Théorie des groupes/Exercices/Groupes monogènes, ordre d'un élément

Problème 1

a) Soit G un groupe cyclique d'ordre $n$, soient $d$ et $d'$ deux diviseurs naturels de $n$ tels que $d$ divise $d'.$ D'après le chapitre théorique, G a un seul sous-groupe d'ordre $d$ et un seul sous-groupe d'ordre $d'.$ Prouver que l'unique sous-groupe d'ordre $d$ de G est contenu dans l'unique sous-groupe d'ordre $d'$ de G.

Solution

Notons H l'unique sous-groupe d'ordre $d'$ de G. H est un groupe cyclique d'ordre $d'$, donc, puisque $d$ divise $d'$, H a un (unique) sous-groupe d'ordre $d$, soit K. Puisque G a un seul sous-groupe d'ordre $d$, K est donc l'unique sous-groupe d'ordre $d$ de G. Le fait que K est contenu dans H signifie donc que l'unique sous-groupe d'ordre $d$ de G est contenu dans l'unique sous-groupe d'ordre $d'$ de G, ce qui prouve l'énoncé.

 

b) Soit G un groupe cyclique d'ordre $p^{r}$, où $p$ est un nombre premier et $r$ un nombre naturel. Prouver que l'ensemble des sous-groupes de G est totalement ordonné par inclusion.

Solution

Soient H et K des sous-groupes de G. Il s'agit de prouver que

(thèse 1) $\qquad$H est contenu dans K ou K dans H.

Soient

$\qquad \vert H\vert =p^{a}$ et $\vert K\vert =p^{b}$,

avec $a$ et $b$ naturels. Donc H est l'unique sous-groupe d'ordre $p^{a}$ de G et K est l'unique sous-groupe d'ordre $p^{b}$ de G. Si $a\leq b$, alors $\vert H\vert$ divise $\vert K\vert$, donc, d'après le point a), H est contenu dans K. De même, si $b\leq a$ alors K est contenu dans H, ce qui prouve notre thèse (1) et donc l'énoncé.

 

Remarques. 1° On déduit facilement du point a) que si G est un groupe cyclique d'ordre $n$, l'ensemble des sous-groupes de G, ordonné par inclusion (autrement dit le treillis des sous-groupes de G), est isomorphe (comme ensemble ordonné) à l'ensemble des diviseurs naturels de $n$, ordonné par la relation « divise ». Le point b) est un cas particuler de cette isomorphie.
2° Ce problème nous servira dans le chapitre Sous-groupe de Frattini.

Problème 2

Soient G un groupe, x et y deux éléments de G. Prouver que xy et yx ont le même ordre.

Indication : utiliser le fait que si l’ordre d'un élément z est fini, cet ordre est le plus petit nombre naturel n > 0 tel que zⁿ = 1.

Solution

Soient G un groupe, x et y deux éléments de G. Prouvons que xy et yx ont le même ordre.

Soit n un nombre naturel > 0 tel que (xy)ⁿ = 1 (à supposer qu'un tel n existe). Nous avons donc :

$(xy)\cdots (xy)=1$,

le premier membre étant formé de n facteurs xy. Cela peut encore s'écrire :

$x(yx)\cdots (yx)y=1$,

avec n-1 facteurs yx. En multipliant à gauche par x⁻¹ et à droite par x, nous trouvons :

$(yx)\cdots (yx)=x^{-1}x$,

avec maintenant n facteurs yx. Comme le second membre est égal à 1, nous avons donc (yx)ⁿ = 1.

Nous avons ainsi prouvé que, pour tout nombre naturel n > 0 tel que (xy)ⁿ = 1, on a aussi (yx)ⁿ = 1. De même, pour tout nombre naturel n > 0 tel que (yx)ⁿ = 1, on a aussi (xy)ⁿ = 1.

Ainsi, l’ensemble (éventuellement vide) des nombres naturels n > 0 tels que (xy)ⁿ = 1 est égal à l’ensemble (éventuellement vide) des nombres naturels n > 0 tels que (yx)ⁿ = 1.

En tenant compte qu'un élément z est d'ordre fini si et seulement si l’ensemble des nombres naturels n > 0 tels que zⁿ = 1 n’est pas vide et que, dans ce cas, l’ordre de z est le plus petit élément de cet ensemble, nous trouvons que xy et yx ont le même ordre, fini ou infini.

Remarque : la considération de la relation de conjugaison dans un groupe nous fournira une démonstration plus élégante (Théorie des groupes/Conjugaison, centralisateur, normalisateur#Conjugaison/).

 

Problème 3

Soient f un homomorphisme d'un groupe G dans un groupe H et x un élément de G. Montrer que l’ordre de f(x) divise celui de x. (On admet que la notion de divisibilité peut s'étendre aux cardinaux infinis, un cardinal a étant dit diviser un cardinal b s'il existe un cardinal c tel que ac = b.) Si, de plus, f est injectif, montrer que x et f(x) ont le même ordre.

