Chapitre 2 : Le groupe (Ζ/nΖ)

Chapitre 2 : Le groupe (Z=nZ).
Dans tout ce chapitre, ndésigne un entier supérieur ou égal à 2.
I Quelques résultats sur les groupes.
a) Dé…nitions, premières propriétés
Dé…nition I.1 Soit Eun ensemble, une loi de composition interne (ou l.c.i.) sur Eest une application
:EE! E
(a; b)! ab
Lorsque il existe une loi de composition interne sur Eon dit qu’il est muni d’une l.c.i. et on le note
(E; )
Dé…nition I.2 Soit (G; )un ensemble muni d’une lci, on dit que Gest un groupe si les trois conditions
suivantes sont véri…ées :
1. La l.c.i. est associative, c’est à dire :
8f; g; h 2G; f (gh) = (fg)h
2. La l.c.i. admet un élément neutre, c’est à dire
9e2Gtel que 8g2G; g e=eg=g
3. Tout élément gde Gadmet un élément symétrique pour la loi , c’est à dire
8g2G; 9g02G; tel que gg0=g0g=e
Si de plus la loi est commutative c’est à dire
8g; h 2G; 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 0et
que le symétrique s’apelle l’opposé alors que pour la loi l’élément neutre est 1et le symétrique s’appelle
l’inverse.
3. (R[X];+) : l’ensemble des polynômes à coe¢ cients dans Rmuni 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 Rdans Rmuni 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. G6=;
2. L’élément neutre est unique.
3. Tout élément de ga un symétrique unique.
Démonstration. Comme il existe au moins un élément neutre on a le premier point.
Suposons qu’il existe eet e0deux éléments neutres de G, alors
ee0=ecar e0est un élément neutre
ee0=e0car eest un élément neutre
donc e=e0.
Supposons qu’il existe un élément gayant deux symétriques g0et g00 donc gg0=eet g00 g=ealors
g00 gg0=g00 e=g00
mais par associativité de on a
g00 gg0=g00 gg0=eg0=g0
et donc
g0=g00
Remarque I.1 Si la loi du groupe est notée +alors on note 0l’élément neutre et xle symétrique de x
qu’on appelle alors l’opposé de x:
Si la loi du groupe est notée alors on note 1l’élément neutre et x1(ou 1
x) le symétrique de xqu’on
appelle alors l’inverse de x:
Dé…nition I.3 Soient (G; )et (H; )deux groupes, une application f:F!Gest un morphisme de
groupe si pour tout get g02Gon a
fgg0=f(g)fg0
Si de plus fest bijective, alors on dit que fest un isomorphisme de groupes, et que les groupes Get
Hsont isomorphes.
On peut facilement véri…er que si fest un morphisme de groupe bijectif alors son application inverse f1
est également un morphisme de groupe.
b) Sous-Groupes
Dé…nition I.4 Soit (G; )un groupe et soit FGune partie de G. On dit que Fest un sous-groupe de
Gsi et seulement si (F; )est un groupe.
Proposition I.2 Soit (G; )un groupe et soit FGune partie de G.Fest un sous-groupe de Gsi et
seulement si les conditions suivantes sont satisfaites :
e2F(Fcontient l’élément neutre)
 8x; y 2F; x y2F(Fest stable par la loi )
 8x2Fle symétrique de xpar est dans F.
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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 nest un sous-groupe de (Z;+).
3. Z[X]: polynômes à coe…cients dans Zest 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 9k2Z; ~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 Hun sous-groupe de Galors le cardinal de Hdivise le
cardinal de G.
Démonstration. Soit la relation binaire Rdé…nie sur Gpar
xRy() xy12H
Cette relation est ré‡exive car xx1= 1 2H
Cette relation est symétrique car si xy12Halors xy112H(car c’est un sous groupe) et xy11=
yx1
Cette relation est transitive car si xy12Het yz12Halors le produit xy1yz1=xz12H.
Donc Rest une relation d’équivalence et les classes d’équivalence de la relation Rforment une partition
de G(elles sont non-vides, deux à deux disjointes et leur réunion est G).
On note xH =fxh pour h2Hg;on a yRx() y2xH donc xH est la classe d’équivalence de x, en
particulier la classe de 1est 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 =xh0alors on
obtient en multipliant par x1chaque membre de cette équation h=h0donc card(xH) = card(H).
On va maintenant donner quelques dé…nitions :
Dé…nition I.5 Soit (G; )un groupe, et soit g2G, on note hgile sous-groupe engendré par g; donc
hgi=g2; g1;1; g; g2; g3; :::
Proposition I.4 Si (G; )est un groupe …ni, pour tout g2Gil existe un entier positif kminimal tel que
gk= 1 et alors hgi=1; g; g2; :::; gk1
ks’appelle l’ordre de get est noté ord(g). On a de plus ord(g) = card hgi
Démonstration. Si Gest …ni, hgiest …ni donc il existe aet b2Ztel que ga=gbdonc gjabj= 1 donc
fx2N; gx= 1gest non vide donc il admet un élément minimal :k.
