CommeUnJeu · L2 MP

Compléments sur les groupes

⌚ ~67 min ▢ 8 blocs ✓ 14 exercices ➣ Prérequis : Structures algébriques usuelles, Arithmétique dans $\mathbb{Z}$

Le chapitre de MPSI Structures algébriques usuelles a construit le langage des groupes : un ensemble muni d'une loi bien réglée, ses sous-groupes, et les morphismes entre groupes. Ce chapitre en est la continuation directe. Il répond à trois questions y restées ouvertes.
D'abord : étant donné quelques éléments d'un groupe, quel est le plus petit sous-groupe qui les contient --- le sous-groupe qu'ils engendrent ? Ensuite : deux groupes sont particulièrement simples, les entiers $(\mathbb{Z}, +)$ et les groupes d'arithmétique modulaire $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ ; on décrit tous les sous-groupes de $\mathbb{Z}$, et on promeut $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ --- rencontré dans Arithmétique dans $\mathbb{Z}$ seulement comme ensemble de classes de résidus --- au rang de véritable groupe. Enfin : à chaque élément on attache un nombre, son ordre, qui mesure le temps que mettent ses puissances à revenir à l'élément neutre.
Le chapitre a quatre sections. Les deux résultats phares sont la classification des groupes monogènes --- un groupe engendré par un seul élément est, à isomorphisme près, soit $(\mathbb{Z}, +)$, soit l'un des $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ --- et le fait que, dans un groupe fini, l'ordre de tout élément divise le cardinal du groupe.
Notations permanentes. $G$ désigne un groupe, noté multiplicativement sauf mention contraire, d'élément neutre $1_G$ ; l'inverse de $x$ est $x^{-1}$ et $x^n$ sa $n$-ième puissance pour $n \in \mathbb{Z}$. En notation additive, le neutre est $0_G$ et $x^n$ devient le multiple $n x$. On note $H \leq G$ pour « $H$ est un sous-groupe de $G$ ». Pour $a, b \in \mathbb{Z}$, $a \wedge b$ désigne leur PGCD. Les notions de sous-groupe, morphisme, noyau, image et isomorphisme sont exactement celles de Structures algébriques usuelles.

I Le sous-groupe engendré par une partie

I.1 Le sous-groupe engendré

Dans Structures algébriques usuelles, on a démontré qu'une intersection de sous-groupes de $G$ --- d'une famille quelconque, même infinie --- est encore un sous-groupe de $G$. Ce seul fait permet d'attacher à toute partie de $G$ un sous-groupe canonique : le plus petit qui la contient. Cette sous-section définit ce sous-groupe ; la suivante en donne une description concrète.

Définition — Sous-groupe engendré par une partie

Soit $G$ un groupe et $A \subset G$ une partie. Le sous-groupe engendré par $A$, noté $\langle A \rangle$, est l'intersection de tous les sous-groupes de $G$ contenant $A$ : $$ \langle A \rangle = \bigcap_{\substack{H \leq G \\ A \subset H}} H. $$ Lorsque $A = \{a_1, \dots, a_p\}$ est finie, on écrit $\langle a_1, \dots, a_p \rangle$ ; pour un seul élément, $\langle a \rangle$.

Proposition — Le sous-groupe engendré est le plus petit

Soit $G$ un groupe et $A \subset G$. Alors $\langle A \rangle$ est un sous-groupe de $G$, il contient $A$, et il est contenu dans tout sous-groupe de $G$ contenant $A$. Autrement dit, $\textcolor{colorprop}{\langle A \rangle}$ \textcolor{colorprop}{est le plus petit sous-groupe de $G$ contenant $A$}, pour l'inclusion.

Preuve

Soit $\mathcal{S} = \{H : H \leq G,\ A \subset H\}$ la famille des sous-groupes de $G$ contenant $A$.

$\mathcal{S}$ est non vide, car $G$ lui-même est un sous-groupe de $G$ contenant $A$, donc $G \in \mathcal{S}$. L'intersection $\langle A \rangle = \bigcap_{H \in \mathcal{S}} H$ est donc bien définie, et par le résultat sur les intersections de sous-groupes (Structures algébriques usuelles) c'est un sous-groupe de $G$.
Chaque $H \in \mathcal{S}$ contient $A$, donc l'intersection contient $A$ : $A \subset \langle A \rangle$.
Soit $K \leq G$ avec $A \subset K$. Alors $K \in \mathcal{S}$, donc $\langle A \rangle = \bigcap_{H \in \mathcal{S}} H \subset K$. Donc $\langle A \rangle$ est contenu dans tout sous-groupe contenant $A$.

Un sous-groupe contenant $A$, contenu dans tout sous-groupe contenant $A$ : $\langle A \rangle$ est le plus petit.

Exemple — Cas extrêmes

Le plus petit sous-groupe contenant l'ensemble vide est $\langle \emptyset \rangle = \{1_G\}$ : tout sous-groupe contient $1_G$, et $\{1_G\}$ est lui-même un sous-groupe contenant $\emptyset$, donc l'intersection de tous les sous-groupes contenant $\emptyset$ vaut $\{1_G\}$. À l'autre extrême, $\langle G \rangle = G$, car $G$ est le seul sous-groupe de $G$ contenant $G$.