Solution

Soit a l’ordre de x. Pour prouver que l’ordre de f(x) divise celui de x, on peut évidemment se borner au cas où a est fini (car un cardinal infini est divisible par tout cardinal dénombrable non nul). Nous avons $\ x^{a}=1$, d'où, puisque f est un homomorphisme, $\ f(x)^{a}=1$. D'après la théorie, ceci entraîne que l’ordre de f(x) divise a. On peut dire aussi que f induit un homomorphisme $g:x\mapsto f(x)$ de <x> dans H et que, d’après le premier théorème d'isomorphisme, $\ \vert <x>\vert =\vert Kerg\vert \cdot \vert g(<x>)\vert$; puisque g(<x>) = f(<x>) = <f(x)>, on a donc $\ \vert <x>\vert =\vert Kerg\vert \cdot \vert <f(x)>\vert$. Ainsi, l’ordre de <f(x)> divise l’ordre de <x>, autrement dit l’ordre de f(x) divise l’ordre de x. Si maintenant f est injectif, alors g l'est aussi, donc $\vert Kerg\vert =1$, donc le résultat $\ \vert <x>\vert =\vert Kerg\vert \cdot \vert <f(x)>\vert$ peut s'écrire $\ \vert <x>\vert =\vert <f(x)>\vert$, autrement dit l’ordre de x est égal à l’ordre de f(x).

 

Problème 4

Soient f un homomorphisme d'un groupe G dans un groupe H d'ordre fini a. Soit x un élément de G d'ordre fini premier avec a. Montrer que f(x) = 1.

Solution

Soit b l’ordre de x. D'après le problème précédent, l’ordre de f(x) divise b. D'autre part, puisque f(x) appartient à H, l’ordre de f(x) divise l’ordre a de H (théorie). Ainsi, l’ordre de f(x) divise à la fois a et b. Par hypothèse, a et b sont premiers entre eux, donc l’ordre de f(x) est égal à 1, autrement dit, f(x) = 1.

 

Problème 5

a) Soient G un groupe, a et b deux entiers rationnels premiers entre eux. Prouver que si x est un élément de G tel que $x^{a}=1,$ x peut se mettre sous la forme $x=y^{b}$ avec $y\in G$, et que y peut être pris égal à une puissance de x.

Solution

D'après le théorème de Bachet-Bézout, il existe des entiers rationnels r et s tels qu'ar + bs = 1, d'où

$\ x^{ar+bs}=x^{1}$,

ce qui peut s'écrire

$\ x^{ar}x^{bs}=x.$

Par hypothèse, x^a = 1, donc notre résultat peut s'écrire

$\ (x^{s})^{b}=x$,

donc l'énoncé est vrai avec y = x^s.

 

b) Soit G un groupe fini d'ordre a, soit b un entier rationnel premier avec a. Prouver que l’application $x\mapsto x^{b}$ de G dans lui-même est une permutation de G (et, bien sûr, un automorphisme de G si G est commutatif).

Solution

D'après la théorie, $x^{a}=1$ pour tout élément x de G. Donc, d’après le point a), l’application $x\mapsto x^{b}$ de G dans lui-même est surjective. Puisque G est fini, cette application est donc bijective, ce qui prouve l'énoncé.

 

Remarque : l'énoncé b) nous servira dans le chapitre Théorème de Gaschütz.

Problème 6. Ordre du composé de deux éléments commutant entre eux

Soient G un groupe, a et b deux éléments de G, d'ordres finis r et s respectivement. On suppose que a et b commutent.

a) Prouver que l’ordre de ab est fini et divise le ppcm de r et s.

Solution

Soit m le ppcm de r et s. Puisque a et b commutent, nous avons

(1) (ab)^m = a^mb^m.

Puisque m est multiple de l’ordre de a, a^m = 1. De même, b^m = 1. Donc la relation (1) donne (ab)^m = 1, donc l’ordre de ab divise m.

 

b) Montrer que l’ordre de ab n’est pas forcément égal à ppcm(r, s).

Solution

Soit a un élément d'ordre fini n > 1 (on sait que le cas se présente). Posons b = a^-1. Alors a et b commutent et dans les notations du point a), r = s = n. Puisque ab = 1, l’ordre de ab est égal à 1 et est donc distinct de ppcm(r, s) = ppcm(n, n) = n.

 

c) On suppose que ⟨a⟩ ⋂ ⟨b⟩ = 1 (où ⟨x⟩ désigne le sous-groupe de G engendré par l'élément x de G). Prouver que l’ordre de ab est égal à ppcm(r, s).

Solution

Soit d l’ordre de ab. D'après le point a), d divise ppcm(r, s). Il suffit donc de prouver que d est multiple de ppcm(r, s). Nous avons (ab)^d = 1, d'où, puisque a et b commutent, a^db^d = 1, d'où a^d = b^-d, donc la valeur commune de a^d et de b^-d appartient à ⟨a⟩ ⋂ ⟨b⟩ = 1, donc a^d = b^d = 1. Il en résulte que d est multiple à la fois de r et de s, donc est multiple de ppcm(r, s).

Remarque. Nous verrons au chapitre Produit de groupes que, sous les hypothèses du point c), le sous-groupe engendré par a et b est la somme directe de ⟨a⟩ et ⟨b⟩, ce qui permet de rattacher l'énoncé à un fait plus général.

 

d) Dans le groupe des permutations de l’ensemble à trois éléments {1, 2, 3}, on considère la permutation (1 2) qui échange 1 et 2 (c'est-à-dire applique 1 sur 2 et 2 sur 1 et laisse 3 fixe) ; on considère de même la permutation (2 3) qui échange 2 et 3 et laisse 1 fixe. Montrer que l’ordre de (1 2)(2 3) ne divise pas le ppcm des ordres de (1 2) et (2 3). (Ceci montre que l'énoncé du point a) devient faux si on en supprime l'hypothèse selon laquelle a et b commutent.)

