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353. Tout sous-groupe fini des éléments inversibles d’un corps commutatif est cyclique

Yannis TRIANTAPHYLIDES

Soit $K$ un corps commutatif et soit $G$ une partie de $K\setminus\{0\}$ qui soit un groupe fini de cardinal $n$ lorsqu’il est muni de la multiplication dans $K$ comme opération.

Note. En tant que groupe, l’ensemble $G$ n’est pas vide donc l’entier $n$ est supérieur ou égal à $1.$ Notez $e$ l’élément neutre du groupe $G.$ Vous avez $e\times e = e$ dans $K\comma$ et $e\neq 0$ puisque $G$ est inclus dans $K\setminus\{0\}.$ En simplifiant par $e$ dans le corps $K\comma$ vous obtenez $e = 1.$ Ainsi, le neutre $1$ de la multiplication du corps $K$ appartient à $G.$ C’est l’élément neutre du groupe $G.$ Par suite, pour tout $k\in G\comma$ l’inverse de $k$ dans le groupe $G$ est un élément $k’$ de $G$ tel que $kk’=1\comma$ c’est-à-dire l’inverse $k^{-1}$ de $k$ dans le corps $K.$

Prérequis : ordre d’un élément du groupe $G$

Soit $x$ un élément du groupe $G.$

Existence de l’ordre

Vous considérez l’application $f$ suivante, définie sur $\N$ par :

\forall u\in\N, f(u) = x^u.

Comme l’ensemble $f(\N) = \{f(u), u\in\N\}$ est inclus dans $G$ qui est un groupe fini, l’application $f$ ne peut pas être injective : si tel était le cas, $f(\N)$ serait infini parce que $\N$ l’est, ce qui contredit l’inclusion $f(\N)\subset G.$ Donc il existe deux entiers naturels $p$ et $q\comma$ avec $p\neq q$ tels que $x^p =x^q.$ Si $p\gt q\comma$ cela s’écrit $x^{p-q}x^q = x^q$ d’où $x^{p-q}= 1$ après simplification par $x^q.$ Sinon, $p\lt q$ et alors $x^p = x^{q-p}x^p$ d’où $x^{q-p}=1.$ Cela montre qu’il existe un entier naturel non nul $r$ tel que $x^r = 1.$

Le plus petit entier naturel $r$ non nul tel que $x^r=1$ est l’ordre de $x.$ Notez-le $d.$ Par définition de $d\comma$ vous avez :

\boxed{\left\{\begin{align*} &x^d = 1\\ &\forall i\in\llbracket 1, d-1\rrbracket, x^i \neq 1. \end{align*}\right.}

Critère de divisibilité

Soit $p$ un entier relatif tel que $x^p = 1.$

En utilisant la division euclidienne de $p$ par $d\comma$ il existe deux entiers $a$ et $b$ avec $0\leq b \leq d-1$ tels que $p = ad+b.$

Alors :

\begin{align*} 1 &= x^p\\ &= x^{ad+b}\\ &= (x^d)^ax^b\\ &= 1^a x^b\\ &= x^b. \end{align*}

Si $b$ n’était pas nul, il serait un entier naturel non nul, strictement inférieur à l’ordre $d\comma$ tel que $x^b=1$ ce qui est impossible par définition de cet ordre.

Donc $b=0$ et $d\mid p.$

Réciproquement, si $p$ est un entier tel que $d\mid p$ alors $p/d$ est un entier ce qui fournit :

\begin{align*} x^p &= (x^d)^{p/d}\\ &= 1^{p/d}\\ &=1. \end{align*}

Il a été démontré ce qui suit : $x$ ayant pour ordre $d\comma$ vous avez :

\boxed{\forall p\in\Z, x^p=1 \Longleftrightarrow d\mid p.}

L’ordre divise le cardinal du groupe

Vous allez maintenant démontrer que l’entier $d$ est un diviseur de $n.$

Soit $H$ la partie finie de $G$ définie par :

H = \{x^i, i\in\llbracket 0, d-1\rrbracket\}.

Par définition, $H$ possède au plus $d$ éléments.

Soient maintenant $i$ et $j$ deux entiers appartenant à l’ensemble $\llbracket 0, d-1\rrbracket$ tels que $x^i = x^j.$ Si $i\gt j$ vous pouvez écrire $x^{i-j} = 1$ du coup $d\mid i-j.$ Comme $i-j$ est strictement positif, $d\leq i-j.$ Or, comme $i$ et $j$ sont deux éléments de $\llbracket 0, d-1\rrbracket$ avec $i\gt j\comma$ vous avez $i-j\leq d-1$ ce qui fournit $d\leq d-1$ qui est une contradiction. De même, si $i\lt j$ vous écrivez $x^{j-i}=1$ ce qui conduit à $d\mid j-i$ avec $d\leq j-i \leq d-1.$ Du coup, $i=j.$ Cela prouve que $H$ possède au moins $d$ éléments.