Exemple — Le sous-groupe engendré par un élément

Pour un seul élément $a \in G$, $\langle a \rangle$ est le plus petit sous-groupe contenant $a$. Dans $(\mathbb{Z}, +)$, le sous-groupe $\langle 2 \rangle$ doit contenir $2$, donc $2 + 2 = 4$, le neutre $0$, l'opposé $-2$, et plus généralement tout multiple de $2$ ; or l'ensemble $2\mathbb{Z}$ de tous les multiples de $2$ est déjà un sous-groupe. Donc $\langle 2 \rangle = 2\mathbb{Z}$. La description générale de $\langle a \rangle$ fait l'objet de la sous-section suivante.

Compétences à pratiquer

Calculer un sous-groupe engendré

I.2 Description et parties génératrices

La définition de $\langle A \rangle$ comme intersection est abstraite : elle ne dit pas à quoi ressemblent les éléments de $\langle A \rangle$. La proposition suivante en donne la description concrète --- les puissances de $a$ pour un seul élément, les produits finis pour une partie quelconque --- et on nomme ensuite les parties assez grandes pour remplir le groupe tout entier.

Proposition — Description du sous-groupe engendré

Soit $G$ un groupe.

Pour $a \in G$, $\quad \textcolor{colorprop}{\langle a \rangle = \{a^k : k \in \mathbb{Z}\}}$.
Pour toute partie $A \subset G$, $\langle A \rangle$ est l'ensemble de tous les produits finis $x_1 x_2 \cdots x_n$ ($n \in \mathbb{N}$) où chaque $x_i$ est un élément de $A$ ou l'inverse d'un élément de $A$ ; le produit vide ($n = 0$) vaut $1_G$. En particulier $\langle \emptyset \rangle = \{1_G\}$.

Preuve

Chaque partie exhibe un ensemble, montre que c'est un sous-groupe contenant les données, et qu'il est contenu dans tout sous-groupe contenant les données ; la Proposition précédente l'identifie alors à $\langle \cdot \rangle$.

(1) Soit $P = \{a^k : k \in \mathbb{Z}\}$. Par la caractérisation des sous-groupes (Structures algébriques usuelles) : $1_G = a^0 \in P$ ; et pour $a^k, a^\ell \in P$, $a^k (a^\ell)^{-1} = a^{k - \ell} \in P$. Donc $P \leq G$, et $P$ contient $a = a^1$. Réciproquement, tout sous-groupe $H$ contenant $a$ est stable par produit et par inverse, donc contient $a^k$ pour tout $k \in \mathbb{Z}$, soit $P \subset H$. Ainsi $P$ est un sous-groupe contenant $a$ et contenu dans tout sous-groupe contenant $a$ : $P = \langle a \rangle$.
(2) Soit $W$ l'ensemble des produits finis décrits. $W$ est un sous-groupe : le produit vide donne $1_G \in W$ ; la concaténation de deux mots est un mot, donc $W$ est stable par produit ; et $(x_1 \cdots x_n)^{-1} = x_n^{-1} \cdots x_1^{-1}$ est encore un mot en éléments de $A$ et leurs inverses, donc $W$ est stable par inversion. $W$ contient $A$ (un élément $x \in A$ est le mot $x$). Réciproquement tout sous-groupe $H$ contenant $A$ contient tous ces produits par stabilité, donc $W \subset H$. Ainsi $W = \langle A \rangle$. Lorsque $A = \emptyset$, le seul mot est le produit vide, donc $\langle \emptyset \rangle = \{1_G\}$.

Lorsque les puissances de $a$ sont deux à deux distinctes, $\langle a \rangle$ est une chaîne bilatère non bornée --- une copie fidèle de $\mathbb{Z}$ disposée le long de $a$ :

Lorsqu'au contraire une puissance de $a$ répète une puissance antérieure, la chaîne se referme en boucle --- l'image en boucle rencontrée plus loin avec les groupes cycliques.

Définition — Partie génératrice

Soit $G$ un groupe. Une partie $A \subset G$ engendre $G$ --- et est appelée partie génératrice de $G$ --- si $\langle A \rangle = G$, c'est-à-dire si tout élément de $G$ est un produit fini d'éléments de $A$ et de leurs inverses.

Exemple — Parties génératrices de $\mathbb{Z}$

Dans $(\mathbb{Z}, +)$ --- notation additive, donc « produit » signifie « somme » et « puissance » signifie « multiple » --- la partie $\{1\}$ engendre $\mathbb{Z}$ : $\langle 1 \rangle = \{k \cdot 1 : k \in \mathbb{Z}\} = \mathbb{Z}$, car tout entier est un multiple de $1$. De même $\{-1\}$ engendre $\mathbb{Z}$.
La partie $\{1, 2\}$ engendre aussi $\mathbb{Z}$, puisqu'elle contient déjà l'élément générateur $1$. Mais elle n'est pas minimale : $1$ suffit à lui seul, donc $2$ est redondant. Une partie génératrice n'a pas nécessairement le moins d'éléments possible.