Solution

On vérifie facilement que (1 2) et (2 3) sont d'ordre 2. D'autre part, (1 2)(2 3) est la permutation qui applique 1 sur 2, 2 sur 3 et 3 sur 1. On vérifie facilement que cette permutation est d'ordre 3, donc l’ordre de (1 2)(2 3) ne divise pas le ppcm des ordres de (1 2) et de (2 3).

 

e) Prouver que si r et s sont premiers entre eux, l’ordre de ab est rs.

Solution

Le groupe ⟨a⟩ est d'ordre r et le groupe ⟨b⟩ d'ordre s. L'ordre du sous-groupe ⟨a⟩ ⋂ ⟨b⟩ divise donc à la fois r et s. Puisque r et s sont premiers entre eux, ceci montre que ⟨a⟩ ⋂ ⟨b⟩ = 1. D'après le point c), l’ordre de ab est donc ppcm(r, s). Puisque r et s sont premiers entre eux, leur ppcm est égal à leur produit, donc l’ordre de ab est rs.

 

f) Montrer qu'il existe deux entiers u et v tels que l'ordre de a^ub^v soit égal à ppcm(r, s).

Solution

Grâce à la décomposition en facteurs premiers, on peut trouver des entiers r₁, r₂, s₁ et s₂ tels que r = r₁r₂, s = s₁s₂, s₁ divise r₁, r₂ divise s₂ et pgcd(r₁, s₂) = 1. On a alors ppcm(r, s) = r₁s₂ et d'après le point c), puisque a^r₂ est d'ordre r₁ et b^s₁ est d'ordre s₂, l'ordre de a^r₂b^s₁ est r₁s₂.

 

g) Soient G un groupe, soit $n$ un nombre naturel non nul, soient $x$ et $y$ des éléments de G tels que

(i) $x$ et $y$ commutent entre eux;

(ii) les ordres de $x$ et de $y$ sont finis;

(iii) l'ordre de $x$ est divisible par $n$ et l'ordre de $y$ est premier avec $n$.

D'après le point a), $xy$ est d'ordre fini. Prouver que l'ordre de $xy$ est divisible par $n$.

Solution

Pour tout élément $z$ de G, notons $\vert z\vert$ l'ordre de $z.$
Nous avons

$x=(xy)y^{-1}$,

donc, d'après le point a)

$\vert x\vert$ divise $PPCM(\vert xy\vert ,\vert y^{-1}\vert ).$

Puisqu'un élément et son inverse ont le même ordre (voir chapitre théorique), cela revient à dire que

(1)$\qquad \vert x\vert$ divise $PPCM(\vert xy\vert ,\vert y\vert ).$

Supposons que, par absurde,

(hyp. 2)$\qquad \vert xy\vert$ ne soit pas divisible par $n.$

Alors, puisque $\vert y\vert$ est supposé premier avec $n$,

$PPCM(\vert xy\vert ,\vert y\vert )$ n'est pas divisible par $n$,

donc, d'après (1),

$\vert x\vert$ n'est pas divisible par $n$,

ce qui contredit les hypothèses de l'énoncé. Cela prouve que notre hypothèse (2) est absurde, donc $\vert xy\vert$ est divisible par $n$, ce qui prouve l'énoncé.

 

h) Il résulte du point a) que si deux éléments d'un groupe commutent entre eux et sont d'ordres finis, leur composé est d'ordre fini. Puisqu'un élément et son inverse ont le même ordre (voir chapitre théorique), les éléments d'ordre fini d'un groupe abélien G forment donc un sous-groupe de G. Montrer que dans le groupe $GL(2,\mathbb {Q} )$ (groupe multiplicatif des matrices carrées inversibles de taille 2 à coefficients dans $\mathbb {Q}$), les éléments

$A={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\\\end{pmatrix}}$ et $B={\begin{pmatrix}0&1\\-1&-1\\\end{pmatrix}}$

sont d'ordres finis mais que AB est d'ordre infini.

Solution

Le calcul donne

$A^{2}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\\\end{pmatrix}}$ d'où (matrices diagonales) $A^{4}=1,$ donc A est d'ordre 4. Le calcul montre également que $B^{3}=1,$ donc B est d'ordre 3.

D'autre part,

$AB={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\\end{pmatrix}}$.

Par récurrence sur n, on en tire $(AB)^{n}={\begin{pmatrix}1&n\\0&1\\\end{pmatrix}}$. Donc, pour tout nombre naturel n > 0, le coefficient de la première ligne et de la seconde colonne de $(AB)^{n}$ est égal à n et est donc non nul, donc $(AB)^{n}\not =1,$ donc AB est d'ordre infini.

 

Problème 7

Prouver que tout groupe d'ordre 4 est commutatif.

Solution

Soit G un groupe d'ordre 4. D'après le théorème de Lagrange, l’ordre de tout élément de G divise 4. S'il existe un élément d'ordre 4, G est cyclique et donc commutatif. Dans le cas contraire, x² = 1 pour tout élément x de G, donc G est commutatif d’après un problème de la série Groupes, premières notions.

 

Remarque : nous verrons dans les exercices sur le chapitre Produit direct et somme restreinte que, plus généralement, tout groupe d'ordre p², où p est un nombre premier, est commutatif.

Problème 8

Soient G un groupe fini et p un nombre premier.

a) Montrer que si H et K sont deux sous-groupes distincts d'ordre p de G, H et K ont une intersection triviale, c'est-à-dire que H ⋂ K = 1.

