Chapitre 2 : Le groupe (Ζ/nΖ)

Chapitre 2 :
Le groupe (Z=nZ) .
Dans tout ce chapitre, n désigne un entier supérieur ou égal à 2.
I
a)
Quelques résultats sur les groupes.
Dé…nitions, premières propriétés
Dé…nition I.1 Soit E un ensemble, une loi de composition interne (ou l.c.i.) sur E est une application
:
E E
! E
(a; b)
! a b
Lorsque il existe une loi de composition interne
(E; )
sur E on dit qu’il est muni d’une l.c.i. et on le note
Dé…nition I.2 Soit (G; ) un ensemble muni d’une lci, on dit que G est un groupe si les trois conditions
suivantes sont véri…ées :
1. La l.c.i.
est associative, c’est à dire :
8f; g; h 2 G; f
2. La l.c.i.
(g h) = (f
g) h
admet un élément neutre, c’est à dire
9e 2 G tel que 8g 2 G; g e = e g = g
3. Tout élément g de G admet un élément symétrique pour la loi , c’est à dire
8g 2 G; 9g 0 2 G; tel que g g 0 = g 0 g = e
Si de plus la loi
est commutative c’est à dire
8g; h 2 G; g h = h g
on dit alors que (G; ) est un groupe commutatif (ou abélien).
Exemple I.1
1. (Z; +) est un groupe mais pas (N; +).
2. (Q; +), (Q ; ), (R; +) et (R ; ) sont des groupes. Notons que pour la loi + l’élément neutre est 0 et
que le symétrique s’apelle l’opposé alors que pour la loi l’élément neutre est 1 et le symétrique s’appelle
l’inverse.
3. (R [X] ; +) : l’ensemble des polynômes à coe¢ cients dans R muni de la loi + est un groupe.
4. (Z; ) n’est pas un groupe, (R [X] ; ) non plus.
5. L’ensembles des vecteurs du plan (ou de l’espace) est un groupe pour la loi + dont l’élément neutre est
le vecteur nul.
6. (f 1; 1g ; ) est un groupe.
7. L’ensemble F (R; R) des applications de R dans R muni de la loi + est un groupe dont l’élément neutre
est la fonction nulle.
_
8. (Z=nZ; +) est un groupe dont l’élément neutre est 0.
_
9. ((Z=nZ) ; ) est un groupe dont l’élément neutre est 1.
1
Tout les groupes donnés ci-dessus sont abéliens.
Proposition I.1 Soit (G; ) un groupe alors on a les propriétés suivantes :
1. G 6= ;
2. L’élément neutre est unique.
3. Tout élément de g a un symétrique unique.
Démonstration. Comme il existe au moins un élément neutre on a le premier point.
Suposons qu’il existe e et e0 deux éléments neutres de G, alors
e e0 = e car e0 est un élément neutre
e e0 = e0 car e est un élément neutre
donc e = e0 .
Supposons qu’il existe un élément g ayant deux symétriques g 0 et g 00 donc g g 0 = e et g 00 g = e alors
g 00
mais par associativité de
g g 0 = g 00 e = g 00
on a
g 00
g g 0 = g 00 g
g0 = e g0 = g0
et donc
g 0 = g 00
Remarque I.1 Si la loi du groupe est notée + alors on note 0 l’élément neutre et x le symétrique de x
qu’on appelle alors l’opposé de x:
Si la loi du groupe est notée
alors on note 1 l’élément neutre et x 1 (ou x1 ) le symétrique de x qu’on
appelle alors l’inverse de x:
Dé…nition I.3 Soient (G; ) et (H; ) deux groupes, une application f : F ! G est un morphisme de
groupe si pour tout g et g 0 2 G on a
f g g 0 = f (g) f g 0
Si de plus f est bijective, alors on dit que f est un isomorphisme de groupes, et que les groupes G et
H sont isomorphes.
On peut facilement véri…er que si f est un morphisme de groupe bijectif alors son application inverse f
est également un morphisme de groupe.
b)
1
Sous-Groupes
Dé…nition I.4 Soit (G; ) un groupe et soit F
G si et seulement si (F; ) est un groupe.