Exemple — Un groupe engendré par un seul élément

Rappelons (Structures algébriques usuelles) que $\mathbb{U}_n = \{z \in \mathbb{C}^* : z^n = 1\}$ est un sous-groupe de $(\mathbb{U}, \times)$, possédant exactement $n$ éléments. Posons $\omega = e^{2 i \pi / n}$. Ses puissances $\omega^0, \omega^1, \dots, \omega^{n-1}$ sont $n$ éléments distincts de $\mathbb{U}_n$, donc constituent $\mathbb{U}_n$ tout entier. Ainsi $\langle \omega \rangle = \mathbb{U}_n$ : le seul élément $\omega$ engendre le groupe $\mathbb{U}_n$ tout entier.

Méthode — Montrer qu'une partie engendre un groupe

Pour démontrer que $A$ engendre $G$, le schéma standard est l'un des suivants :

prendre un $g \in G$ quelconque et l'exhiber explicitement comme produit fini d'éléments de $A$ et de leurs inverses ;
ou montrer que $\langle A \rangle$ contient une partie déjà connue pour engendrer $G$ --- alors $\langle A \rangle = G$ par la propriété du « plus petit sous-groupe ».

Pour démontrer au contraire que $A$ n'engendre pas $G$, exhiber un sous-groupe de $G$ contenant $A$ mais distinct de $G$ : il contient $\langle A \rangle$, donc $\langle A \rangle \neq G$.

Compétences à pratiquer

Identifier une partie génératrice

II Sous-groupes de $\mathbb{Z}$ et le groupe $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

II.1 Les sous-groupes de $\mathbb{Z}$

Dans Structures algébriques usuelles, chaque ensemble $n\mathbb{Z}$ des multiples de $n$ a été reconnu comme sous-groupe de $(\mathbb{Z}, +)$. On démontre maintenant la réciproque : il n'y en a pas d'autres. Tout sous-groupe de $\mathbb{Z}$ est l'un des $n\mathbb{Z}$. Cette description complète des sous-groupes de $\mathbb{Z}$ sert dans tout le chapitre, en particulier dans la classification des groupes monogènes.

Theorem — Sous-groupes de $\mathbb{Z}$

Pour tout sous-groupe $H$ de $(\mathbb{Z}, +)$, il existe un \textcolor{colorprop}{unique} $n \in \mathbb{N}$ tel que $\textcolor{colorprop}{H = n\mathbb{Z}}$. Réciproquement, tout $n\mathbb{Z}$ ($n \in \mathbb{N}$) est un sous-groupe de $(\mathbb{Z}, +)$.

Preuve

La réciproque est le fait rappelé de MPSI. Pour l'énoncé direct, soit $H \leq (\mathbb{Z}, +)$.

Cas $H = \{0\}$. Alors $H = 0\mathbb{Z}$, avec $n = 0$.
Cas $H \neq \{0\}$. $H$ contient un $x \neq 0$ ; comme $H$ est un sous-groupe, il contient aussi $-x$, et l'un des deux $x, -x$ est positif. Donc $H \cap \mathbb{N}^*$ est une partie non vide de $\mathbb{N}$ ; soit $n$ son plus petit élément. Comme $n \in H$ et que $H$ est un sous-groupe, tout multiple de $n$ appartient à $H$, donc $n\mathbb{Z} \subset H$. Réciproquement, soit $m \in H$. La division euclidienne de $m$ par $n$ donne $m = q n + r$ avec $0 \leq r < n$. Alors $r = m - q n \in H$, car $m \in H$ et $q n \in n\mathbb{Z} \subset H$. Si $r > 0$, alors $r \in H \cap \mathbb{N}^*$ avec $r < n$, ce qui contredit la minimalité de $n$. Donc $r = 0$ et $m = q n \in n\mathbb{Z}$. Ainsi $H \subset n\mathbb{Z}$, et finalement $H = n\mathbb{Z}$.

Unicité. Si $n\mathbb{Z} = n'\mathbb{Z}$ avec $n, n' \in \mathbb{N}$, alors $n \in n'\mathbb{Z}$ et $n' \in n\mathbb{Z}$, donc $n' \mid n$ et $n \mid n'$, ce qui force $n = n'$ pour des entiers naturels.

Exemple — Les premiers sous-groupes de $\mathbb{Z}$

Le plus petit sous-groupe de $(\mathbb{Z}, +)$ est $\{0\} = 0\mathbb{Z}$ ; le plus grand est $\mathbb{Z} = 1\mathbb{Z}$. Entre les deux, $2\mathbb{Z}$ est le sous-groupe des entiers pairs, $3\mathbb{Z}$ celui des multiples de $3$, et ainsi de suite --- et le Théorème affirme que la liste $0\mathbb{Z}, 1\mathbb{Z}, 2\mathbb{Z}, 3\mathbb{Z}, \dots$ est exhaustive.

Proposition — Inclusion des $n\mathbb{Z}$

Pour $m, n \in \mathbb{N}$, $$ \textcolor{colorprop}{n\mathbb{Z} \subset m\mathbb{Z} \iff m \mid n,} $$ avec la convention de divisibilité usuelle ($0 \mid n$ signifie $n = 0$, et tout entier divise $0$).