Solution

Puisque H ⋂ K est un sous-groupe de H, son ordre divise p, donc, puisque p est premier, l’ordre de H ⋂ K est égal à 1 ou à p. S'il était égal à p, alors H ⋂ K serait égal à H tout entier et, de même, à K tout entier, donc H et K seraient égaux, ce qui est contraire aux hypothèses. Donc l’ordre de H ⋂ K est égal à 1, autrement dit H ⋂ K = 1.

 

b) Montrer que le nombre des éléments d'ordre p de G est égal à n(p – 1), où n désigne le nombre des sous-groupes d'ordre p de G.

Solution

Tout élément d'ordre p de G appartient à un ensemble H - {1}, où H est un sous-groupe d'ordre p de G (prendre pour H le sous-groupe de G engendré par l'élément en question). Réciproquement, si H est un sous-groupe d'ordre p de G, tout élément de H - {1} est d'ordre p (car l’ordre d'un tel élément divise p et est distinct de 1). Donc l’ensemble des éléments d'ordre p de G est la réunion des ensembles H - {1}, où H parcourt les sous-groupes d'ordre p de G. D'après le point a), ces ensembles H - {1} sont deux à deux disjoints. Comme ils sont tous de cardinal p - 1, l'énoncé en résulte.

 

Remarque. On trouvera une démonstration un peu différente et plus générale dans les exercices de la série Automorphismes d'un groupe cyclique.

c) Soit p un nombre premier. Donnez un exemple de p-groupe fini (c'est-à-dire de groupe d'ordre une puissance de p) qui contient exactement p + 1 sous-groupes d'ordre p. (Attention : la solution fait intervenir le produit direct de deux groupes, qui n'a pas encore été défini. Une réorganisation serait peut-être souhaitable.)

Solution

D'après la question précédente, la condition revient à : le groupe contient exactement p² éléments x tels que x^p = 1. Le groupe $((\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{2},+)$ convient.

 

Problème 9

Soient G un groupe cyclique d'ordre n noté multiplicativement, k un entier naturel et d le plus grand diviseur de k et n.

a) Montrer qu'un élément x de G est puissance k-ième dans G si et seulement s'il est puissance d-ième dans G.

Solution

Toute puissance k-ième est évidemment une puissance d-ième. Prouvons, réciproquement, que si un élément x de G est une puissance d-ième, c’est une puissance k-ième. Soit y un élément de G tel que x = y^d. Puisque d est le plus grand commun diviseur de k et n, il existe des entiers rationnels a et b tels que ak + bn = d (théorème de Bachet-Bézout). Alors x = y^ak y^bn. D'après la théorie, yⁿ = 1, donc x = y^ak, donc x est bien puissance k-ième dans G.

 

b) Sous les hypothèses du point a), montrer que si un élément x de G est puissance k-ième dans G, les éléments y de G tels que y^k = x sont en nombre d.

Solution

Par hypothèse, nous pouvons choisir un élément y₀ de G tel que y₀^k = x. Il est clair qu'un élément y de G est tel que y^k = x si et seulement si (y y₀^-1)^k = 1, donc $\ z\mapsto zy_{0}$ définit une bijection de l’ensemble des racines k-ièmes de 1 sur l’ensemble des racines k-ièmes de x. D'après la théorie, les racines k-ièmes de 1 sont les racines d-ièmes de 1 et sont en quantité d, d'où l'énoncé.

 

Problème 10 (Ordre d'une puissance)

Soit G un groupe, soit $x$ un élément d'ordre fini de G ; on notera cet ordre $\vert x\vert$.

a) Soit $r$ un nombre naturel. Prouver que l'ordre de $x^{r}$ est $\vert x\vert /\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r).$

Solution

Dans le chapitre théorique, on a démontré le résultat suivant :

Soient H un groupe fini et $r$ un nombre naturel ; pour tout élément $h$ de H, la relation $h^{r}=1$ équivaut à la relation $h^{\mathrm {PGCD} (\vert H\vert ,r)}=1.$

Appliquons cela au groupe H = ⟨x⟩ et à $h=x^{a}$, où $a$ est n'importe quel nombre naturel. Nous trouvons que

pour tout nombre naturel $a$,

(1)$\qquad x^{ar}=1\Leftrightarrow x^{a\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r)}=1.$

Les nombres naturels $a$ satisfaisant au membre gauche de l'équivalence (1) sont les multiples naturels de l'ordre de $x^{r}$.

Les nombres naturels $a$ satisfaisant au membre droit de l'équivalence (1) sont les nombres naturels $a$ tels que $aPGCD(\vert x\vert ,r)$ soit multiple de $\vert x\vert$, autrement dit ce sont les multiples naturels de $\vert x\vert /\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r).$

Donc, d'après (1), les multiples naturels de l'ordre de $x^{r}$ sont exactement les multiples naturels de $\vert x\vert /\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r).$ Dès lors, l'ordre de $x^{r}$ et $\vert x\vert /\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r)$ sont multiples l'un de l'autre, donc ces deux nombres sont égaux.

 

b) Soient r et s premiers entre eux tels que |x| = rs. Montrer que x s'écrit de façon unique ab avec a et b éléments de G qui commutent et d'ordres respectifs r et s.

(C'est en quelque sorte une réciproque forte de la question e du problème 6.)

Solution

D'après le théorème de Bachet-Bézout, il existe des entiers u et v tels que ru + sv = 1.

