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aliases:
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- ordre
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up::[[groupe]]
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#s/maths/algèbre
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> [!definition]
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> L'ordre d'un [[groupe]] est le cardinal de son ensemble sous-jacent, c'est-à-dire le nombre d'éléments de ce groupe.
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> Soit $G$ un groupe, on note $\#G$ son ordre
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^definition
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# Propriétés
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> [!proposition]+ les groupes d'ordre premier sont cycliques
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> Si $\#G$ est un [[nombre premier]], alors $G$ est [[groupe cyclique|cyclique]] (et donc [[groupe abélien]]).
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> De plus, tout élément non trivial ($\neq 1_{G}$) engendre $G$
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> - ! Le contraire n'est pas vrai : si $G$ est cyclique et $x \in G \setminus \{ 1 \}$, on a pas toujours $\left< x \right> = G$, par exemple, $\left< \bar{2} \right> \subsetneqq \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$
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>
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> > [!démonstration]- Démonstration
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> > Soit $G$ un groupe
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> > Soit $x \in G \setminus \{ 1 \}$ (un tel $x$ existe, car $\#G \geq 2$)
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> > On sait qu'on a $o(x) | \#G$, voir: [[ordre d'un élément d'un groupe#^cbd28c]]
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> > puisque $x \neq 1$ on a $o(x) \neq 1$ donc $o(x) = \#G$ puisque $\#G$ est premier
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> > ainsi $\left< x \right>=G$ par égalité des cardinaux
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> > Donc $G$ est [[groupe cyclique|cyclique]] et engendré par $x$
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> >
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> [!proposition]+
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> Soit $G$ un groupe
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> Soit $x \in G$ un élément d'ordre fini
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> Soit $n \in \mathbb{N}^{*}$
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> 1. Si $x^{n} = 1$, alors $o(x) | n$
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> 2. On a $o(x^{n}) = \frac{o(x)}{\mathrm{pgcd}(n, o(x))}$
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>
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> > [!démonstration]- Démonstration
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> > 1. On fait la division euclidienne de $n$ par $o(x)$ :
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> > $n = q\cdot o(x) + r$ avec $0 \leq r < o(x)$
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> > Ainsi, $1 = x^{n} = \left( x^{o(x)} \right)^{q}x^{r} = 1^{q}x^{r} = x^{r}$
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> > Par minimalité de $o(x)$, puisque $o(x) = \min \{ k\geq 1 \mid x^{k}=1 \}$, on sait que $r = 0$
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> > de là suit que $o(x) | n$
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> > 2. Soit $d := \mathrm{pgcd}(o(x), n)$
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> > On a :
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> > $\begin{align} (x^{n})^{\frac{o(x)}{d}} &= x^{\frac{n\cdot o(x)}{d}} \\&= \left( x^{o(x)} \right)^{\frac{n}{d}} & \text{car } \frac{n}{d} \in \mathbb{N}^{*} \\&= 1^{\frac{n}{d}} \\&= 1 \end{align}$
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> > donc, $o(x^{n}) | \frac{o(x)}{d}$ d'après (1.)
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> > Si, maintenant, $k \geq 1$ est tel que ${(x^{n})}^{k} = 1$, alors $x^{nk}=1$ donc $o(x) | nk$ d'après (1.)
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> > donc $\frac{o(x)}{d} | \frac{n}{d}k$
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> > or, $d = \mathrm{pgcd(o(x), n)}$, donc $\mathrm{pgcd\left( \frac{o(x)}{n}, \frac{n}{d} \right)} = 1$
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> > mais, comme $\frac{o(x)}{d} | \frac{n}{d}k$ on a $\frac{o(x)}{d} | k$ (par le [[théorème de Gauss]])
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> > Ainsi, $\frac{o(x)}{d} | o(x^{n})$ et finalement, on a $\frac{o(x)}{d} = o(x^{n})$ car $(x^{n})^{o(x^{n})} = 1$, donc on peut prendre $k = o(x^{n})$
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> [!proposition]+
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> Soient $x, y \in G$ respectivement d'ordre $a, b \in \mathbb{N}^{*}$
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> si $\begin{cases} x \text{ et } y \text{ commutent}\\ \text{et} \\ \mathrm{pgcd}(a, b) = 1 \end{cases}$ alors $o(xy) = ab$
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> - ! les hypothèses de commutativité et de coprimalité sont essentielles
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> par exemple :
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> - les éléments $x$ et $x ^{-1}$ commutent, mais $o(x x ^{-1}) = o(1) = 1 \neq o(x)o(x ^{-1})$ si $x\neq 1$
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> - dans $\mathfrak{S}_{3}$, la transposition $\sigma=(1, 2)$ est d'ordre 2 et le 3-cycle $\rho := (1, 2, 3)$ est d'ordre 3, mais $\mathfrak{S}_{3}$ ne possède pas délément d'ordre 3
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> > [!démonstration]- Démonstration
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> > On a :
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> > $$\begin{align} (xy)^{ab} &= x^{ab}y^{ab} & \text{car } x \text{ et } y \text{ commutent}\\ &= (x^{a})^{b} (y^{b})^{a}\\ &= 1^{b}1^{a} & \text{car } a = o(x) \text{ et } b = o(y) \\&= 1\cdot 1 \\&= 1 \end{align} \tag{a}$$
