Exercices corrigés - Groupes : ordre d'un élément, groupe cyclique

On a (tenant compte du fait que la loi est notée additivement) : $$2\times \bar 9=\bar 6,\ 3\times \bar 9=\bar 3,\ 4\times \bar 9=\bar 0.$$ $\bar 9$ est donc d'ordre 4.

D'abord, on remarque que $x^2$ est d'ordre fini, car $(x^2)^n=(x^n)^2=e^2=e$. De plus, son ordre que nous allons noter $d$ divise $n$. Distinguons alors deux cas :

• Si $n$ est pair et s'écrit $2p$, alors $(x^2)^p=x^{n}=e$, et donc l'ordre de $x^2$ divise $p$. De plus, si l'ordre de $x^2$ est inférieur strict à $p$, on a $x^{2d}=e$ avec $1\leq 2d<n$, ce qui contredit la définition de l'ordre de $x$. Donc, si $n$ est pair, l'ordre de $x^2$ est $n/2$.
• Si $n$ est impair, alors on a $x^{2d}=e$ et donc $n|2d$. Mais comme $n$ est premier avec $2$, on a $n|d$. Puisqu'on avait déjà remarqué que $d|n$, on en déduit que $d=n$. En résumé, si $n$ est impair, l'ordre de $x^2$ est $n$.

Pour tous $x,y\in G$, on a $x^2y^2=e=xyxy$ soit en simplifiant à gauche par $x$ et à droite par $y$, $xy=yx$.

1. Le sous-groupe engendré par $g$ ne peut être que $G$ tout entier.
2. Si $g^2=1$, c'est fini. Sinon, considérons $H$ le sous-groupe engendré par $g^2$. Alors $H=G$ et donc il existe un entier $n$ tel que $g=(g^{2})^n=g^{2n}$ et donc $g^{2n-1}=1$. Ainsi, $g$ est d'ordre fini.
3. Soit $n$ l'ordre de $g$. Si $n$ n'est pas premier, il se factorise en $n=ab$ avec $1<a,b<n$. Mais alors, $h=g^a\neq 1$ et le sous-groupe engendré par $h$ comporte $b$ éléments : $1$, $g^a,\dots, g^{a(b-1)}$. Ce ne peut donc pas être $G$ tout entier qui contient $n$ éléments.
4. $G$ est le sous-groupe engendré par $g$ qui est d'ordre un nombre premier, donc $G$ est fini et son cardinal est un nombre premier.

Remarquons qu'on peut conclure plus rapidement aux questions 2. et 3. si on connait la structure des groupes cycliques : si $g$ est d'ordre infini, alors $G$ est isomorphe à $\mathbb Z$ qui contient des sous-groupes non triviaux. Si $G$ est d'ordre fini $n$, alors $G$ est isomorphe à $\mathbb Z/n\mathbb Z$, qui contient des sous-groupes non triviaux si $n$ n'est pas premier.

Si $G$ n'est pas isomorphe à $\mathbb Z/4\mathbb Z,$ alors tous les éléments de $G$ différents de l'élément neutre sont d'ordre 2. Notons $a,b,c$ ces éléments, et $e$ l'élément neutre. On construit alors la table de multiplication du groupe. On peut commencer à écrire : $$\begin{array}{c|c|c|c|c} &e&a&b&c\\ \hline e&e&a&b&c\\ \hline a&a&e&&\\ \hline b&b&&e&\\ \hline c&c&&&e \end{array}$$ On peut compléter la deuxième ligne en remarquant que $ab$ doit être différent de $a$ (sinon $b=e$), de $b$ (puisque sinon on aurait $ab=b$ et donc $a=e$) et de $e$ (sinon $ab=aa$ et donc $a=b$). Ainsi, on doit avoir $ab=c$. On peut continuer le même raisonnement pour chacun des coefficients manquants et on trouve finalement la table de multiplication suivante : $$\begin{array}{c|c|c|c|c} &e&a&b&c\\ \hline e&e&a&b&c\\ \hline a&a&e&c&b\\ \hline b&b&c&e&a\\ \hline c&c&b&a&e \end{array}$$ Mais on reconnait la table de multiplication (d'addition?) dans $\mathbb Z/2\mathbb Z\times\mathbb Z/2\mathbb Z$, avec par exemple $a=(\bar 1,\bar 0)$, $b=(\bar 0,\bar 1)$, $c=(\bar 1,\bar 1)$. Ainsi, $G$ est bien isomorphe à $\mathbb Z/2\mathbb Z\times\mathbb Z/2\mathbb Z,$ l'isomorphisme étant donné par $e\mapsto (\bar 0,\bar 0)$, $a\mapsto (\bar 1,\bar 0)$, $b\mapsto (\bar 0,\bar 1)$, $c\mapsto (\bar 1,\bar 1)$.

Soit $a$ un générateur de $G$. L'ensemble des entiers $p\geq 1$ tels que $a^p\in H$ est non-vide (puisque $a^{\textrm{card}(G)}=e\in H$). Il contient un plus petit élément que nous noterons $n$. On va alors prouver que $H$ est le groupe engendré par $a^n$. Il est d'abord évident que le sous-groupe engendré par $a^n$ est contenu dans $H$.
Réciproquement, soit $x\in H$. $x$ s'écrit $x=a^p$, et il suffit de prouver que $p=kn$. Effectuons la division euclidienne de $p$ par $n$ : $p=qn+r$ avec $0\leq r<n$. Mais alors : $$a^p=(a^n)^qa^r\implies a^r=a^p (a^n)^{-q}\in H.$$ Par minimalité de $n$, ceci n'est possible que si $r=0$, donc que si $p$ est un multiple de $n$.
Remarquons la proximité entre cette démonstration et celle des sous-groupes de $\mathbb Z$.