Analyse. Soit (a, b) une solution. Alors, a est égal à a^sv (car a est d'ordre r et sv est congru à 1 modulo r), donc à (ab)^sv (car b est d'ordre s et commute avec a) c'est-à-dire à x^sv. De même, b = x^ru.

Synthèse. Posons a = x^sv et b = x^ru. On a évidemment x = ab = ba. De plus, d'après la question précédente, a est bien d'ordre r (car pgcd(rs, sv) = s×pgcd(r, v) = s) et de même, b est d'ordre s.

 

Remarque. La démonstration et l'assertion d'unicité prouvent aussi que a et b doivent être des puissances de x.

c) Soient p un nombre premier et G un groupe. On définit un élément p-unipotent de G comme un élément de G dont l'ordre est une puissance de p et on définit un élément p-régulier de G comme un élément de G dont l'ordre n'est pas divisible par p. (De tels éléments sont donc d'ordre fini.)
Soit x un élément d'ordre fini de G. À l'aide du point b), prouver qu'il existe un et un seul couple (u, t) d'éléments de G satisfaisant aux conditions suivantes : u est p-unipotent, t est p-régulier, x = ut = tu. Prouver aussi que u et t sont alors des puissances de x.

Solution

L'ordre de x peut s'écrire (d'une et une seule façon) p^a b, avec a et b naturels, b non divisible par p. Donc, d'après le point b), il existe un et un seul couple (U, T) d'éléments de G tel que U soit d'ordre p^a, que T soit d'ordre b et que UT = TU = x; de plus, U et T sont des puissances de x.
Alors U est p-unipotent et T est p-régulier, donc pour prouver l'énoncé du point c), nous avons exactement à prouver que

(thèse 1) si (U', T') est un couple d'éléments de G tel que U’ soit p-unipotent, que T' soit p-régulier et que x = U' T’ = T’ U’, alors U’ = U et T' = T.

Soient donc U' et T' des éléments de G possédant ces propriétés. Puisque l'ordre de U' est une puissance de p et que l'ordre de T' n'est pas divisible par p, les ordres de U' et de T' sont premiers entre eux. Donc, puisque U' et T' sont supposés commuter entre eux, il résulte du problème 6,e que |U' T'| = |U'| |T'| (où les barres verticale désignent l'ordre d'un élément de G).
Par hypothèse, le membre gauche est l'ordre de x et l'ordre de x est p^a b, donc

|U'| |T'| = p^a b.

Puisque |U'| est une puissance de p et que |T'| n'est pas divisible par p, on a donc

|U'| = p^a et |T'| = b.

Dès lors, d'après l'assertion d'unicité du point b),

U' = U et T' = T, ce qui prouve notre thèse (1).

 

Problème 11 (Ordre d'une racine)

Soit G un groupe. Pour tout élément $g$, on notera $\vert g\vert$ l'ordre de $g$. Soit $x$ un élément d'ordre fini de G, soit $d$ un nombre naturel dont tout diviseur premier divise $\vert x\vert$ (donc $d$ n'est pas nul), soit $y$ un élément de G tel que y^d = x.

a) Prouver que $y$ est d'ordre $d\vert x\vert .$
Indication : on peut utiliser le problème « Ordre d'une puissance » et le théorème de Bézout.

Solution

De l'hypothèse $y^{d}=x$ et du problème « Ordre d'une puissance » résulte que

$\vert x\vert =\vert y\vert /PGCD(\vert y\vert ,d)$,

$\vert y\vert =\vert x\vert PGCD(\vert y\vert ,d).$

Il suffit donc de prouver que

$PGCD(\vert y\vert ,d)=d,$

ce qui revient à prouver que $\vert y\vert$ est divisible par $d.$
Soit $p$ un facteur premier de $d$, soit $f=v_{p}(d)$ le plus grand nombre naturel tel que $p^{f}$ divise $d.$ Tout revient à prouver que $\vert y\vert$ est divisible par $p^{f}$, ce qui revient encore à prouver que

(thèse 1)$\qquad PGCD(\vert y\vert ,p^{f})=p^{f}.$

Supposons que, par absurde,

(hyp. 2)$\qquad PGCD(\vert y\vert ,p^{f})\not =p^{f}.$

Alors

(3)$\qquad PGCD(\vert y\vert ,p^{f})=p^{s}$, où $s$ est un nombre naturel $<f.$

D'après le théorème de Bézout, il existe alors des entiers relatifs $a$ et $b$ tels que

$\qquad a\vert y\vert +bp^{f}=p^{s}$,

d'où

(4)$\qquad y^{a\vert y\vert +bp^{f}}=y^{p^{s}}.$

Puisque $y^{\vert y\vert }=1$, le résultat (4) peut s'écrire

(5)$\qquad y^{bp^{f}}=y^{p^{s}}.$

Puisque $d$ est divisible par $p^{f}$ et que $s\leq f$ (et même $s<f$), $d/p^{s}$ est un nombre entier, donc nous pouvons élever (5) à la puissance $d/p^{s}$, ce qui donne

(6)$\qquad y^{bdp^{f-s}}=y^{d}.$

Puisque, par hypothèse de l'énoncé, $y^{d}=x$, (6) peut s'écrire

$\qquad x^{bp^{f-s}}=x$,

(7)$\qquad x^{bp^{f-s}-1}=1$.