Les éléments de $H$ sont au nombre exact de $d.$

L’ensemble $H$ contient $x^0=1$ donc il est non vide. Si $u$ et $v$ sont deux éléments de $H\comma$ il existe $i$ et $j$ entiers tels que $u=x^i$ et $v=x^j.$ Alors $v^{-1} = x^{-j}$ et $uv^{-1} = x^{i-j}.$ Vous effectuez la division euclidienne de $i-j$ par $d.$ Il existe deux entiers $a$ et $b$ avec $0\leq b\leq d-1$ tels que $i-j = ad+b.$

Alors :

\begin{align*} uv^{-1} &=x^{i-j}\\ &= x^{ad+b}\\ &=(x^d)^ax^b\\ &= 1^a x^b\\ &= x^b. \end{align*}

Cette dernière égalité montre que $uv^{-1}\in H.$

Vous en déduisez que $H$ est un sous-groupe de $G.$ Par le théorème de Lagrange, le nombre d’éléments de $H$ divise le nombre d’éléments de $G$ et ainsi :

\boxed{d\mid n.}

Partitionnez le groupe $G$ en fonction des ordres

Pour tout entier naturel non nul $d$ divisant $n$ vous notez :

\Omega_d = \{x\in G, d\text{ est l'ordre de }x\}.

Par définition, vous avez :

\forall d\in\llbracket 1, n\rrbracket, d\mid n \implies \Omega_d\subset G.

Vous en déduisez l’inclusion suivante :

\boxed{\bigcup_{d\mid n} \Omega_d \subset G.}

Réciproquement, soit $x$ un élément de $G.$ Il a été démontré qu’il existe un entier naturel non nul $r$ avec $r\mid n$ tel que $x$ admette $r$ pour ordre. Du coup, $x\in \Omega_r.$ Par suite l’inclusion suivante est acquise :

\boxed{G \subset \bigcup_{d\mid n} \Omega_d .}

Par double inclusion vous avez obtenu :

\boxed{G = \bigcup_{d\mid n} \Omega_d.}

Il s’agit de démontrer que cette union est disjointe.

Soient $d$ et $d’$ deux entiers naturels non nuls avec $d\mid n$ et $d’\mid n\comma$ tels que $\Omega_d\cap \Omega_{d’} \neq \emptyset.$ Il existe $x$ appartenant à la fois à $\Omega_d$ et à $\Omega_{d’}.$ Donc $x$ admet pour ordre $d$ et $x$ admet aussi pour ordre $d’.$ Vous en déduisez $x^d = x^{d’}=1.$ Comme $x^d = 1$ et que $d’$ est un ordre pour $x\comma$ vous déduisez $d’\mid d.$ Comme $x^{d’}=1$ et que $d$ est un ordre pour $x\comma$ vous déduisez $d\mid d’$ et donc $d= d’.$

Note. Vous retrouvez le fait que tout élément d’un groupe fini admet un ordre qui est unique.

L’union $G = \bigcup_{d\mid n} \Omega_d$ étant disjointe, vous avez obtenu une partition de $G$ ce qui permet d’écrire :

\boxed{n = \sum_{d\mid n}\,(\text{nombre d'éléments de }\Omega_d).}

Note. Dans certains ouvrages, il est imposé, pour utiliser le terme « partition » d’un ensemble, d’avoir en plus de l’union disjointe, un ensemble non vide pour chaque partie composant cette union. Il est considéré ici que cette restriction n’est pas pertinente dans la mesure où il est tout à fait possible que $\Omega_d$ puisse être vide pour certains diviseurs $d$ de $n.$

Majorez le nombre d’éléments de $\Omega_d$ pour tout diviseur $d$ de $n$

Soit $d$ un entier naturel non nul tel que $d\mid n.$ Vous notez $\varphi$ l’indicatrice d’Euler, et il est rappelé que $\varphi(d)\geq 1.$

Dans l’hypothèse où $\Omega_d$ est vide, vous avez déjà :

\text{nombre d'éléments de }\Omega_d \leq \varphi(d).

Supposez maintenant que $\Omega_d$ soit non vide. Il existe un élément $x\in G$ d’ordre $d.$ Comme cela a déjà été démontré ci-dessus, l’ensemble $H$ suivant possède $d$ éléments :

H = \{x^i, i\in\llbracket 0, d-1\rrbracket\}.

