Soient G un groupe, x et y deux éléments de G. Prouvons que xy et yx ont le même ordre.

Soit n un nombre naturel > 0 tel que (xy)ⁿ = 1 (à supposer qu'un tel n existe). Nous avons donc :

${\displaystyle (xy)\cdots (xy)=1}$,

le premier membre étant formé de n facteurs xy. Cela peut encore s'écrire :

${\displaystyle x(yx)\cdots (yx)y=1}$,

avec n-1 facteurs yx. En multipliant à gauche par x⁻¹ et à droite par x, nous trouvons :

${\displaystyle (yx)\cdots (yx)=x^{-1}x}$,

avec maintenant n facteurs yx. Comme le second membre est égal à 1, nous avons donc (yx)ⁿ = 1.

Nous avons ainsi prouvé que, pour tout nombre naturel n > 0 tel que (xy)ⁿ = 1, on a aussi (yx)ⁿ = 1. De même, pour tout nombre naturel n > 0 tel que (yx)ⁿ = 1, on a aussi (xy)ⁿ = 1.

Ainsi, l’ensemble (éventuellement vide) des nombres naturels n > 0 tels que (xy)ⁿ = 1 est égal à l’ensemble (éventuellement vide) des nombres naturels n > 0 tels que (yx)ⁿ = 1.

En tenant compte qu'un élément z est d'ordre fini si et seulement si l’ensemble des nombres naturels n > 0 tels que zⁿ = 1 n’est pas vide et que, dans ce cas, l’ordre de z est le plus petit élément de cet ensemble, nous trouvons que xy et yx ont le même ordre, fini ou infini.

Remarque : la considération de la relation de conjugaison dans un groupe nous fournira une démonstration plus élégante.

Soit a l’ordre de x. Pour prouver que l’ordre de f(x) divise celui de x, on peut évidemment se borner au cas où a est fini (car un cardinal infini est divisible par tout cardinal dénombrable non nul). Nous avons ${\displaystyle \ x^{a}=1}$, d'où, puisque f est un homomorphisme, ${\displaystyle \ f(x)^{a}=1}$. D'après la théorie, ceci entraîne que l’ordre de f(x) divise a. On peut dire aussi que f induit un homomorphisme ${\displaystyle g:x\mapsto f(x)}$ de <x> dans H et que, d’après le premier théorème d'isomorphisme, ${\displaystyle \ \vert <x>\vert =\vert Kerg\vert \cdot \vert g(<x>)\vert }$; puisque g(<x>) = f(<x>) = <f(x)>, on a donc ${\displaystyle \ \vert <x>\vert =\vert Kerg\vert \cdot \vert <f(x)>\vert }$. Ainsi, l’ordre de <f(x)> divise l’ordre de <x>, autrement dit l’ordre de f(x) divise l’ordre de x. Si maintenant f est injectif, alors g l'est aussi, donc ${\displaystyle \vert Kerg\vert =1}$, donc le résultat ${\displaystyle \ \vert <x>\vert =\vert Kerg\vert \cdot \vert <f(x)>\vert }$ peut s'écrire ${\displaystyle \ \vert <x>\vert =\vert <f(x)>\vert }$, autrement dit l’ordre de x est égal à l’ordre de f(x).

Soit b l’ordre de x. D'après le problème précédent, l’ordre de f(x) divise b. D'autre part, puisque f(x) appartient à H, l’ordre de f(x) divise l’ordre a de H (théorie). Ainsi, l’ordre de f(x) divise à la fois a et b. Par hypothèse, a et b sont premiers entre eux, donc l’ordre de f(x) est égal à 1, autrement dit, f(x) = 1.

D'après le théorème de Bachet-Bézout, il existe des entiers rationnels r et s tels qu'ar + bs = 1, d'où

${\displaystyle \ x^{ar+bs}=x^{1}}$,

ce qui peut s'écrire

${\displaystyle \ x^{ar}x^{bs}=x.}$

Par hypothèse, x^a = 1, donc notre résultat peut s'écrire

${\displaystyle \ (x^{s})^{b}=x}$,

donc l'énoncé est vrai avec y = x^s.

D'après la théorie, ${\displaystyle x^{a}=1}$ pour tout élément x de G. Donc, d’après le point a), l’application ${\displaystyle x\mapsto x^{b}}$ de G dans lui-même est surjective. Puisque G est fini, cette application est donc bijective, ce qui prouve l'énoncé.

Soit m le ppcm de r et s. Puisque a et b commutent, nous avons

(1) (ab)^m = a^mb^m.

Puisque m est multiple de l’ordre de a, a^m = 1. De même, b^m = 1. Donc la relation (1) donne (ab)^m = 1, donc l’ordre de ab divise m.

Soit a un élément d'ordre fini n > 1 (on sait que le cas se présente). Posons b = a^-1. Alors a et b commutent et dans les notations du point a), r = s = n. Puisque ab = 1, l’ordre de ab est égal à 1 et est donc distinct de ppcm(r, s) = ppcm(n, n) = n.

Soit d l’ordre de ab. D'après le point a), d divise ppcm(r, s). Il suffit donc de prouver que d est multiple de ppcm(r, s). Nous avons (ab)^d = 1, d'où, puisque a et b commutent, a^db^d = 1, d'où a^d = b^-d, donc la valeur commune de a^d et de b^-d appartient à ⟨a⟩ ⋂ ⟨b⟩ = 1, donc a^d = b^d = 1. Il en résulte que d est multiple à la fois de r et de s, donc est multiple de ppcm(r, s).

Remarque. Nous verrons au chapitre Produit de groupes que, sous les hypothèses du point c), le sous-groupe engendré par a et b est la somme directe de ⟨a⟩ et ⟨b⟩, ce qui permet de rattacher l'énoncé à un fait plus général.