G une partie de G. On dit que F est un sous-groupe de
Proposition I.2 Soit (G; ) un groupe et soit F
G une partie de G. F est un sous-groupe de G si et
seulement si les conditions suivantes sont satisfaites :
e 2 F (F contient l’élément neutre)
8x; y 2 F; x y 2 F (F est stable par la loi )
8x 2 F le symétrique de x par
est dans F .
2
Exemple I.2
1. L’ensemble des nombres pairs est un sous groupe de (Z; +) ; mais pas l’ensemble des
nombres impairs.
2. Plus généralement nZ : l’ensemble des multiples de n est un sous-groupe de (Z; +).
3. Z [X] : polynômes à coe…cients dans Z est un sous-groupe de (R [X] ; +).
4. Soit ~u un vecteur (du plan ou de l’espace) alors l’ensemble des vecteurs colinéaires à ~u :
f~v tel que 9k 2 Z; ~v = k~ug
est un sous-groupe du groupe des vecteurs (du plan ou de l’espace).
c)
Ordre d’un élément - groupes cycliques
Proposition I.3 Soit (G; ) un groupe …ni, soit H un sous-groupe de G alors le cardinal de H divise le
cardinal de G.
Démonstration. Soit la relation binaire R dé…nie sur G par
xRy () xy
yx
Cette relation est ré‡exive car xx 1 = 1 2 H
Cette relation est symétrique car si xy 1 2 H alors xy
1
1
1
2H
1
2 H (car c’est un sous groupe) et xy
1
1
=
Cette relation est transitive car si xy 1 2 H et yz 1 2 H alors le produit xy 1 yz 1 = xz 1 2 H.
Donc R est une relation d’équivalence et les classes d’équivalence de la relation R forment une partition
de G (elles sont non-vides, deux à deux disjointes et leur réunion est G).
On note xH = fxh pour h 2 Hg ; on a yRx () y 2 xH donc xH est la classe d’équivalence de x, en
particulier la classe de 1 est H . On va montrer que toutes les classes d’équivalences ont le même cardinal
(égal au cardinal de H) ce qui prouvera le résultat. On a card(xH)
card(H) mais si xh = xh0 alors on
1
0
obtient en multipliant par x chaque membre de cette équation h = h donc card(xH) = card(H).
On va maintenant donner quelques dé…nitions :
Dé…nition I.5 Soit (G; ) un groupe, et soit g 2 G, on note hgi le sous-groupe engendré par g; donc
hgi = g 2 ; g 1 ; 1; g; g 2 ; g 3 ; :::
Proposition I.4 Si (G; ) est un groupe …ni, pour tout g 2 G il existe un entier positif k minimal tel que
g k = 1 et alors hgi = 1; g; g 2 ; :::; g k 1
k s’appelle l’ordre de g et est noté ord(g). On a de plus ord(g) = card hgi
Démonstration. Si G est …ni, hgi est …ni donc il existe a et b 2 Z tel que g a = g b donc g ja bj = 1 donc
fx 2 N; g x = 1g est non vide donc il admet un élément minimal : k.
On a évidemment 1; g; g 2 ; :::; g k 1
hgi, réciproquement soit g x un élément de hgi, e¤ectuons la division
d
euclidienne de x par k, on obtient x = kd + r où 0
r < k et donc g x = g kd+r = g k g r = g r donc
x
2
k
1
g 2 1; g; g ; :::; g
. Il reste à montrer que card hgi = k et donc que tous les éléments de 1; g; g 2 ; :::; g k 1
sont distincts, mais si on avait g x = g y avec 0 x < y k 1 alors on aurait g y x = 1 où 0 < y x k 1
or ceci est impossible par dé…nition de k:
Exemple I.3 Dans (Z=20Z; +) on a ord(12) = 5.
Comme on a ord(g) = card hgi, et la proposition précédente nous permet d’énoncer :
Corollaire I.1 Soit (G; ) un groupe …ni, et soit g 2 G, l’ordre de g divise le cardinal de G.
3
Corollaire I.2 Soit (G; ) un groupe …ni de cardinal n, et soit g 2 G, on a g n = 1. En particulier si
x 2 (Z=nZ) on a x'(n) = 1, c’est l’identité d’Euler.