D'après (3), $s<f$, donc $bp^{f-s}$ est divisible par $p$, donc $bp^{f-s}-1$ n'est pas divisible par $p$, donc (7) montre que l'ordre de $x$ n'est pas divisible par $p$. C'est impossible, puisque $p$ est un facteur premier de $d$ et que, par hypothèse de l'énoncé, tout facteur premier de $d$ divise l'ordre de $x$. Cette contradiction prouve que l'hypothèse (2) est fausse, autrement dit la thèse (1) est vraie. Comme nous l'avons vu, cela démontre l'assertion du point a).

 

b) Montrer par un exemple que l'énoncé du point a) cesse d’être exact si on supprime l'hypothèse selon laquelle tout facteur premier de $d$ divise l’ordre de $x$.

Solution

Soit $x$ d'ordre 2 et posons $y=x.$ Alors y³ = x³ = x²x = x, donc les hypothèses du point a) abusivement modifié sont satisfaites avec d = 3 et pourtant $y$ n’est pas d'ordre 6 (puisqu’il est égal à $x$ qui est d'ordre 2). Plus banalement, prenons $x=y=1$. Alors, pour n'importe quel nombre naturel $n$, yⁿ = x et pourtant $y$ n'est pas d'ordre $n$ si $n$ est choisi distinct de 1.

 

Remarque. L'énoncé du point a) admet le cas particulier suivant (qui peut d'ailleurs se démontrer un peu plus simplement que le cas général) : soit G un groupe, soit $x$ un élément de G dont l'ordre est une puissance naturelle de nombre premier, soit $p^{n}$ cet ordre; soit $y$ un élément de G tel que $y^{p^{f}}=x$, $f$ étant un nombre naturel; alors l'ordre de $y$ est $p^{n+f}.$ Dans la suite du cours, on utilisera ce cas particulier sans référence.

Problème 12 (Sous-groupes à la fois maximaux et normaux)

a) Soit G un groupe, soit M un sous-groupe normal de G. Prouver que M est un sous-groupe maximal de G si et seulement si M est d'indice (fini) premier dans G.

Solution

Dans un exercice de la série Sous-groupes de Z, divisibilité dans N et dans Z, on a prouvé que tout sous-groupe d'indice premier de G (normal ou non) est maximal dans G. Il reste à prouver que si M est un sous-groupe à la fois maximal et normal de G, M est d'indice premier dans G. L'hypothèse selon laquelle M est un sous-groupe maximal de G signifie qu'il n'y a pas de sous-groupe H de G tel que M < H < G. Puisque M est supposé normal dans G, on en déduit, à l'aide du théorème de correspondance, que le groupe G/M (qui est non trivial) n'a pas d'autre sous-groupe que lui-même et son sous-groupe trivial. D'après le chapitre théorique, le groupe G/M est donc d'ordre (fini) premier, donc M est d'indice premier dans G, ce qui achève de prouver l'énoncé.

 

Remarque. On verra dans un exercice sur le chapitre Groupes alternés qu'un sous-groupe maximal (non normal) n'est pas forcément d'indice premier.

b) Désignons par $\mathbb {Q}$ le groupe additif des nombres rationnels (voir le chapitre Groupes, premières notions). Prouver que $\mathbb {Q}$ n'a pas de sous-groupe maximal.

Indication : on peut utiliser le point a).

Solution

Soit, par absurde, M un sous-groupe maximal de $\mathbb {Q}$. Puisque $\mathbb {Q}$ est abélien, M est normal dans $\mathbb {Q}$, donc est un sous-groupe à la fois maximal et normal de $\mathbb {Q}$, donc, d'après le point a), M est un sous-groupe normal d'indice premier $p$ de $\mathbb {Q}$. D'après le chapitre théorique, il en résulte que pour tout élément $x$ de $\mathbb {Q}$, $px$ appartient à M, autrement dit $p\mathbb {Q}$ est contenu dans M. Mais $p\mathbb {Q}$ est clairement égal à $\mathbb {Q}$, donc M est égal à $\mathbb {Q}$ tout entier, ce qui contredit la définition d'un sous-groupe maximal. Cette contradiction prouve que $\mathbb {Q}$ n'a pas de sous-groupe maximal.

 

Remarques.

1. Le point b) sera rappelé dans le chapitre Sous-groupe de Frattini.
2. Un groupe abélien est sans sous-groupe maximal si et seulement s'il est divisible, notion qui sera peut-être définie un jour dans la présente leçon.

Problème 12bis

a) On a vu dans le chapitre théorique que si G est un groupe et H un sous-groupe distingué d'indice fini n de G, alors, pour tout élément x de G, $x^{n}$ appartient à H. Prouver par un exemple que ce n'est plus forcément vrai si au lieu de supposer que H est un sous-groupe distingué de G, on suppose seulement que c'est un sous-groupe de G. (Indication : on peut prendre pour G le groupe $S_{\{1,2,3\}}$ des permutations de l’ensemble à trois éléments {1, 2, 3}, pour H un sous-groupe d'indice n = 3 de G = $S_{\{1,2,3\}}$ et trouver un élément de G dont le cube n'appartient pas à H.)

Solution

Prenons pour G le groupe $S_{\{1,2,3\}}$. Notons (1 2) l'élément de G qui échange les élément 1 et 2 et laisse donc fixe l'élément 3. Cet élément de G est d'ordre 2, donc si nous désignons par H le sous-groupe de G engendré par cet élément, H a pour éléments la permutation identique de l'ensemble {1, 2, 3} et l'élément (1 2). En particulier, H est d'ordre 2 et donc d'indice 3 dans G. Pourtant, il est faux que le cube de tout élément de G appartienne à H, car si nous désignons par (1 3) l'élément de G qui échange les éléments 1 et 3 (et laisse donc fixe l'élément 2), alors (1 3) est d'ordre 2, donc le cube de (1 3) est égal à (1 3) et n'appartient donc pas à H.