Soit $y$ un élément de $H.$ Il existe un entier $i$ tel que $y = x^i.$ Alors :

\begin{align*} y^d &= (x^i)^d\\ &= (x^d)^i\\ &= 1^i\\ &=1. \end{align*}

Ainsi, $H$ est inclus dans l’ensemble $S$ des racines du polynôme $X^d-1$ qui est de degré $d$ à coefficients dans le corps $K.$ Or, un tel polynôme admet au plus $d$ racines, autrement dit, $S$ possède au plus $d$ éléments. Comme $H\subset S$ et que $H$ possède $d$ éléments, il en résulte que $H = S.$

Soit $z$ un élément de $G$ d’ordre $d.$ Comme $z^d=1$ vous déduisez $z\in S$ et donc $z\in H.$ Il existe un entier $i$ appartenant à l’ensemble $\llbracket 0, d-1\rrbracket$ tel que $z = x^i.$ Vous allez maintenant montrer que les entiers $i$ et $d$ sont premiers entre eux.

Notez $u = \pgcd(i,d)$ de sorte que $i/u$ et $d/u$ soient deux entiers.

\begin{align*} z^{d/u} &= (x^i)^{d/u} \\ &= x^{id/u } \\ &=(x^d)^{i/u}\\ &= 1^{i/u}\\ &=1. \end{align*}

Comme $z$ est d’ordre $d\comma$ il s’ensuit que $d\mid d/u$ donc $ud \mid d$ et $u\mid 1$ ce qui prouve que $u=1.$

Vous venez donc de montrer que :

\forall z\in G, z\text{ est d'ordre }d\implies (\exists i\in\llbracket0, d-1\rrbracket, \pgcd(i,d)=1 \text{ et } z = x^i).

Notez $A_d$ l’ensemble défini par :

A_d = \{ i\in\llbracket 0, d-1\rrbracket, \pgcd(i,d)=1\}.

Cet ensemble comporte $\varphi(d)$ éléments. En effet, si $d=1$ alors $A_1 = \{0\}$ et $\varphi(1)=1.$ Si $d\geq 2\comma$ les entiers $0$ et $d$ ne sont pas premiers avec $d\comma$ donc $A_d$ coïncide avec l’ensemble des entiers de $\llbracket 1, d\rrbracket$ premiers avec $d\comma$ qui comporte $\varphi(d)$ éléments.

Vous avez établi que :

\Omega_d \subset \{x^i, i\in A_d\}.

Il est rappelé que l’ensemble $H$ suivant possède $d$ éléments :

H = \{x^i, i\in\llbracket 0, d-1\rrbracket\}.

Du coup, l’application qui va de $\llbracket 0, d-1\rrbracket$ dans $H$ et qui est définie par $i\mapsto x^i$ est injective. Par restriction, l’application qui va de $A_d$ dans $H$ définie par $i\mapsto x^i$ est aussi injective. Donc le nombre d’éléments de l’ensemble $\{x^i, i\in A_d\}$ est égal au nombre d’éléments de $A_d$ soit $\varphi(d).$

L’inclusion $\Omega_d \subset \{x^i, i\in A_d\}$ fournit l’inégalité :

\text{nombre d'éléments de }\Omega_d \leq \varphi(d).

En définitive, il vient d’être démontré que :

\boxed{\forall d\in\NN, d\mid n\implies \text{nombre d'éléments de }\Omega_d \leq \varphi(d).}

Utilisez le lien avec la fonction indicatrice $\varphi$ d’Euler pour conclure

D’une part :

n = \sum_{d\mid n}\,(\text{nombre d'éléments de }\Omega_d).

D’autre part, d’après un résultat établi dans un autre article, la fonction indicatrice d’Euler vérifie l’égalité :

n = \sum_{d\mid n}\,\varphi(d).

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 351.

Par différence, vous déduisez :

0 = \sum_{d\mid n}\,\left[\varphi(d)-(\text{nombre d'éléments de }\Omega_d)\right].

Il a été vu que les termes de cette somme sont positifs. Comme leur somme est nulle, il en résulte que :

\forall d\in\NN, d\mid n \implies \varphi(d) = \text{nombre d'éléments de }\Omega_d.

En particulier, $\Omega_n$ possède $\varphi(n)$ éléments. Comme $\varphi(n)\geq 1$ l’ensemble $\Omega_n$ est non vide : il existe un élément $x\in G$ d’ordre $n.$ Le sous-groupe $\{x^i, i\in\llbracket 0, n-1\rrbracket\}$ possède alors $n$ éléments et il est inclus dans $G\comma$ qui en possède autant. Il est donc égal à $G.$ Autrement dit, le groupe $G$ est cyclique, engendré par $x.$