Preuve

Si $n\mathbb{Z} \subset m\mathbb{Z}$, alors en particulier $n \in n\mathbb{Z} \subset m\mathbb{Z}$, donc $n$ est un multiple de $m$, soit $m \mid n$. Réciproquement, si $m \mid n$, écrivons $n = m k$ avec $k \in \mathbb{Z}$ ; alors tout $n j \in n\mathbb{Z}$ vaut $m (k j) \in m\mathbb{Z}$, donc $n\mathbb{Z} \subset m\mathbb{Z}$.
Les cas limites s'accordent avec la convention : pour $m = 0$, $m\mathbb{Z} = \{0\}$, et $n\mathbb{Z} \subset \{0\}$ a lieu exactement lorsque $n = 0$, soit $0 \mid n$ ; pour $n = 0$, $0\mathbb{Z} = \{0\} \subset m\mathbb{Z}$ toujours, et en effet $m \mid 0$ toujours.

Exemple — Lire une inclusion comme une divisibilité

Comme $2 \mid 6$ et $3 \mid 6$, on a $6\mathbb{Z} \subset 2\mathbb{Z}$ et $6\mathbb{Z} \subset 3\mathbb{Z}$ : les multiples de $6$ sont en particulier pairs et divisibles par $3$. En revanche $2 \nmid 3$, donc $3\mathbb{Z} \not\subset 2\mathbb{Z}$ --- en effet $3 \in 3\mathbb{Z}$ n'est pas pair.

Compétences à pratiquer

Déterminer les sous-groupes de $\mathbb{Z}$

II.2 Le groupe $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ et ses générateurs

Dans Arithmétique dans $\mathbb{Z}$, $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ n'apparaissait que comme ensemble : les $n$ classes de résidus $\bar 0, \bar 1, \dots, \overline{n-1}$ modulo $n$, avec la mention explicite que les calculs se faisaient sur des représentants, non sur des classes. On munit maintenant cet ensemble d'une addition de classes et on obtient un véritable groupe. Dans toute cette sous-section, $n \in \mathbb{N}^*$, et $\bar a$ désigne la classe de $a \in \mathbb{Z}$ modulo $n$.

Proposition — L'addition des classes est bien définie

Pour $\bar a, \bar b \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, la formule $\bar a + \bar b := \overline{a + b}$ ne dépend pas des représentants choisis : elle définit une loi de composition interne sur $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.

Preuve

Supposons $\bar a = \overline{a'}$ et $\bar b = \overline{b'}$, c'est-à-dire $a \equiv a' \pmod n$ et $b \equiv b' \pmod n$. Par la compatibilité de la congruence avec l'addition (Arithmétique dans $\mathbb{Z}$), $a + b \equiv a' + b' \pmod n$, soit $\overline{a + b} = \overline{a' + b'}$. Donc la classe $\overline{a + b}$ ne dépend que des classes $\bar a$ et $\bar b$, non des représentants.

Theorem — Le groupe $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, l'ensemble $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ muni de l'addition des classes est un \textcolor{colorprop}{groupe abélien de cardinal $n$}, d'élément neutre $\bar 0$ et avec $-\bar a = \overline{-a}$.

Preuve

L'addition est bien définie par la Proposition précédente. Chaque axiome se vérifie sur des représentants, en transportant la propriété correspondante de $(\mathbb{Z}, +)$. Pour tous $a, b, c \in \mathbb{Z}$ : $$ \begin{aligned} (\bar a + \bar b) + \bar c &= \overline{a + b} + \bar c = \overline{(a + b) + c} && \text{(définition de l'addition)} \\ &= \overline{a + (b + c)} && \text{(associativité dans } \mathbb{Z}) \\ &= \bar a + \overline{b + c} = \bar a + (\bar b + \bar c) && \text{(définition de l'addition).} \end{aligned} $$ Donc l'addition est associative. Elle est aussi commutative : $\bar a + \bar b = \overline{a + b} = \overline{b + a} = \bar b + \bar a$. Grâce à cette commutativité, le neutre et l'inverse ne sont à vérifier que d'un seul côté : $\bar 0$ est neutre, car $\bar a + \bar 0 = \overline{a + 0} = \bar a$ ; et $\overline{-a}$ est l'inverse de $\bar a$, car $\bar a + \overline{-a} = \overline{a + (-a)} = \bar 0$. Donc $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ est un groupe abélien. Son cardinal est $n$, le nombre de classes de résidus modulo $n$ (Arithmétique dans $\mathbb{Z}$).

Comme $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ est le groupe additif des $n$ classes, il est naturel de le représenter par $n$ points régulièrement espacés sur un cercle, l'addition étant une rotation d'un cran par unité. Voici le cas $n = 6$ :

Définition — Générateur de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

Une classe $\bar k \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est un générateur de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ si $\langle \bar k \rangle = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, c'est-à-dire si toute classe est un multiple de $\bar k$ dans $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$.