 

b) On suppose toujours que G est un groupe et H un sous-groupe d'indice fini n de G, sans supposer que H soit normal dans G. On vient de voir qu'il n'est pas forcément vrai que, pour tout élément x de G, $x^{n}$ appartienne à H. Prouver qu'on a tout de même le fait plus faible que voici : pour tout élément x de G, il existe un nombre naturel r (non forcément indépendant de x) tel que $1\leq r\leq n$ et que $x^{r}$ appartienne à H.

Solution

Puisque les classes à gauche modulo H sont en nombre n, l'application $i\mapsto x^{i}H$ de l'ensemble (à n + 1 éléments) {0, 1, ... , n} dans l'ensemble des n classes à gauche modulo H n'est pas injective, donc il existe parmi les nombres 0, 1, ... , n deux nombres i et j tels que i < j et que $x^{i}H=x^{j}H$, d'où $x^{j-i}\in H$, avec $1\leq j-i\leq n$, ce qui prouve l'énoncé (avec $j-i=r$).

 

Problème 13

Soient p un nombre premier impair et G un groupe d'ordre p + 1 possédant un automorphisme d'ordre p. Montrer que tout élément de G différent du neutre est d'ordre 2.

Solution

Soient f un tel automorphisme, x un élément de G non fixe par f, X = {x, f(x), f²(x), …} son orbite et g la restriction de f à X. Le cardinal (> 1) de X est égal à l'ordre de g donc est un diviseur de p. Par conséquent, tous les éléments de G différents du neutre sont sur la même orbite. Ils ont donc tous même ordre (cf. Problème 3), si bien que cet ordre — notons-le q — est premier. De plus (cf. Problème 8) q – 1 est un diviseur de p donc (par parité) q = 2.

 

Remarque. G est alors abélien et c'est même un 2-groupe abélien élémentaire, c'est-à-dire qu'il est isomorphe à (ℤ/2ℤ)^r pour un certain entier r. Cet exposant r est premier puisque p = 2^r – 1 est un nombre de Mersenne premier.

Problème 14

Soit G un groupe n'ayant qu'un nombre fini de sous-groupes. Montrer que G est fini.

Solution

Les sous-groupes monogènes de G (dont G est l'union), sont en nombre fini, et ils sont finis car tout groupe monogène infini est isomorphe à $\mathbb {Z}$, qui admet une infinité de sous-groupes.

 

Problème 15

Soit G un groupe ayant un plus grand sous-groupe propre. On a déjà rencontré les groupes de cette sorte dans un exercice de la série Groupes, premières notions. On a noté qu'un tel groupe a un seul sous-groupe maximal, d'ailleurs égal à son plus grand sous-groupe propre.
a) Soit ${\mathcal {F}}$ un ensemble de sous-groupes de G engendrant G (c'est-à-dire que la réunion des sous-groupes de G appartenant à ${\mathcal {F}}$ engendre G). Prouver que G appartient à ${\mathcal {F}}$.

Solution

Notons M le plus grand sous-groupe propre de G. Supposons que, par absurde, G n'appartienne pas à ${\mathcal {F}}$. Alors chaque élément de ${\mathcal {F}}$ est un sous-groupe propre de G et est donc contenu dans M, donc le sous-groupe de G engendré par${\mathcal {F}}$ est contenu dans M et n'est donc pas G tout entier, contradiction.
Remarque. On a en fait appliqué le principe plus général que voici : si $E$ est un ensemble ordonné ayant un plus grand élément $a$, si $E\setminus \{a\}$ a lui-même un plus grand élément, si $X$ est une partie de $E$ admettant $a$ pour borne supérieure, alors $X$ comprend $a$.

 

Remarque. On a en fait appliqué le principe plus général que voici : si $E$ est un ensemble ordonné ayant un plus grand élément $a$, si $E\setminus \{a\}$ a lui-même un plus grand élément, si $X$ est une partie de $E$ admettant $a$ pour borne supérieure, alors $X$ comprend $a$.

b) En appliquant le point a) au cas où ${\mathcal {F}}$ est l'ensemble des sous-groupes monogènes de G, prouver que G est monogène.

Solution

Tout groupe est engendré par ses sous-groupes monogènes (il en est même la réunion), donc, puisque nous supposons que G a un plus grand sous-groupe propre, il résulte du point a) que G est un des ses sous-groupes monogènes, autrement dit G est un groupe monogène.

 

c) En utilisant le point b), prouver que G est un groupe cyclique non trivial.

Solution

Supposons que par absurde, G soit infini. Alors, d'après lo point b), G est un groupe monogène infini, donc, d'après le chapitre théorique, G est isomorphe au groupe additif ℤ des entiers rationnels, donc, d'après les hypothèses sur G, ℤ a un plus grand sous-groupe propre. C'est faux, car un plus grand sous-groupe propre de ℤ contiendrait 2ℤ et 3ℤ, donc comprendrait 2 et 3, donc comprendrait 3 - 2 = 1, donc serait égal à ℤ tout entier, contradiction. Donc G est fini et, d'après le point b), est donc cyclique. D'autre part, puisque (par hypothèse) G a au moins un sous-groupe propre, il n'est pas trivial.