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> > donc $o(xy) | ab$
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> > Soit, maintenant, $k \geq 1$ tel que $(xy)^k = 1{}$
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> > puisque $x$ et $y$ commutent on a $x^{k}y^{k}=1$ donc $k^{k} = y ^{-k}$
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> > or :
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> > - $x^{k} \in \left< x \right>$ donc $o(x^{k})| \#\left< x \right> = o(x) = a$
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> > - $y^{-k} \in \left< y \right>$ donc $o(y^{-k})|\#\left< x \right> = o(y) = b$
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> > en posant $z:= x^{k} = y^{-k}$ on a donc $o(z)|a$ et $o(z)|b$, donc $o(z) = 1$ car $\mathrm{pgcd}(a, b) = 1$
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> > Ainsi, $z = 1$. On a donc :
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> > - $x^{k} = 1$ donc $a = o(x) | k$
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> > - $y^{-k} = 1 \iff (y^{k})^{-1} = 1 \iff y^{k} = 1^{-1} = 1$ donc $b = o(x)|k$
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> > Or $\mathrm{pgcd}(a, b) = 1$ donc $ab|k$
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> > Ainsi, $ab|o(xy)$ et finalement $ab=o(xy)$
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> >
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> [!proposition]+ Lemme
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> Soient $p$ un nombre premier et $n \in \mathbb{N}^{*}$
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> L'équation $x^{n} = \overline{1}$ pour $x \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ possède au plus $n$ solutions.
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> > [!démonstration]- Démonstration
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> > via des divisions euclidiennes dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[[X]]$ (le groupe des polynômes sur $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$) on montre que $[X]^{n} - 1 = \mathop{\sqcap}\limits_{\substack{x \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\\ x^{n} = 1}} ([X] - x) \times Q$ pour $Q \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}([X])$
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> > d'où le résultat.
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^5c3174
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> [!proposition]+
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> soit $p$ un [[nombre premier]]
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> le groupe $\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} = \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right) \setminus \{ 0 \}$ est [[groupe cyclique|cyclique]]
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> > [!démonstration]- Démonstration
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> > Si $p = 2$, alors $\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} = \{ 1 \}$ est [[sous groupe trivial|trivial]], et donc cyclique
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> > On suppose donc $p \geq 3$ et on raisonne par l'absurde en supposant $\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}$ non cyclique.
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> > On rappelle que $\# \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} = p-1$
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> > Par disjonction des cas :
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> > 1. premier cas : $\exists q \text{ premier et } \alpha \geq 1,\quad p-1 = q^{\alpha}$
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> > Puisque $\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}$ est non cyclique de cardinal $q^{\alpha}$, on sait que $\forall x \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times},\quad o(x) \underset{\neq}{|}q^{\alpha}$
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> > notamment, si $o(x) = q^{\alpha}$ alors $\#\left< x \right> = \#\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}$ donc $\left< x \right>= \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}$
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> > donc $o(x)|q^{\alpha-1}$ car $q$ est premier
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> > Ainsi, $\forall x \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times},\quad x^{q^{\alpha-1}} = \overline{1}$
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> > par le [[#^5c3174|lemme précédent]] , on sait que cette équation possède au plus $q^{\alpha-1}$ solutions dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, ce qui est absurde car $q^{\alpha-1} < q^{\alpha} = \#(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$
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> > 2. second cas : $p-1 = q_{1}{}^{\alpha_1} \cdot q_{2}{}^{\alpha _{2}}\cdots q_{r}{}^{\alpha _{r}}$ avec $r\geq 2$, $q_{i}$ premier, $\alpha _{i}\geq 1$ et $\forall i\neq j,\quad q_{i} \neq q_{j}$
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> > on va trouver un élément $x_{i} \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ d'ordre $q_{i}{}^{\alpha _{i}}$ pour tout $i$
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> > par la proposition précédente, puiqsue $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ est commutatif, et les $q_{i}{}^{\alpha _{i}}$ sont premiers entre eux 2 à 2 (car $q_{i} \neq q_{j}$ si $i \neq j$ et $q_{i}$ premier)
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> > on aura alors $x := x_1 \cdot x_2 \cdots x_{r}$ d'ordre $q_{1}{}^{\alpha _{1}}\cdots q_{r}{}^{\alpha _{r}}$ ce qui est impossible
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> > d'après le [[théorème de Lagrange]], on sait que si $x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ alors $o(x) | p-1 = q_{i}{}^{\alpha _{i}} \sqcap_{i \neq j} q_{j}{}^{\alpha_{j}}$
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> > si $\exists x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times},\quad o(x) = q_{i}{}^{\alpha _{i}}k$ (pour $k = \sqcap_{i\neq j}q_{j}{}$)
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# Exemples |