Sous-groupe fini de (K*, .) où K corps

Bizarre, ce que tu écris, Fin de partie.

D'abord, $H_d$ qui est cyclique d'ordre $d$ est bien sûr isomorphe à $\Z/d\Z$.
Ensuite, pour montrer que $n=\displaystyle\sum_{d|n}\varphi(d)$, on peut se demander : si $d$ divise $n$, combien y a-t-il d'entiers $<n$ dont le pgcd avec $n$ est $n/d$ ? Un tel entier est de la forme $kn/d$, avec $k<d$ et $k$ premier avec $d$ ; il y en a donc $\varphi(d)$.

@janko :
1°) la déduction est tout à fait correcte. On à $A_d\subset H_d$, $H_d$ est un groupe cyclique d'ordre $d$, et $A_d$ est l'ensemble des éléments d'ordre $d$ dans $G$, donc aussi l'ensemble des éléments d'ordre $d$ dans $H_d$. Ainsi le cardinal de $A_d$ est $\varphi(d)$, ceci sous l'hypothèse que $A_d$ n'est pas vide.
2°) je détaille un peu mon (enfin, je ne réclame aucun droit de propriété) raisonnement que tu n'as pas compris. Je prends pour définition de $\varphi(d)$ le nombre d'éléments de $\N$ strictement plus petits que $d$ et premiers avec $d$. Soit $E$ l'ensemble des entiers naturels strictement plus petits que $n$. Soit $D$ l'ensemble des diviseurs de $n$ dans $\N$. Je définis une application $\pi:E\to D$ de la manière suivante : si $p\in E$, son pgcd avec $n$ est de la forme $n/d$ avec $d\in D$, et je pose $\pi(p)=d$. Mon argument montre que le cardinal de $\pi^{-1}(d)$ est $\varphi(d)$. D'où l'on déduit que $n$ (le cardinal de $E$) est égal à $\displaystyle\sum_{d\in D} \varphi(d)$. Voila, ça va comme ça ?

Je propose que vous continuiez le fil en mettant toutes les preuves connues de ce même théorème. J'ai lu attentivement la précédente, elle n'est pas spécialement méchante, mais elle est "dure" (au sens gaz, liquide, solides ) et elle fait des bleus quand elle cogne les gens (spécialement ceux qui ont quelques soucis avec le calculatoire).

Y en a-t-il d'autres, des plus douces, des plus intuitives, des plus longues mais qui passent toutes seules?

Y en a-til qui se "sloganisent" (comme celle de Cantor Bernstein dans un autre fil?

En peu de mots, ce lemme est frustrant: s'il se prouve comme précédemment (preuve assez croute) on peut espérer qu'il se prouve de manière plus douce. Ok, certains lemmes du même domaine le sont aussi mais ils n'ont carrément pas de preuves courtes et "dures"

J'ai le flemme d'éliminer les coupures de la précédente (bien qu'il semble que ça donnerait quelque chose de doux)

Je propose que vous continuiez le fil en mettant toutes les preuves connues de ce même théorème. a écrit:

Ce serait intéressant qu'on arrive aussi à ne pas faire l'impasse sur des points qui sont souvent ravalés au rang de détails dans certains livres

Je suis bien en train de parler de la preuve de:

$n=\displaystyle\sum_{d|n}\varphi(d)$

Soit g un élément de $G=\Z/n\Z$, le sous-groupe engendré par g a pour ordre d.

D'après le théorème de Lagrange d divise n.

Soit $G_d$ l'ensemble des éléments de G qui ont pour ordre d. (cet ensemble peut être l'ensemble vide à priori même si d divise n)

Puisque tout élément de G a un ordre unique,

on a donc bien une partition de G: $G=\amalg_{d | n} G_d$

Or pour chaque diviseur d de n, il existe un unique sous-groupe $H_d$ d'ordre d et qui est cyclique. (*)

Donc chaque élément de $G_d$ engendre le même groupe sous-groupe cyclique de G d'ordre d c'est à dire $H_d$ et tout élément de G qui est un générateur de ce sous-groupe est d'ordre d.
Ainsi $G_d$ (est non vide) et est l'ensemble des générateurs de l'unique sous-groupe cyclique d'ordre d de $\Z/n\Z$.

Or on peut montrer qu'il y a exactement $\phi(d)$ éléments qui sont des générateurs de ce sous-groupe. (**)

Pour moi, ce sont les points (*) et (**) qui sont les principaux ingrédients de la preuve.

PS:
J'ai le souvenir d'avoir vu quelque part, mais peut-être que je fais une confusion, une autre preuve de ce résultat qui repose sur une formule de crible, une généralisation de $cardinal(A \cup =cardinal(A)+cardinal(B)-cardinal(A \cap $

Une autre demonstration possible:

on appelle:
$f(n):=\displaystyle\sum_{d|n}\varphi(d)$

1)On montre que f(nn')=f(n)f(n') pour n,n' premiers entre eux.
2) et on calcule facilement f(p^k) pour p premier.

Sinon pour Christophe qui demande une preuve plus "naturelle":

Lemme: Si G est un groupe abélien d'exposant fini e, alors il existe dans G un élément d'ordre (exactement) e

Preuve: on écrit$ e=p_1^{n_1}...p_d^{n_d}$. Pour tout $k$ il existe $x_k$ dans $G$ dont l'ordre est un multiple de $p_k^{n_k}$, et quitte à élever $x_k$ à une bonne puissance, on peut supposer que $x_k$ est d'ordre $p_k^{n_k}$. Or:

Sous-lemme: si x est d'ordre a, y est d'ordre b, et pgcd(a,b)=1, alors xy est d'ordre ab
Preuve: $(xy)^{ab}=neutre$ trivialement, et si $(xy)^n=neutre$, alors $y^{na}=(xy)^{na}=neutre$ donc $b$ divise $na$ donc $b$ divise $n$. De même, $a$ divise $n$, donc $ab$ divise $n$. Ainsi, $xy$ est d'ordre $ab$.

Par ce sous-lemme, $x_1\cdots x_d$ est d'ordre $e$, ce qui démontre le lemme.

Et finalement:
Corollaire: Si $G$ est un sous groupe fini de $K^*$ où $K$ est un corps commutatif, alors $G$ est cyclique

Preuve: Soit $n$ le cardinal de $G$, et $e\leq n$ son exposant. Tous les éléments de $G$ vérifient l'équation $x^e=1$, or cette équation à au plus $e$ solutions, donc $n\leq e$, donc $n=e$. Par le lemme, il existe $x$ dans $G$ d'ordre $n$, donc $G$ est cyclique.

OOOHHHHH merci namiswan, je viens seulement de voir ta démo que je suis à peu près sûr de ne pas oublier tant elle est d'une facilité déconcertante!!!!!!!!!!!!!!!!!

Elle se comprend en une seconde, même en diagonale!

Bin je ne regrette pas d'avoir lancé un appel à "toutes les preuves"

Rectification: j'adore la preuve de namiswan, mais j'avais admis en première lecture d'une seconde que

citation: Pour tout $k$ il existe $x_k$ dans $G$ dont l'ordre est un multiple de $p_k^{n_k}$, et quitte à élever $x_k$ à une bonne puissance, on peut supposer que $x_k$ est d'ordre $p_k^{n_k}$

C'est la seule chose de son argument qui ne me paraitpas évident.

Merci!!! (J'ai mis du temps... mais c'est bon)