Démonstration. D’après le résultat précédent il existe k 2 N tel que n = k ord(g) dong g n = g ord(g)
k
= 1.
Dé…nition I.6 Soit (G; ) un groupe …ni, G est dit cyclique si il existe un élément g de G tel que G = hgi.
On dit que g est un générateur de G.
Exemple I.4 Le groupe (Z=nZ; +) est cyclique, en e¤ et Z=nZ = h1i.
Il faut remarquer que dans un groupe cyclique tous les éléments ne sont pas des générateurs par exemple
dans Z=10Z, h5i = f0; 5g et h2i = f0; 2; 4; 6; 8g alors que h3i = h7i = Z=10Z. On va maintenant donner le
nombre de générateurs d’un groupe cyclique.
Proposition I.5 Soit (G; ) un groupe cyclique de cardinal n. Le nombre de générateurs de G est ' (n).
Démonstration. Soit g un générateur de G et soit h un élément de G il existe donc un entier positif k
tel que h = g k , on va montrer que
G = hhi () k ^ n = 1
n 1
ce qui donnera le résultat puisque ' (n) est le nombre d’entiers positifs inférieurs à n qui sont premiers avec
n.
Si k ^ n = 1 d’après le théorème de Bézout, il existe deux entiers u et v tels que ku + nv = 1 donc
g = g ku+nv = hu 1v = hu , par conséquent pour tout entier d on a hud = g d et donc G = hhi. Réciproquement
si G = hhi alors il existe un entier u tel que hu = g donc g ku 1 = 1 donc ku 1 est multiple de n donc il existe
un entier r tel que ku 1 = rn et on a donc ku rn = 1 et donc d’après le théorème de Bézout k ^ n = 1.
Proposition I.6 Soit (G; ) un groupe cyclique de cardinal n, G est isomorphe à (Z=nZ; +).
Démonstration. Soit g un générateur de G et soit
: Z=nZ !G
: x_ ! g x
Si x_ = y_ alors 9k 2 Z tel que x = y + kn donc g x = g y+kn = g y (g n )k = g y 1k = g y donc l’application est
bien dé…nie.
(x_ + y)
_ = g x+y = g x g y = (x)
_
(y)
_ donc est un morphisme de groupe.
est évidemment surjective et comme Card(G) = n = Card(Z=nZ) ; est bijective donc c’est un isomorphisme.
Proposition I.7 Soit (G; ) un groupe cyclique, tout sous-groupe de G est cyclique.
Démonstration. Soit H un sous groupe de G et soit g un générateur de G. Soit m = min fk 2 N ; g m 2 Hg.
Si H 6= f1g alors l’ensemble précédent est non vide et donc m existe.
On a donc g m 2 H, donc hg m i
H et si 0 < k < m alors g k 2
= H. On va montrer que H
hg m i soit
x
h 2 H, il existe x tel que h = g . E¤ectuons la division euclidienne de x par m, on obtient x = dm + r avec
1
0 r < m et donc h = g dm+r = (g m )d g r donc h
(g m )d
= g r 2 H donc r = 0 et g r = 1 et h = (g m )d
donc h 2 hg m i.
On va maintenant étudier la structure du groupe (Z=nZ) en commençant par un cas particulier.
4
II
Structure de (Z=pZ)
Comme précédemment p désigne un nombre premier et donc Z=pZ est un corps. Par conséquent l’équation
X d = 1 admet au plus d solutions dans Z=pZ (voir la proposition ??) donc dans (Z=pZ) , on va donc pouvoir
appliquer la proposition suivante :
Proposition II.1 Soit (G; ) un groupe …ni d’ordre n, si pour tout d 2 N si le nombre d’éléments g véri…ant
g d = 1 est inférieur ou égal à d alors G est cyclique. En particulier (Z=pZ) est cyclique.
Démonstration. Soit g un élément de G, notons d = ord(g), tous les éléments x de hgi véri…ent xd = 1
comme card(hgi) = d l’hypothèse nous permet d’a¢ rmer que tous les éléments d’ordre d sont dans hgi, de
plus ce sont les générateurs du groupe cyclique hgi donc d’après la proposition I.5 il y a ' (d) éléments d’ordre
d.
