Caractérisation d'un sous-groupe fini

[altario]

Bonjour à tous,
Il y a un point de mon cours que je ne comprend pas.

Soit $Z_p^*$ le groupe multiplicatif modulo $p$ d'ordre $p-1$.
G un sous groupe de $Z_p^*$ d'ordre $q$ premier, avec $q|p-1$ et $q^2$ ne divise pas $p-1$.
H un sous groupe de $Z_p^*$ d'ordre $\frac{p-1}{q}$.
f un morphisme de $Z_p^*$ dans $Z_p^*$ tel que $f(x)=x^q$.

Il est dit que $f(Z_p^*)=H$.
Donc que pour tout $x$ appartenant à $Z_ p^*$, $y= f(x)=x^q$ appartient à $H$.
Je comprend pas pourquoi ?
Je comprend que si $y$ appartient à $H$ alors $y^\frac{p-1}{q} \equiv 1 \mod p$ mais j'arrive pas à prouver que tous les $x^q$ appartiendraient forcement à $H$.
Merci d'avance !!!!

[balf]

Bonjour,
Ce n'est pas bien compliqué: $\;(x^q\bigl)^{\tfrac{p-1}q}=x^{p-1}=1$, c-à-d. que l'ordre de $x^q$ est un diviseur de $\frac{p-1}q$.
D'autre part, d'après le théorème chinois, $\;\mathbf Z_p^\times\simeq G\times H$, et l'ordre d'un élément qui a une composante dans $G$ est divisible par $q$. Or l'ordre de $x^q$ n'est pas divisible par $q$ puisque, par hypothèse, $q^2$ ne divise pas $p-1$.

B. A.

[altario]

Merci pour ta réponse Mais j'ai quelques lacunes. J'ai pas bien compris à partir du "D'autre part" :

D'après le théorème chinois, $\;\mathbf Z_p^\times\simeq G\times H$, donc il existe une bijection qui à $x^q$ associe $(a,b)$ appartenant à $G\times H$, ça pas de soucis.


Comment tu peux parler de composante de $x^q$ ? même en sachant que $\;\mathbf Z_p^\times\simeq G\times H$ là tu montre que l'élément $(a,b)$ associé à $x^q$ par la bijection appartient à $H$ pas que $x^q$ apparient à $H$ non ?

Ensuite tu dis que l'ordre d'un élément qui a une composante dans $G$ est divisible par $q$.

C'est quoi un élément $(a,b)$ de $G\times H$ qui n'a pas de composante dans $G$ ?
Et comment tu sais que si il à pas de composante dans $G$ alors il appartient à $H$ ?

[altario]

En je ne vois même pas quel formulation du théorème des restes chinois tu utilises.
Comment seule l'information sur l'ordre de $G$ et $H$ peut te permettre de faire appelle à ce théorème ?

[balf]

Oui, cette information suffit, parce qu'on sait que le groupe $\mathbf Z/p\mathbf Z^\times$ est cyclique. Comme $q$ divise $p-1$ et que $p$ et $\frac{p-1}q$ sont premiers entre eux, l'isomorphisme $\mathbf Z/(p-1)\mathbf Z\simeq \mathbf Z/q\mathbf Z \times \mathbf Z\big/\frac{p-1}q\mathbf Z$ en résulte, et donc $\mathbf Z/p\mathbf Z^\times\simeq G\times H$.

Ceci dit, $x^q$ ne peut avoir que la composante triviale dans $G$, sinon, l'ordre de cette composante serait $q$ (à cause que $q$ est premier) et donc $q$ diviserait l'ordre de $x^q$, qui est un diviseur de $\frac{p-1}q$ (car l'ordre d'un couple est le ppcm des ordres de chacune des composantes), ce qui est impossible.

J'espère avoir été un peu plus clair…

B. A.

[altario]

C'est niquel merci.
Juste t'aurais une preuve que "l'ordre d'un couple est le ppcm des ordres de chacune des composantes" je n'en trouve pas ?

[balf]

Pour moi, ça saute aux yeux: le plus petit entier $m$ tel que $(a,b)^m=(1,1)$ est le plus petit entier tel qu'on ait à la fois $a^m=1$ et $b^m=1$. Mais si $a^m=1$, $m$ est un multiple de l'ordre de $a$, et de même, il est un multiple de l'ordre de $b$. Mais le plus petit entier $m$ qui soit multiple à la fois de l'ordre de $a$ et de celui de $b$, c'est bien le ppcm desdits ordres, non?
B. A.