On a évidemment 1; g; g2; :::; gk1 hgi, réciproquement soit gxun élément de hgi, e¤ectuons la division
euclidienne de xpar k, on obtient x=kd +roù 0r < k et donc gx=gkd+r=gkdgr=grdonc
gx21; g; g2; :::; gk1. Il reste à montrer que card hgi=ket donc que tous les éléments de 1; g; g2; :::; gk1
sont distincts, mais si on avait gx=gyavec 0x < y k1alors on aurait gy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 g2G, l’ordre de gdivise le cardinal de G.
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Corollaire I.2 Soit (G; )un groupe …ni de cardinal n, et soit g2G, on a gn= 1. En particulier si
x2(Z=nZ)on a x'(n)= 1, c’est l’identité d’Euler.
Démonstration. D’après le résultat précédent il existe k2Ntel que n=kord(g)dong gn=gord(g)k= 1.
Dé…nition I.6 Soit (G; )un groupe …ni, Gest dit cyclique si il existe un élément gde Gtel que G=hgi.
On dit que gest 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;5get h2i=f0;2;4;6;8galors 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 Gest '(n).
Démonstration. Soit gun générateur de Get soit hun élément de Gil existe donc un entier positif kn1
tel que h=gk, on va montrer que
G=hhi () k^n= 1
ce qui donnera le résultat puisque '(n)est le nombre d’entiers positifs inférieurs à nqui sont premiers avec
n.
Si k^n= 1 d’après le théorème de Bézout, il existe deux entiers uet vtels que ku +nv = 1 donc
g=gku+nv =hu1v=hu, par conséquent pour tout entier don a hud =gdet donc G=hhi. Réciproquement
si G=hhialors il existe un entier utel que hu=gdonc gku1= 1 donc ku 1est multiple de ndonc il existe
un entier rtel 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,Gest isomorphe à (Z=nZ;+).
Démonstration. Soit gun générateur de Get soit
:Z=nZ!G
: _x!gx
Si _x= _yalors 9k2Ztel que x=y+kn donc gx=gy+kn =gy(gn)k=gy1k=gydonc l’application est
bien dé…nie.
( _x+ _y) = gx+y=gxgy= ( _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 isomor-
phisme.
Proposition I.7 Soit (G; )un groupe cyclique, tout sous-groupe de Gest cyclique.
Démonstration. Soit Hun sous groupe de Get soit gun générateur de G. Soit m= min fk2N; gm2Hg.
Si H6=f1galors l’ensemble précédent est non vide et donc mexiste.
On a donc gm2H, donc hgmi  Het si 0< k < m alors gk=2H. On va montrer que H hgmisoit
h2H, il existe xtel que h=gx. E¤ectuons la division euclidienne de xpar m, on obtient x=dm +ravec
0r < m et donc h=gdm+r= (gm)dgrdonc h(gm)d1=gr2Hdonc r= 0 et gr= 1 et h= (gm)d
donc h2 hgmi.
On va maintenant étudier la structure du groupe (Z=nZ)en commençant par un cas particulier.
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II Structure de (Z=pZ)
Comme précédemment pdésigne un nombre premier et donc Z=pZest un corps. Par conséquent l’équation
Xd= 1 admet au plus dsolutions 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 d2Nsi le nombre d’éléments gvéri…ant
gd= 1 est inférieur ou égal à dalors Gest cyclique. En particulier (Z=pZ)est cyclique.
Démonstration. Soit gun élément de G, notons d=ord(g), tous les éléments xde hgivéri…ent xd= 1
comme card(hgi) = dl’hypothèse nous permet d’a¢ rmer que tous les éléments d’ordre dsont dans hgi, de
plus ce sont les générateurs du groupe cyclique hgidonc d’après la proposition I.5 il y a '(d)éléments d’ordre
d.
Donc pour tout diviseur dde nil y a soit 0soit '(d)éléments d’ordre d. Notons (d)le nombre d’éléments
d’ordre dde Gon a (d)'(d)comme (d) = 0 si d-non a
X
d2N
(d) = X
djn
(d) = n=X
djn
'(d)
La dernière égalité est la formule ??. On en déduite que pour tout diviseur dde non 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=prZ)
On s’intéresse de nouveau à un cas particulier, celui où nest 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 pun nombre premier impair, (Z=prZ)est cyclique pour tout r2N:
Proposition III.2 Pour r2N, le groupe (Z=2rZ)est isomorphe à
f0gsi r= 1
Z=2Zsi r= 2
Z=2ZZ=2r2Zsi r3
IV Structure de (Z=nZ)
On va bien sûr utiliser la décomposition de nen facteurs premiers pour déduire la forme de (Z=nZ)des
résultats précédents, grâce au théorème des restes chinois :
Théorème IV.1 Soit n= 2rpr1
1   prk
ksa décomposition en facteurs premiers (avec les pidistincts, impairs
et ri>0). Pour r= 0 ou 1, le groupe (Z=nZ)se décompose en produit de kgroupes cycliques d’ordre
respectifs prk1
k(pk1). Pour r= 2, s’ajoute à ces kcomposantes un facteur isomorphe à Z=2Z. Pour r3
s’ajoute aux k+ 1 composantes déjà citées un facteur isomorphe à Z=2r2Z.
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 Gun groupe cyclique de cardinal net soit Hun groupe cyclique de cardinal malors on a
GHcyclique ,m^n= 1
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