Donc pour tout diviseur d de n il y a soit 0 soit ' (d) éléments d’ordre d. Notons (d) le nombre d’éléments
d’ordre d de G on a (d) ' (d) comme (d) = 0 si d - n on a
X
X
X
(d) =
(d) = n =
' (d)
d2N
djn
djn
La dernière égalité est la formule ??. On en déduite que pour tout diviseur d de n on a (d) = ' (d), en
particulier (n) = ' (n) 6= 0 et donc il existe un élément d’ordre n.
En fait le résultat précédent montre que tout groupe multiplicatif …ni inclus dans un corps est cyclique !
III
Structure de (Z=pr Z)
On s’intéresse de nouveau à un cas particulier, celui où n est une puissance d’un nombre premier p. Il va
falloir distinguer le cas où p = 2 du cas général comme le montrent les résultats suivants, qu’on ne va pas
démontrer, la preuve étant un peu technique et peu éclairante.
Proposition III.1 Soit p un nombre premier impair, (Z=pr Z) est cyclique pour tout r 2 N :
Proposition III.2 Pour r 2 N , le groupe (Z=2r Z) est isomorphe à
f0g si r = 1
Z=2Z si r = 2
Z=2Z
IV
Z=2r
2
Z si r
3
Structure de (Z=nZ)
On va bien sûr utiliser la décomposition de n en facteurs premiers pour déduire la forme de (Z=nZ) des
résultats précédents, grâce au théorème des restes chinois :
Théorème IV.1 Soit n = 2r pr11
prkk sa décomposition en facteurs premiers (avec les pi distincts, impairs
et ri > 0). Pour r = 0 ou 1, le groupe (Z=nZ) se décompose en produit de k groupes cycliques d’ordre
respectifs prkk 1 (pk 1). Pour r = 2, s’ajoute à ces k composantes un facteur isomorphe à Z=2Z. Pour r 3
s’ajoute aux k + 1 composantes déjà citées un facteur isomorphe à Z=2r 2 Z.
La question que l’on se pose naturellement est dans quel cas est-ce que (Z=nZ) est un groupe cyclique ?
Pour répondre à cette question on va utiliser le lemme suivant :
Lemme IV.1 Soit G un groupe cyclique de cardinal n et soit H un groupe cyclique de cardinal m alors on a
G
H cyclique , m ^ n = 1
5
Démonstration. On peut supposer que G = (Z=nZ; +) et que H = (Z=mZ; +), si m et n sont premiers
entre eux alors le théorème des restes chinois nous montre que G H est cyclique. D’autre part soit (a; b) un
élément de G H et soit l = ppcm(m; n) on a la = 0 dans Z=nZ et lb = 0 dans Z=mZ donc l: (a; b) = (0; 0)
donc l’ordre de (a; b) est un diviseur de l. Si G H cyclique alors il existe un élément (a; b) de G H d’ordre
mn = card(G H) donc d’après la remarque précédente il faut que l = mn et donc que m ^ n = 1.
Si p et q sont deux nombres premiers, il faut remarquer le cardinal de (Z=pr Z) et le cardinal de (Z=q r Z)
ne sont pas premiers entre eux, en e¤et ils sont tous les deux pairs sauf si pr = 2 ou q r = 2, et donc le résultat
précédent nous permet d’énoncer :
Proposition IV.1 Le groupe (Z=nZ) est cyclique si et seulement si n vaut 2 ou 4 ou est de la forme pr ou
2pr avec p premier impair et r 1.
Dé…nition IV.1 Un élément a 2 Z=nZ est dit primitif si c’est un générateur de (Z=nZ) .
V
L’indicateur de Carmichael
Dé…nition V.1 Soit (G; ) un groupe, le plus petit entier e tel que on ait g e = 1 pour tout g 2 G est appelé
l’exposant de G et est noté (G).
On applique cette dé…nition à (Z=nZ) et on obtient
Dé…nition V.2 On appelle indicateur de Carmichael l’application
(n) =
Donc 8x 2 (Z=nZ) ; on a x
(n)
= 1 et
: N ! N dé…nie par
((Z=nZ) )
(n) est le plus petit entier véri…ant cette propriété.
