Il reste à montrer que $\varphi$ est injectif.
Par absurde, on suppose que le sous-groupe $\ker\left(\varphi\right)$ de $\left(\mathbb Z,+\right)$ est différent de $\{0\}$, alors il existe $n\in\mathbb N^*$ tel que $n\in \ker\left(\varphi\right)$, c’est-à-dire $a^n=e$.
Soit $k\in\mathbb Z$, on effectue la division enuclidienne de $k$ par $n$, alors il existe $(q,r)\in\mathbb Z^2$ tel que $k=qn+r$ et $r\in\IntEnt 0{n-1}$. Et on a donc \[ \varphi(k)=a^k=a^{qn+r}=a^r \] Ainsi $G=\im\left(\varphi\right)\subset\{e,a,\cdots,a^{n-1}\}$, ce qui contredit le fait que $G$ est infini.
Conclusion $\varphi$ est injectif et, par suite, $\varphi$ est bijectif, puis $\left(G,.\right)$ est isomorphe à $\left(\mathbb Z,+\right)$
Si $G$ est fini. Notons $n$ son cardinal, donc $\card\left(\GroEng a\right)=n$ et, par suite, $(G,.)$ est isomorphe à $\left(\Z/n\Z,+\right)$

4.3 Générateurs d’un groupe monogène

Soit $x\in G$, alors $x$ et $\inv x$ ont même ordre.

Preuve

Il suffit de remarquer que pour tout $n\in\N^*$ , on a \[ x^n=e\Longleftrightarrow \left(\inv x\right)^n=e \]

Si $a\in G$ est d’ordre fini $n$ et $r\in\mathbb Z$, alors $\circ\left(a^r\right)=\dfrac{n}{n\wedge r}$

Preuve

Notons $d=n\wedge r$. On a alors $n=dn^\prime$ et $r=dr^\prime$ avec $n^\prime$ et $r^\prime$ premiers entre eux. La relation $\left(a^r\right)^k=e$ est équivalente à $n\mid kr$. En simplifiant par $d$ et en utilisant le théor`eme de Gauss, elle est équivalente à $n^\prime\mid k$. L’ordre de $a^r$ est donc $n^\prime=\dfrac{n}{n\wedge r}$.

Soit $G=\GroEng a$ un groupe monogène

Si $G$ est infini, alors $a$ et $\inv a$ sont les seuls générateurs de $G$
Si $G$ est cyclique d’ordre $n$, alors les seuls générateurs de $G$ sont $a^r$ avec $r\in\IntEnt 0{n-1}$ et $n\wedge r=1$

Preuve

Puisque $a$ est générateur, $\inv a$ l’est également : \[ \forall g\in G,\quad \exists n\in\mathbb Z;\quad g=a^n=\left(\inv a\right)^{-n} \] Soit $b$ un générateur de $G$. Comme $a$ et $b$ sont générateurs alors il existe $u,v\in\mathbb Z$ tels que $b=a^u$ et $a=b^v$, donc $b^{uv}=b$, soit $b^{uv-1}=e$.
Or, $b$ n’est pas d’ordre fini. (S’il l’était, il ne pourrait pas être générateur) Donc : $1-uv=0$ et $uv=1$ Et comme $u$ et $v$ sont des entiers : $u=1$ ou $u=-1$. D’où: $b=a$ ou $b=\inv a$
L’ordre de $a$ est $n\in\mathbb N^*$. On sait que l’ordre de $a^r$ est $\dfrac n{n\wedge r}$.
$a^r$ engendre $G$ si, et seulement si, $\dfrac n{n\wedge r}=n$, c’est-à-dire $n\wedge r=1$

Les générateurs de $\left(\mathbb Z,+\right)$ sont $1$ et $-1$

Soit $k\in\IntEnt 0{n-1}$. $e^{i\frac{2k\pi}n}$ engendre $\mathbb U_n$ si, et seulement si, $n\wedge k=1$

Les générateurs de $\mathbb U_8$ sont $e^{i\frac{\pi} 4}$, $e^{i\frac{3\pi} 4}$, $e^{i\frac{5\pi} 4}$ et $e^{i\frac{7\pi} 4}$

Soit $k\in\IntEnt 0{n-1}$. $\bar k$ engendre $\Z/n\Z$ si, et seulement si, $n\wedge k=1$

Les générateurs de $\Z/{12}\Z$ sont $\bar 1$, $\bar 5$, $\bar 7$ et $\bar {11}$

4.4 Théorème de Lagrange

Soit $G$ un groupe fini. Alors:

Tout élément de $G$ est d’ordre fini;
l’ordre de tout élément de $G$ divise l’ordre du groupe.

Preuve

Soit $a\in G$, alors $\GroEng a\subset G$, donc le groupe $\GroEng a$ est fini. L’application $\varphi_a$ n’est pas injective
Conféremement au programme officiel on le démontre dans le cas $G$ abélien. Posons $n=\card (G)$. L’application $\application{\varphi}{G}{G}{x}{ax}$ est une permutation de $G$, donc \[ \displaystyle{a^n\prod_{x\in G}x=\prod_{x\in G}ax=\prod_{x\in G}x} \] Puisque dans un groupe tout élément est régulier, alors $a^n=e$

Théorème de Lagrange fort

Consulter l’exercice Théorème de Lagrange pour la version forte!

Soit $G$ un groupe fini d’ordre premier $p$, alors $G$ est cyclique.

Solution

Soit $a \in G\setminus\{e\}$. Alors $\GroEng a$ est un sous-groupe de $G$, d’ordre $\circ(a) \geqslant 2$. Or, $\circ(a)$ divise $\card(G)=p$, donc $\circ(a) =p$, et comme $\GroEng a\subset G$, on a $\GroEng a=G$, c’est-à-dire $G$ est cyclique, engendré par $a$.

Il se peut que tous les éléments d’un groupe soit d’ordre fini sans que le groupe soit d’ordre fini.
Voir Groupe de Prüfer pour le contre-exemple

Compléments sur les groupes

1 Groupe

1.1 Groupes

1.2 Groupe produit

1.3 Les itérés d’un élément dans un groupe

2 Sous-groupes

2.1 Sous-groupes

2.2 Sous-groupe engendré par une partie

2.3 Partie génératrice

2.4 Les sous-groupes de \(\left(\mathbb Z,+\right)\)

3 Morphismes de groupes

3.1 Noyau et image d’un endomorphisme

4 Groupes monogènes et groupes cycliques

4.1 Le groupe \(\left(\mathbb Z/ n\mathbb Z,+\right)\)

4.2 Ordre d’un élément dans un groupe

4.3 Générateurs d’un groupe monogène

4.4 Théorème de Lagrange