Theorem — Générateurs de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

Pour $n \in \mathbb{N}^*$ et $k \in \mathbb{Z}$, $$ \textcolor{colorprop}{\bar k \text{ engendre } \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \iff k \wedge n = 1.} $$

Preuve

La classe $\bar 1$ engendre $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, car toute classe $\bar a$ est le multiple $a \cdot \bar 1$. Donc $\langle \bar k \rangle = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ si et seulement si $\bar 1 \in \langle \bar k \rangle$ (alors $\langle \bar k \rangle \supset \langle \bar 1 \rangle = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$). Or $\langle \bar k \rangle = \{u \cdot \bar k : u \in \mathbb{Z}\} = \{\overline{u k} : u \in \mathbb{Z}\}$, donc : $$ \begin{aligned} \bar k \text{ engendre } \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} &\iff \exists\, u \in \mathbb{Z},\ \overline{u k} = \bar 1 && \text{($\bar 1 \in \langle \bar k\rangle$)} \\ &\iff \exists\, u \in \mathbb{Z},\ u k \equiv 1 \pmod n && \text{(égalité de classes)} \\ &\iff \exists\, u, v \in \mathbb{Z},\ u k + v n = 1 && \text{(définition de la congruence)} \\ &\iff k \wedge n = 1 && \text{(théorème de Bézout).} \end{aligned} $$ La dernière équivalence est le théorème de Bézout, rappelé de Arithmétique dans $\mathbb{Z}$.

Exemple — Générateurs de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$

Les générateurs de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ sont les classes $\bar k$ avec $k \wedge 6 = 1$ pour $k \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ : seuls $k = 1$ et $k = 5$ conviennent. Donc $\bar 1$ et $\bar 5$ sont les deux générateurs de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$. Par exemple les multiples successifs de $\bar 5$ sont $\bar 5, \overline{10} = \bar 4, \overline{15} = \bar 3, \bar 2, \bar 1, \bar 0$ --- toutes les classes apparaissent.

Exemple — Générateurs de $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$

Comme $5$ est premier, $k \wedge 5 = 1$ pour tout $k \in \{1, 2, 3, 4\}$, et seule $\bar 0$ est exclue. Donc toute classe non nulle de $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ est un générateur. C'est un trait général de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ pour $p$ premier.

Méthode — Trouver les générateurs de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

Pour lister les générateurs de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ : parcourir $k \in \{0, 1, \dots, n-1\}$ et garder ceux tels que $k \wedge n = 1$ --- le PGCD se calcule par l'algorithme d'Euclide ou se lit sur la décomposition en facteurs premiers de $n$. La classe $\bar k$ est un générateur exactement pour ces $k$. Le nombre de générateurs est donc le nombre d'entiers de $\{1, \dots, n\}$ premiers avec $n$. Le cas dégénéré $n = 1$ s'y intègre : $\mathbb{Z}/1\mathbb{Z} = \{\bar 0\}$ et $0 \wedge 1 = 1$, donc $\bar 0$ en est le générateur.

Le nombre de générateurs de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ --- le nombre d'entiers de $\{1, \dots, n\}$ premiers avec $n$ --- se note $\varphi(n)$ et s'appelle l'indicatrice d'Euler. La fonction $\varphi$ et ses propriétés sont étudiées au chapitre suivant, Anneaux, arithmétique et algèbres, une fois $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ muni de sa structure d'anneau.

Compétences à pratiquer

Calculer dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ et lister ses générateurs

III Groupes monogènes et cycliques

III.1 Définition et exemples

Les groupes les plus simples sont ceux produits par un seul élément : tout élément est une puissance d'un générateur fixé. Deux des groupes déjà rencontrés --- $(\mathbb{Z}, +)$ et $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ --- sont de cette nature. Cette sous-section les nomme et ajoute l'exemple géométrique des racines de l'unité ; la suivante montre qu'il n'y en a pas d'autres, à isomorphisme près.

Définition — Groupe monogène$\virgule$ groupe cyclique

Un groupe $G$ est monogène s'il est engendré par un seul élément : il existe $a \in G$ avec $G = \langle a \rangle = \{a^k : k \in \mathbb{Z}\}$ ; un tel $a$ est un générateur de $G$. Un groupe cyclique est un groupe monogène fini.

Proposition — Un groupe monogène est abélien

Tout groupe monogène est abélien.

Preuve

Soit $G = \langle a \rangle$ monogène. Deux éléments quelconques de $G$ sont des puissances de $a$, disons $a^k$ et $a^\ell$ avec $k, \ell \in \mathbb{Z}$. Alors $a^k a^\ell = a^{k + \ell} = a^{\ell + k} = a^\ell a^k$. Donc deux éléments quelconques de $G$ commutent, et $G$ est abélien.

Exemple — Les deux groupes monogènes de base

$(\mathbb{Z}, +)$ est monogène et infini : $\mathbb{Z} = \langle 1 \rangle$. Pour chaque $n \in \mathbb{N}^*$, $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ est monogène et fini de cardinal $n$ : $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = \langle \bar 1 \rangle$. Donc $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ est cyclique, tandis que $(\mathbb{Z}, +)$ est monogène mais non cyclique.

Proposition — Le groupe des racines $n$-ièmes de l'unité

Pour $n \in \mathbb{N}^*$, le groupe des racines $n$-ièmes de l'unité $(\mathbb{U}_n, \times)$, où $\mathbb{U}_n = \{z \in \mathbb{C}^* : z^n = 1\}$, est \textcolor{colorprop}{cyclique de cardinal $n$}, engendré par $e^{2 i \pi / n}$.

