cours/ordre d'un élément d'un groupe.md

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ordre ordre d'un élément

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

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

• #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)