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aliases:
  - ordre
  - ordre d'un élément
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up::[[groupe]]
#s/maths/algèbre 

> [!definition] Ordre d'un groupe
> Soit $(G, *)$ un groupe, et $a\in G$.
> Si il existe un entier naturel $n$ tel que $a^{*n} = e$, alors il existe un plus petit entier $\circ(a)$ tel que $a^{*\circ(a)} = e$.
> - Si $n$ n'existe pas, on dit que $a$ est **d'ordre infini**.
> - Si $n$ existe, on dit que $a$ est d'**ordre fini**, et d'**ordre $o(a) = n$**
>
> Formellement :
> loi notée multiplicativement : $o(x) = \min(n \in \mathbb{N}^{*} \mid x^{n} = 0)$
> loi notée additivement: ${o(x) = \min ( n \in \mathbb{N}^{*} \mid nx = 0 )}$
^definition


# Propriétés

> [!proposition]+ ordre 1 $\implies$ élément neutre
> Si $G$ est un groupe, alors $1_{G}$ est l'unique élément d'ordre 1

> [!proposition]+ Proposition
> Soit $G$ un groupe et $x \in G$ d'ordre $n \in \mathbb{N}^{*}$
> Si $d|n$ , alors $x^{d}$ est d'ordre $\frac{n}{d}$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > Soit $y := x^{d}$
> > $y$ est d'ordre fini $o(y) \leq \frac{n}{d}$ car $y^{\frac{n}{d}} = (x^{d})^{\frac{n}{d} = d^{d\times \frac{n}{d}}} = x^{n} = 1$
> > Si maintenant $k \geq 1$ est tel que $y^k = 1$
> > alors $(x^{d})^{k} = 1$, donc $x^{dk} = 1$
> > donc $n = o(x) \leq dk$
> > et donc $k \geq \frac{n}{d}$ donc $o(y) \geq \frac{n}{d}$
> > finalement, on a bien $o(y) = \frac{n}{d}$

> [!proposition]+ Ordre du sous-groupe engendré
> Soit $G$ un groupe, avec $x \in G$
> $\boxed{o(x) = \#\left\langle x \right\rangle}$ 
> Plus précisément :
> - si $o(x) < \infty$, alors la fonction :
> $\begin{align} f : \{ 0, 1, \dots, o(x) - 1 \} \to& \left\langle x \right\rangle \\ i \mapsto& x^{i} \end{align}$
> est une bijection.
> En particulier, $\left\langle x \right\rangle= \{ 1, x, x^{2} , x^{3}, \dots, x^{o(x)-1}\}$
> - si $o(x) = \infty$, alors la fonction :
> $\begin{align} g: \mathbb{Z} \to& \left\langle x \right\rangle \\ i \mapsto x^{i} \end{align}$
> est une bijection
> 
> > [!démonstration]- Démonstration
> > - On suppose d'abord $o(x) = \infty$
> > l'application $g$ est bien définie, car $\forall i \in \mathbb{N},\quad x^{i} = x \cdot x\cdots x \in \left\langle x \right\rangle$ 
> > on sait que $g$ est surjective.
> > Soient $m \geq n \in \mathbb{Z}$ tels que $g(m) = g(n)$
> > On a $x^{m} = x^{n}$ donc $x^{m-n} = 1$
> > Or, $m-n \geq 0$ ; mais, puisque $o(x) = \infty$ on a nécessairement $m-n = 0$ soit $m = n$. Donc $g(m) = g(n) \implies m = n$, et $g$ est injective.
> > $g$ est donc une bijection.
> > On peut alors déduire que $\#\left< x \right> = \#\mathbb{Z} = o(x) = \infty$ comme annoncé
> > - on suppose maintenant $o(x) < \infty$
> >     1. Mq $f$ est surjective
> >     Soit $y \in \left< x \right>$, on a vu qu'il existe $i \in \mathbb{Z}$ tel que $y = x$.
> >     Quite à considérer $i + ko(x)$ pour $k \gg 0$ ($k$ assez grand), on peut supposer $i \geq 0$
> >     on a $x^{i+ko} = x^{i}x^{ko(x)} = y \left(x^{o(x)}\right)^{k} = y 1^{k} = y$
> >     on écrit maintenant la division euclidienne de $i$ par $o(x) \geq 1$ : $i = qo(x) + r$
> >     or, $q \in \mathbb{N}$ et $0\leq r < o(x)$
> >     On a alors $y = x^{i} = x^{qo(x)+r} = \left( x^{o(x)} \right)^{q} x^{r} = 1x^{r} = x^{r}$
> >     Piusque $0 \leq r < o(x)$, on a $y \in f(\{ 0, 1, \dots, o(x) -1 \})$
> >     Donc $f$ est surjective
> >     2. Mq $f$ est injective
> >     Soient $0 \leq m \leq n < o(x)$ tels que $f(m) = f(n)$
> >     on a $x^{m} = x^{n}$ donc $x^{n-m} = 1$
> >     ainsi, par définition, si $n-m\geq 1$ alors $o(x) \leq n-m \leq n < o(x)$, ce qui est impossible.
> >     Donc, on a nécessairement $n-m = 0$, soit $m=n$.
> >     Finalement, $f$ est injective.
> >     3. Comme $f$ est surjective et injective, alors elle est bijective
> >     De là suit $o(x) = \#\left< x \right>$
> 
> > [!corollaire] 
> > Soit $G$ un groupe **fini**
> > Soit $x \in G$
> > $\boxed{o(x) | \# G}$
> > en particulier, tous les éléments de $G$ sont d'ordre fini.
> > > [!démonstration]- Démonstration
> > > $o(x) = \#\left< x \right>$ par la prop précédente
> > > $\#\left< x \right> | \#G$  par le [[théorème de Lagrange]]
> > > donc, $o(x) | \#G$
> 
^cbd28c