Preuve

Posons $\omega = e^{2 i \pi / n}$. Pour $k \in \mathbb{Z}$, $(\omega^k)^n = (\omega^n)^k = 1^k = 1$, donc $\omega^k \in \mathbb{U}_n$ ; ainsi $\langle \omega \rangle \subset \mathbb{U}_n$. Les $n$ éléments $\omega^0, \omega^1, \dots, \omega^{n-1}$ sont deux à deux distincts (leurs arguments $2 k \pi / n$ pour $0 \leq k < n$ sont deux à deux distincts modulo $2\pi$), et $\mathbb{U}_n$ possède exactement $n$ éléments (Structures algébriques usuelles). Donc $\{\omega^0, \dots, \omega^{n-1}\} = \mathbb{U}_n$, soit $\langle \omega \rangle = \mathbb{U}_n$. Par conséquent $\mathbb{U}_n$ est monogène et fini, c'est-à-dire cyclique, de cardinal $n$, engendré par $\omega$.

Géométriquement, $\mathbb{U}_n$ est l'ensemble des sommets d'un polygone régulier à $n$ côtés inscrit dans le cercle unité, le générateur $\omega = e^{2 i \pi / n}$ étant le premier sommet après $1$. Voici $\mathbb{U}_6$ :

Compétences à pratiquer

Identifier un groupe monogène ou cyclique

III.2 Classification des groupes monogènes

Tout groupe monogène est, à isomorphisme près, un groupe déjà connu : $(\mathbb{Z}, +)$ s'il est infini, $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ s'il est fini de cardinal $n$. La démonstration construit un unique morphisme à partir du générateur et lit son noyau grâce à la description des sous-groupes de $\mathbb{Z}$ établie plus haut.

Theorem — Classification des groupes monogènes

Soit $G$ un groupe monogène.

Si $G$ est infini, alors $\textcolor{colorprop}{G \cong (\mathbb{Z}, +)}$.
Si $G$ est fini de cardinal $n$, alors $\textcolor{colorprop}{G \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)}$.

Preuve

Écrivons $G = \langle a \rangle$ et considérons l'application $\varphi_a : \mathbb{Z} \to G,\ k \mapsto a^k$. C'est un morphisme de groupes de $(\mathbb{Z}, +)$ vers $G$, car $\varphi_a(k + \ell) = a^{k + \ell} = a^k a^\ell = \varphi_a(k) \varphi_a(\ell)$, et il est surjectif car $G = \langle a \rangle = \{a^k : k \in \mathbb{Z}\}$. Son noyau $\operatorname{Ker} \varphi_a = \{k \in \mathbb{Z} : a^k = 1_G\}$ est un sous-groupe de $(\mathbb{Z}, +)$ (Structures algébriques usuelles), donc égal à $m\mathbb{Z}$ pour un unique $m \in \mathbb{N}$, d'après le Théorème sur les sous-groupes de $\mathbb{Z}$ démontré plus haut.

Cas $m = 0$. Alors $\operatorname{Ker} \varphi_a = \{0\}$, donc $\varphi_a$ est injectif (critère d'injectivité, Structures algébriques usuelles). Étant aussi surjectif, $\varphi_a$ est un morphisme bijectif, donc un isomorphisme : $G \cong (\mathbb{Z}, +)$. En particulier $G$ est infini.
Cas $m \geq 1$. Définissons $\psi : \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \to G,\ \bar k \mapsto a^k$. Elle est bien définie : si $\bar k = \overline{k'}$, alors $k - k' \in m\mathbb{Z} = \operatorname{Ker} \varphi_a$, donc $a^{k - k'} = 1_G$, d'où $a^k = a^{k'}$. C'est un morphisme : $\psi(\bar k + \overline{\ell}) = \psi(\overline{k + \ell}) = a^{k + \ell} = a^k a^\ell = \psi(\bar k) \psi(\overline{\ell})$. Elle est surjective, puisque $\varphi_a$ l'est déjà et que $\psi$ a la même image. Elle est injective : si $\psi(\bar k) = 1_G$, alors $a^k = 1_G$, donc $k \in \operatorname{Ker} \varphi_a = m\mathbb{Z}$, soit $\bar k = \bar 0$. Donc $\psi$ est un isomorphisme : $G \cong (\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}, +)$, et $G$ est fini de cardinal $m$.

Les deux cas sont exclusifs : $m = 0$ donne un $G$ infini, $m \geq 1$ un $G$ fini. Donc si $G$ est infini alors $m = 0$ et $G \cong (\mathbb{Z}, +)$ ; si $G$ est fini de cardinal $n$ alors $m \geq 1$ et $n = \operatorname{card} G = m$, d'où $G \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$.

Exemple — Les racines de l'unité sont une copie de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

$(\mathbb{U}_n, \times)$ est cyclique de cardinal $n$, donc par la classification $(\mathbb{U}_n, \times) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$. Un isomorphisme explicite est $\bar k \mapsto e^{2 i k \pi / n}$ : il transforme l'addition des classes en la multiplication des racines de l'unité.