 

d) Prouver que pour un groupe G, les deux conditions suivantes sont équivalentes :
1° G a un plus grand sous-groupe propre;
2° G est un groupe (fini) cyclique non trivial et son ordre est une puissance de nombre premier.

Solution

Supposons que la condition 1° soit satisfaite et prouvons que la condition 2° l'est aussi.
D'après le point c), G est un groupe cyclique non trivial.
Si l'ordre de G avait au moins deux facteurs premiers distincts, soient $p$ et $q$, G aurait un sous-groupe d'indice $p$ et un sous-groupe d'indice $q$ (en effet, d'après un problème de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément, un groupe cyclique C a un sous-groupe d'ordre $d$ pour tout diviseur naturel $d$ de l'ordre de C). Ces deux sous-groupes de G seraient des sous-groupes maximaux de G (car on a vu dans un exercice de la série Sous-groupes de Z, divisibilité dans N et dans Z que tout sous-groupe d'indice premier est maximal), donc G aurait plusieurs sous-groupes maximaux, ce qui est faux, car on a rappelé plus haut qu'un groupe ayant un plus grand sous-groupe propre a un seul sous-groupe maximal. Donc l'ordre de G est une puissance de nombre premier, ce qui achève de prouver que la condition 1° entraîne la condition 2°.
Cessons de supposer que la condition 1° est satisfaite, supposons que la condition 2° l'est et prouvons que la condition 1° l'est aussi. Nous supposons donc que G est un groupe cyclique d'ordre pⁿ, où $p$ est un nombre premier et $n$ un nombre naturel non nul, et nous avons à prouver que G a un plus grand sous-groupe propre.
Le treillis des sous-groupes d'un groupe cyclique d'ordre m est isomorphe à l'ensemble des diviseurs naturels de m, cet ensemble étant ordonné par la relation divise (voir un problème de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément). Donc

(1) le treillis de notre groupe G est isomorphe à l'ensemble $\{1,p,...,p^{n}\}$, cet ensemble étant ordonné par la relation «divise».

Dans l'ensemble $\{1,p,...,p^{n}\}$ ainsi ordonné, l'ensemble des éléments distincts du plus grand élément est l'ensemble $\{1,p,...,p^{n-1}\}$ et a donc un plus grand élément, à savoir $p^{n-1}$. D'après (1), il en résulte que dans le treillis de notre groupe G, l'ensemble des éléments distincts du plus grand élément admet lui-même un plus grand élément, ce qui prouve que la condition 2° entraîne la condition 1°.

 

Remarque. On a vu dans un exercice de la série Groupes, premières notions qu'un groupe fini a un plus grand sous-groupe propre si et seulement s'il a un unique sous-groupe maximal. Il en résulte que pour un groupe fini G, le point d) peut s'énoncer comme suit : G a un seul sous-groupe maximal si et seulement G est un groupe cyclique non trivial et a pour ordre une puissance de nombre premier. B. Huppert déduit cet énoncé du théorème de la base de Burnside, que nous démontrerons au chapitre Sous-groupe de Frattini.

Problème 16

(Une partie de ce problème fait double emploi avec le problème 15.)
a) Soit G un groupe fini non cyclique. Prouver que G est la réunion de ses sous-groupes maximaux.

Solution

Il est clair que

(1) tout groupe est la réunion de ses sous-groupes monogènes.

Puisque G n'est pas monogène, les sous-groupes monogènes de G sont des sous-groupes propres de G, donc, d'après (1),

(2) G est la réunion de ses sous-groupes propres.

Puisque G est fini, tout sous-groupe propre de G est contenu dans un sous-groupe maximal de G, donc, d'après (2), G est la réunion de ses sous-groupes maximaux.

 

b) Il résulte clairement du point a) qu'un groupe fini ayant un seul sous-groupe maximal est cyclique. On l'a déjà prouvé au problème 15 et on y a montré que l'ordre d'un tel groupe a un et un seul facteur premier. Prouver que si G est un groupe fini ayant exactement deux sous-groupes maximaux, G est un groupe cyclique et son ordre a exactement deux facteurs premiers.

Solution

Si G n'était pas cyclique, alors, d'après le point a), il serait réunion de ses sous-groupes maximaux, donc, d'après les présentes hypothèses, il serait réunion de deux de ses sous-groupes propres. Or on a vu dans un exercice de la série Groupes, premières notions qu'un groupe n'est jamais réunion de deux de ses sous-groupes propres. Donc G est cyclique. Le fait que son ordre a exactement deux facteurs premiers peut se déduire du fait suivant: si C est un groupe cyclique, alors, pour chaque facteur premier p de l'ordre de C, C a un seul sous-groupe d'indice p et ce sont là tous les sous-groupes maximaux de C. On peut le prouver à l'aide d'une remarque faite sur le problème 1) ci-dessus : si G est un groupe cyclique d'ordre $n$, l'ensemble des sous-groupes de G, ordonné par inclusion (autrement dit le treillis des sous-groupes de G), est isomorphe (comme ensemble ordonné) à l'ensemble des diviseurs naturels de $n$, ordonné par la relation « divise ».

 

Remarque : un groupe peut avoir exactement trois sous-groupes maximaux sans être cyclique. Les groupes de Klein, qui seront définis au chapitre Produit direct et somme restreinte, sont un exemple de tels groupes.