L'ordre d'un produit d'éléments d'ordres premiers entre eux

La stratégie, et les outils. Deux divisibilités croisées : $k\mid ab$ par un calcul direct, puis $ab\mid k$ en « effaçant » tour à tour $x$ puis $y$ par une élévation à la puissance bien choisie, le lemme de Gauss faisant le reste ; deux entiers strictement positifs qui se divisent mutuellement sont égaux. Outil : la caractérisation du cours, si $z$ est d'ordre fini $d$, alors $z^n=e⟺d\mid n$.

⚠️ Où sert la commutativité. Dès la première ligne, sous la forme $(xy{)}^m=x^m{y}^m$. Cette identité est fausse dans un groupe quelconque : c'est exactement ce que le d) exploitera.

a) L'ordre de $xy$ divise $ab$. $$(xy{)}^{ab}=x^{ab}{y}^{ab}={\left(x^a\right)}^b{\left(y^b\right)}^a=e^b{e}^a=e.$$ Il existe donc $m\ge 1$ avec $(xy{)}^m=e$ : $xy$ est d'ordre fini, et en notant $k$ cet ordre, la caractérisation donne $k\mid ab$.

b) $a$ et $b$ divisent $k$. Par définition, $(xy{)}^k=e$, c'est-à-dire $x^k{y}^k=e$. Élevons à la puissance $a$ : $$e={\left(x^k{y}^k\right)}^a={\left(x^a\right)}^k{y}^{ka}=y^{ka}.$$ Donc $b\mid ka$, et comme $a\wedge b=1$, le lemme de Gauss donne $b\mid k$. Symétriquement, en élevant à la puissance $b$ : $e=x^{kb}{\left(y^b\right)}^k=x^{kb}$, donc $a\mid kb$ puis $a\mid k$.

Le point délicat. L'élévation à la puissance $a$ n'est pas décorative : c'est elle qui annule $x$ et laisse une information portant sur $y$ seul. Sans elle, l'égalité $x^k{y}^k=e$ mélange les deux éléments.

c) Conclusion. On a $a\mid k$ et $b\mid k$. Écrivons $k=a{k}^{\prime }$ ; de $b\mid a{k}^{\prime }$ et $a\wedge b=1$, Gauss donne $b\mid k^{\prime }$, donc $ab\mid k$. Joint au a) : $k\mid ab$ et $ab\mid k$, deux entiers strictement positifs, donc $$\mathrm{ord}(xy)=ab.$$

d) Les deux hypothèses sont indispensables.

Sans commutativité. Dans ${\mathfrak{S}}_3$, la transposition $x=(12)$ est d'ordre $2$, le cycle $y=(123)$ est d'ordre $3$, et $2\wedge 3=1$. La signature étant un morphisme, $\epsilon (xy)=(-1)\times 1=-1$ : le produit est une permutation impaire de ${\mathfrak{S}}_3$, donc une transposition, donc d'ordre $2$ — et non $6$.

Sans primalité entre eux. Dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, l'ordre de $\overline{j}$ vaut $12/(j\wedge 12)$. L'élément $\overline{2}$ est d'ordre $6$, $\overline{4}$ d'ordre $3$, mais $6\wedge 3=3\ne 1$ ; leur somme $\overline{6}$ est d'ordre $2$, très loin de $18$.

Contrôle numérique de l'énoncé. Toujours dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, prenons $x=\overline{3}$, d'ordre $12/3=4$, et $y=\overline{4}$, d'ordre $12/4=3$ ; ici $4\wedge 3=1$. Leur somme $\overline{7}$ est d'ordre $12/(7\wedge 12)=12=4\times 3$ : le théorème est vérifié sur le nez.

Ce que l'exercice installe. C'est la version « groupes » du théorème chinois : dès que $a\wedge b=1$, l'application $(x^i,y^j)\mapsto x^i{y}^j$ réalise un isomorphisme de $⟨x⟩\times ⟨y⟩$ sur $⟨xy⟩$, comme $\mathbb{Z}/a\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/b\mathbb{Z}\simeq \mathbb{Z}/ab\mathbb{Z}$. C'est aussi l'outil qui fabrique un élément d'ordre maximal dans un groupe abélien fini, en multipliant des éléments dont les ordres sont des puissances de nombres premiers distincts — idée au cœur du problème de la séance.