Méthode — Utiliser la classification

Face à un groupe monogène $G$, fixer un générateur $a$ tel que $G = \langle a \rangle$ ; la classification ramène alors toute question de structure aux deux groupes modèles. Décider d'abord si $G$ est infini ou fini. S'il est fini de cardinal $n$, transporter la question vers $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ par l'isomorphisme $\bar k \mapsto a^k$ ; s'il est infini, la transporter vers $(\mathbb{Z}, +)$ par $k \mapsto a^k$. Par exemple, les générateurs de $G$ correspondent exactement aux générateurs du modèle --- $\pm 1$ pour $\mathbb{Z}$, les classes $\bar k$ avec $k \wedge n = 1$ pour $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.

La classification a une lecture géométrique parlante. Un groupe monogène infini est une chaîne non bornée --- une copie de $\mathbb{Z}$ ; un groupe monogène fini de cardinal $n$ est un cycle fermé de $n$ pas --- une copie de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. Les deux modèles, pour $n = 6$ :

Compétences à pratiquer

Appliquer la classification des groupes monogènes

IV L'ordre d'un élément

IV.1 Définition et caractérisation

À chaque élément d'un groupe, on attache maintenant un nombre qui le mesure : l'ordre. Le mot « ordre » est déjà apparu en MPSI pour le cardinal d'un groupe fini (l'ordre de $\mathfrak{S}_n$ est $n!$) ; ici c'est l'ordre d'un élément, une notion différente --- bien que les deux soient liées, comme le montre la sous-section suivante. L'ordre de $a$ compte les pas que mettent ses puissances à revenir au neutre.

Définition — Ordre d'un élément

Soit $G$ un groupe et $a \in G$. L'élément $a$ est d'ordre fini s'il existe $n \in \mathbb{N}^*$ tel que $a^n = 1_G$ ; l'ordre de $a$ est alors le plus petit tel entier, noté $\operatorname{ord}(a)$. Sinon $a$ est d'ordre infini. En notation additive, la condition $a^n = 1_G$ s'écrit $n a = 0_G$.

Proposition — Ordre et sous-groupe engendré

Soit $G$ un groupe et $a \in G$. Alors $a$ est d'ordre fini si et seulement si $\langle a \rangle$ est fini, et dans ce cas $$ \textcolor{colorprop}{\operatorname{ord}(a) = \operatorname{card} \langle a \rangle.} $$ Si $a$ est d'ordre infini, $\langle a \rangle$ est infini.

Preuve

$a$ d'ordre fini $d$. Pour tout $k \in \mathbb{Z}$, la division euclidienne donne $k = q d + r$ avec $0 \leq r < d$, donc $a^k = (a^d)^q a^r = a^r$. Ainsi $\langle a \rangle = \{a^k : k \in \mathbb{Z}\} = \{1_G, a, \dots, a^{d-1}\}$. Ces $d$ éléments sont deux à deux distincts : si $a^i = a^j$ avec $0 \leq i \leq j < d$, alors $a^{j - i} = 1_G$ avec $0 \leq j - i < d$, et la minimalité de $d$ force $j - i = 0$. Donc $\langle a \rangle$ est fini avec $\operatorname{card} \langle a \rangle = d = \operatorname{ord}(a)$.
$a$ d'ordre infini. Les puissances $a^k$ ($k \in \mathbb{Z}$) sont deux à deux distinctes : si $a^i = a^j$ avec $i < j$, alors $a^{j - i} = 1_G$ avec $j - i \in \mathbb{N}^*$, donc $a$ serait d'ordre fini --- contradiction. Donc $\langle a \rangle$ est infini.

Les deux cas sont exhaustifs, donc $a$ est d'ordre fini si et seulement si $\langle a \rangle$ est fini.

Exemple — Ordres dans des groupes standards

Dans $(\mathbb{C}^*, \times)$, prenons $j = e^{2 i \pi / 3}$. Alors $j^3 = 1$, tandis que $j^1 = j \neq 1$ et $j^2 \neq 1$ ; donc $\operatorname{ord}(j) = 3$. Une transposition $\tau \in \mathfrak{S}_n$ vérifie $\tau^2 = \operatorname{id}$ et $\tau \neq \operatorname{id}$, donc $\operatorname{ord}(\tau) = 2$. L'élément neutre de tout groupe est d'ordre $1$, et c'est le seul élément d'ordre $1$.

Exemple — Un ordre fini et un ordre infini

Dans $(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}, +)$, les multiples successifs de $\bar 2$ sont $\bar 2$, $\bar 2 + \bar 2 = \bar 4$, $\bar 4 + \bar 2 = \bar 6 = \bar 0$. Donc $3 \cdot \bar 2 = \bar 0$ tandis que $1 \cdot \bar 2 = \bar 2 \neq \bar 0$ et $2 \cdot \bar 2 = \bar 4 \neq \bar 0$ : ainsi $\operatorname{ord}(\bar 2) = 3$. Au contraire, dans $(\mathbb{Z}, +)$ tout $k \neq 0$ est d'ordre infini, car $n k \neq 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Proposition — Puissances égales au neutre

Soit $a \in G$ d'ordre fini $d$. Alors pour tout $n \in \mathbb{Z}$, $$ \textcolor{colorprop}{a^n = 1_G \iff d \mid n.} $$

Preuve

La division euclidienne de $n$ par $d$ donne $n = q d + r$ avec $0 \leq r < d$, donc $$ a^n = a^{q d + r} = (a^d)^q\, a^r = 1_G^q\, a^r = a^r. $$ Donc $a^n = 1_G \iff a^r = 1_G$. Comme $0 \leq r < d$ et que $d$ est le plus petit entier strictement positif vérifiant $a^d = 1_G$, l'égalité $a^r = 1_G$ a lieu si et seulement si $r = 0$, soit si et seulement si $d \mid n$.