Remarque V.1 Notons l = ppcmford (g) ; g 2 Gg alors on a évidemment g l = 1 pour tout g 2 G et donc
(G) l. D’autre part, pour un élément h de G si he = 1 alors ord(h) divise e; donc pour tout h 2 G on a
ord(h) j (G) donc on a ppcmford (g) ; g 2 Gg j (G) donc l
(G) et …nalement
(G) = ppcm ford (g) ; g 2 Gg
Notons que l’on connait (G) dans le cas où G est cyclique, c’est alors le cardinal de G. La proposition
suivante va nous permettre de calculer (n) pour tout entier n dont on connait la décomposition en facteurs
premiers.
Proposition V.1 On a (2) = 1, (4) = 2; (2r ) = 2r 2 pour r 3.
Pour p premier impair et r 1 on a (pr ) = pr 1 (p 1)
Si m 2 et n 2 sont premiers entre eux on a (mn) = ppcm( (m) ; (n))
Démonstration. Les deux premiers points sont une conséquence directe du fait que (Z=pr Z) et (Z=2s Z)
sont cycliques pour r 1 et s 3.
Montrons le dernier point, soit donc m et n premiers entre eux, on a donc
(Z=mnZ) ' (Z=nZ)
(Z=mZ)
Soit (a; b) 2 (Z=nZ)
(Z=mZ) alors (a; b)k = ak ; bk donc (a; b)k = (1; 1) , k multiple de ord(a) et de
ord(b) , k multiple de ppcm() donc l’ordre de (a; b) est . donc on a
(mn) = ppcm ford ((a; b)) ; (a; b) 2 (Z=nZ)
(Z=mZ) g
= ppcm fppcm (ord (a) ; ord (b)) ; (a; b) 2 (Z=nZ)
(Z=mZ) g
= ppcm (ppcm (ord (a) ; a 2 (Z=nZ) ) ; ppcm (ord (b) ; b 2 (Z=mZ) ))
= ppcm ( (m) ; (n))
6
Exemple V.1
multiple de 24.
(24) = ppcm( (8) ; (3)) = ppcm(4; 2) = 4. Donc pour tout entier x, x4
1 est
(561) = (3 11 17) = ppcm(2; 10; 16) = 80 donc dans (Z=561Z) on a x80 = 1 donc x560 = 1 et
donc bien que 561 ne soit pas premier, on a le petit théorème de Fermat dans Z=561Z.
Dé…nition V.3 Si pour tout x 2 (Z=nZ) on a xn
1
= 1, alors n s’appelle un nombre de Carmichael.
D’après le petit théorème de Fermat, tout nombre premier est un nombre de Carmichael, mais il en existe
d’autre tel 561. Donnons une caractérisation de ces nombres "pathologiques".
Proposition V.2 Soit n = pr11
prkk sa décomposition en facteurs premiers, alors n est un nombre de
Carmichael si et seulement si on a
ri = 1 pour tout i
ppcm (p1 1; p2 1; : : : ; pk
1) j n
1
Démonstration. Remarquons tout d’abord que n est de Carmichael si et seulement si (n) j n 1. En e¤et,
si n est de Carmichael n 1 est multiple de tous les ordres des éléments de (Z=nZ) donc c’est un multiple
de leur ppcm, l’autre sens est évident.
Supposons que ri 2 alors (pri i ) est multiple de pi donc (n) également, mais n 1 n’est pas multiple
de pi donc (n) - n 1 et n n’est pas de Carmichael. Donc si n est de Carmichael on a n = p1
pk et donc
(n) = ppcm(p1 1; p2 1; : : : ; pk 1) d’ou le résultat annoncé.
Voici le tableau des 10 plus petits nombres de Carmichael non-premiers :
i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
n
561
1105
1729
2465
2821
6601
8911
10585
15841
29341
décomposition
3 11 17
5 13 17
7 13 19
5 17 29
7 13 31
7 23 41
7 19 67
5 29 73
7 31 73
13 37 61
7
(n)
80
48
36
112
60
1320
198
504
360
180