> [!proposition]+ 
> Soit $G$ un groupe
> Soit $x \in G$ d'ordre $n$
> 1. $\forall k \geq 1,\quad o(x^{k}) = \dfrac{n}{\mathrm{pgcd}(n, k)}$
> 2. $\text{\# générateurs de } \left< x \right> = \varphi(n)$ [[fonction indicatrice d'Euler]]
> > [!démonstration]- Démonstration
> > Soit $x \in G$ avec $n := \# G$
> > L'ordre $d$ de $x$ vérifie $d | n$ par le [[théorème de Lagrange]]
> > le sous-groupe $\left< x \right>$ est d'ordre $d$ $\qquad(1)$
> > De plus, toujours par le [[théorème de Lagrange]], on sait que $\forall y \in \left< x \right>,\quad o(y) | d$
> > donc $\forall y \in \left<  x \right>,\quad y^{d} = 1$ $\qquad(2)$
> > Or, par le lemme, on sait que $\#\{ z \in G \mid z^{d} = 1 \} \leq d$
> > Par $(1)$ et $(2)$ on déduit que :
> > $\#\{ z \in G \mid z^{d} = 1 \} = \left< x \right>$
> > ---
> > Ainsi, si $y \in G$ est d'ordre $d$, alors $y^{d} = 1$, donc $y \in \left< x \right>$
> > Donc, par la proposition, on a $N_{d} :=\#\{ y \in G \mid o(y) = d \} = \#\{ y \in \left< x \right> \mid o(y) = d \} = \varphi(d)$
> > ---
> > On a donc montré que :
> > $\forall d|n,\quad N_{d} = \#\{ y \in G \mid o(y) = d \} = \begin{cases} \varphi(d) & \text{si } \exists x \in G,\quad o (x) = d\\ 0 & \text{sinon} \end{cases}$
> > On a, par le [[théorème de Lagrange]]
> > $\#G = n = \sum\limits_{d|n} N_{d}$
> > Puisque $\begin{cases} \forall d|n,\quad N_{d} \leq \varphi(d) \\ n = \sum\limits_{d|n} \varphi(d) \end{cases}$ on conclut que $\forall d|n,\quad N_{d} = \varphi(d)$
> > ---
> > On a donc $N_{n} = \varphi(n) \geq 1$ donc $G$ possède au moins un élément d'ordre $n$, d'où suit que $G$ est [[groupe cyclique|cyclique]]
> > 
> 1. $\forall d|n,\quad \left| \{ y \in \left< x \right> \mid o(y) = d \} \right| = \varphi(d)$
>     - ce résultat ne dépend pas de $n$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > 3. pour $k \in [\![1; n]\!]$ on a :
> > $\begin{align} o(x^{k}) = d &\overset{\;1.}{\iff} \frac{n}{\mathrm{pgcd}(n; k)} = d \\&\iff \mathrm{pgcd}(n, k) = \frac{n}{d} \\&\iff \begin{cases} n = \frac{n}{d} \cdot d\\ k = \frac{n}{d} \cdot k \end{cases} \\&\iff k = \frac{n}{d} \cdot k' \text{ avec } k' \in [\![1; d]\!] \text{ et } \mathrm{pgcd}(k', d) = 1\end{align}$
> > ainsi, il y a $\varphi(d)$ tels entiers $k$
> 
> > [!corollaire] 
> > Soit $n \geq 1$
> > On a $n = \sum\limits_{d | n} \varphi(d)$
> > > [!démonstration]- Démonstration
> > > $n = \# \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = \sum\limits_{d|n} \# \{  x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} | o(x) = d \} = \sum\limits_{d | n} \varphi(d)$

# Exemples


> [!example] dans $\mathbb{C}^{\times}$
> $o(i) = 4$ car : $i \neq 1$, $i^{2}= -1\neq 1$, $i^{3}= i^{2}\cdot i = -i \neq 1$ et $i^{4}=(i^{2})^{2} = (-1)^{2}= 1$
> 
> 

> [!example] dans $\mathbb{C}$
> $o(i) = \infty$ car $\forall n \in \mathbb{N}^{*},\quad ni \neq 0$

> [!example] Dans $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$
> on a $o(\overline{2}) = 3$ car : 
> - $\overline{2} \neq \overline{0}$
> - $2\cdot \overline{2} = \overline{4} \neq \overline{0}$
> - $3\cdot \overline{2} = \overline{ 6} = \overline{0}$

> [!example] dans $(\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^{\times}$
> On a bien $\overline{2} \in (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^{\times}$ car $\mathrm{pgcd}(2, 9) = 1$ et $o(\bar{2})=\overline{6}$ 
> 

> [!example] dans $GL_{2}(\mathbb{C})$
> ce groupe est infini, car $\forall \lambda \in \mathbb{C}^{\times},\quad \begin{pmatrix}\lambda&0\\0&1\end{pmatrix} \in GL_{2}(\mathbb{C})$
> $A := \begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$
> $o(A) = 4$

> [!example] dans le [[groupe du rubik's cube]]
> $o(\text{mouvement d'une face}) = 4$
> $o(\text{PLL U}) = 3$
> $o(\text{RU'}) = 63$
>  - [x] #task $o(\text{RU}) = ?$ 📅 2024-10-01 ✅ 2024-12-25

> [!example] Exemple sur le [[groupe du rubik's cube]]
> > Comme le groupe du rubik's cube est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_{48}$, aucune permutation n'a pour ordre $53$ (puisque 53 est premier avec 48 et supérieur à 48)
> >