Méthode — Calculer l'ordre d'un élément

Pour trouver $\operatorname{ord}(a)$ :

lorsque $a$ est connu d'ordre fini --- par exemple lorsque $a$ appartient à un groupe fini --- calculer les puissances successives $a, a^2, a^3, \dots$ ; elles finissent par atteindre $1_G$, et le premier exposant donnant $1_G$ est l'ordre ;
ou, si l'on connaît déjà une puissance $a^k = 1_G$, l'ordre divise $k$ par la Proposition précédente --- il suffit alors de tester les diviseurs de $k$, du plus petit au plus grand, et de garder le premier $d$ tel que $a^d = 1_G$.

Compétences à pratiquer

Calculer l'ordre d'un élément

IV.2 L'ordre divise le cardinal du groupe

Dans un groupe fini, l'ordre d'un élément ne peut pas être quelconque : il est contraint par le cardinal du groupe. C'est le lien, annoncé plus haut, entre les deux sens du mot « ordre ».

Theorem — L'ordre divise le cardinal

Soit $G$ un groupe fini. Alors l'ordre de tout élément de $G$ divise $\operatorname{card} G$. Deux régimes. Lorsque $G$ est commutatif, le résultat est démontré ci-dessous. Lorsque $G$ est non commutatif, le résultat reste vrai mais est admis ici --- sa démonstration n'est exigible que pour $G$ commutatif. La Proposition et l'Exemple qui suivent reposent sur cette forme générale admise.

Preuve

Supposons $G$ commutatif, et soit $N = \operatorname{card} G$ et $a \in G$. Comme $G$ est commutatif, le produit de tous les éléments de $G$ ne dépend pas de l'ordre des facteurs. L'application $g \mapsto a g$ est une bijection de $G$ (sa réciproque est $g \mapsto a^{-1} g$), donc elle permute les éléments de $G$, et ce produit est donc inchangé lorsqu'on remplace chaque facteur $g$ par $a g$ : $$ \begin{aligned} \prod_{g \in G} g &= \prod_{g \in G} (a g) && \text{($g \mapsto a g$ permute } G) \\ &= a^{N} \prod_{g \in G} g && \text{($G$ commutatif, } N \text{ facteurs } a). \end{aligned} $$ L'élément $\prod_{g \in G} g$ appartient au groupe $G$, donc est inversible ; en le simplifiant on obtient $a^{N} = 1_G$. Comme $\langle a \rangle \subset G$ est fini, $a$ est d'ordre fini, donc la Proposition « puissances égales au neutre » s'applique : $a^N = 1_G$ signifie $\operatorname{ord}(a) \mid N$, soit $\operatorname{ord}(a) \mid \operatorname{card} G$.
Le cas non commutatif n'est pas démontré ici --- sa démonstration n'est pas exigible --- mais l'énoncé lui-même reste un résultat valide, utilisable librement.

Proposition — Puissance égale au neutre dans un groupe fini

Dans un groupe fini $G$ de cardinal $n$, $a^n = 1_G$ pour tout $a \in G$.

Preuve

Soit $a \in G$ et $d = \operatorname{ord}(a)$ (fini, car $\langle a \rangle \subset G$ est fini). Par le Théorème, $d \mid n$, donc $n = d e$ pour un certain $e \in \mathbb{N}$. Alors $a^n = (a^d)^e = 1_G^e = 1_G$. Ceci utilise le Théorème sous sa forme générale, donc --- lorsque $G$ n'est pas connu commutatif --- le cas non commutatif admis.

Exemple — Un groupe de cardinal premier est cyclique

Soit $G$ un groupe de cardinal premier $p$. Comme $p \geq 2$, choisissons $a \in G$ avec $a \neq 1_G$. L'ordre de $a$ divise $p$ (Théorème, forme générale), donc $\operatorname{ord}(a) \in \{1, p\}$ ; et $\operatorname{ord}(a) \neq 1$ puisque $a \neq 1_G$. Donc $\operatorname{ord}(a) = p$, d'où $\langle a \rangle$ possède $p$ éléments, soit $\langle a \rangle = G$. Par conséquent $G$ est monogène et fini : $G$ est cyclique.

Pour aller plus loin

La Proposition $a^n = 1_G$ dans un groupe de cardinal $n$ est la porte d'entrée vers deux résultats arithmétiques classiques. Une fois $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ muni de sa structure d'anneau --- l'objet du chapitre suivant, Anneaux, arithmétique et algèbres --- ses éléments inversibles forment un groupe fini de cardinal $\varphi(n)$, et y appliquer la Proposition donne le théorème d'Euler $a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n$ pour $a \wedge n = 1$, dont le petit théorème de Fermat est le cas $n$ premier.

Compétences à pratiquer

Exploiter le lien entre ordre et cardinal