On vérifie facilement que (1 2) et (2 3) sont d'ordre 2. D'autre part, (1 2)(2 3) est la permutation qui applique 1 sur 2, 2 sur 3 et 3 sur 1. On vérifie facilement que cette permutation est d'ordre 3, donc l’ordre de (1 2)(2 3) ne divise pas le ppcm des ordres de (1 2) et de (2 3).

Le groupe ⟨a⟩ est d'ordre r et le groupe ⟨b⟩ d'ordre s. L'ordre du sous-groupe ⟨a⟩ ⋂ ⟨b⟩ divise donc à la fois r et s. Puisque r et s sont premiers entre eux, ceci montre que ⟨a⟩ ⋂ ⟨b⟩ = 1. D'après le point c), l’ordre de ab est donc ppcm(r, s). Puisque r et s sont premiers entre eux, leur ppcm est égal à leur produit, donc l’ordre de ab est rs.

Grâce à la décomposition en facteurs premiers, on peut trouver des entiers r₁, r₂, s₁ et s₂ tels que r = r₁r₂, s = s₁s₂, s₁ divise r₁, r₂ divise s₂ et pgcd(r₁, s₂) = 1. On a alors ppcm(r, s) = r₁s₂ et d'après le point c), puisque a^r₂ est d'ordre r₁ et b^s₁ est d'ordre s₂, l'ordre de a^r₂b^s₁ est r₁s₂.

Le calcul donne

${\displaystyle A^{2}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\\\end{pmatrix}}}$ d'où (matrices diagonales) ${\displaystyle A^{4}=1,}$ donc A est d'ordre 4. Le calcul montre également que ${\displaystyle B^{3}=1,}$ donc B est d'ordre 3.

D'autre part,

${\displaystyle AB={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\\end{pmatrix}}}$.

Par récurrence sur n, on en tire ${\displaystyle (AB)^{n}={\begin{pmatrix}1&n\\0&1\\\end{pmatrix}}}$. Donc, pour tout nombre naturel n > 0, le coefficient de la première ligne et de la seconde colonne de ${\displaystyle (AB)^{n}}$ est égal à n et est donc non nul, donc ${\displaystyle (AB)^{n}\not =1,}$ donc AB est d'ordre infini.

Soit G un groupe d'ordre 4. D'après le théorème de Lagrange, l’ordre de tout élément de G divise 4. S'il existe un élément d'ordre 4, G est cyclique et donc commutatif. Dans le cas contraire, x² = 1 pour tout élément x de G, donc G est commutatif d’après un problème de la série Groupes, premières notions.

Puisque H ⋂ K est un sous-groupe de H, son ordre divise p, donc, puisque p est premier, l’ordre de H ⋂ K est égal à 1 ou à p. S'il était égal à p, alors H ⋂ K serait égal à H tout entier et, de même, à K tout entier, donc H et K seraient égaux, ce qui est contraire aux hypothèses. Donc l’ordre de H ⋂ K est égal à 1, autrement dit H ⋂ K = 1.

Tout élément d'ordre p de G appartient à un ensemble H - {1}, où H est un sous-groupe d'ordre p de G (prendre pour H le sous-groupe de G engendré par l'élément en question). Réciproquement, si H est un sous-groupe d'ordre p de G, tout élément de H - {1} est d'ordre p (car l’ordre d'un tel élément divise p et est distinct de 1). Donc l’ensemble des éléments d'ordre p de G est la réunion des ensembles H - {1}, où H parcourt les sous-groupes d'ordre p de G. D'après le point a), ces ensembles H - {1} sont deux à deux disjoints. Comme ils sont tous de cardinal p - 1, l'énoncé en résulte.

Toute puissance k-ième est évidemment une puissance d-ième. Prouvons, réciproquement, que si un élément x de G est une puissance d-ième, c’est une puissance k-ième. Soit y un élément de G tel que x = y^d. Puisque d est le plus grand commun diviseur de k et n, il existe des entiers rationnels a et b tels que ak + bn = d (théorème de Bachet-Bézout). Alors x = y^ak y^bn. D'après la théorie, yⁿ = 1, donc x = y^ak, donc x est bien puissance k-ième dans G.

Par hypothèse, nous pouvons choisir un élément y₀ de G tel que y₀^k = x. Il est clair qu'un élément y de G est tel que y^k = x si et seulement si (y y₀^-1)^k = 1, donc ${\displaystyle \ z\mapsto zy_{0}}$ définit une bijection de l’ensemble des racines k-ièmes de 1 sur l’ensemble des racines k-ièmes de x. D'après la théorie, les racines k-ièmes de 1 sont les racines d-ièmes de 1 et sont en quantité d, d'où l'énoncé.

Dans le chapitre théorique, on a démontré le résultat suivant :

Soient H un groupe fini et ${\displaystyle r}$ un nombre naturel; pour tout élément ${\displaystyle h}$ de H, la relation ${\displaystyle h^{r}=1}$ équivaut à la relation ${\displaystyle h^{\mathrm {PGCD} (\vert H\vert ,r)}=1.}$

Appliquons cela au groupe H = <x> et à ${\displaystyle h=x^{a}}$, où ${\displaystyle a}$ est n'importe quel nombre naturel. Nous trouvons que

pour tout nombre naturel ${\displaystyle a}$,

(1)${\displaystyle \qquad x^{ar}=1\Leftrightarrow x^{a\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r)}.}$

Les nombres naturels ${\displaystyle a}$ satisfaisant au membre gauche de l'équivalence (1) sont les multiples naturels de l'ordre de ${\displaystyle x^{r}}$.
Les nombres naturels ${\displaystyle a}$ satisfaisant au membre droit de l'équivalence (1) sont les nombres naturels ${\displaystyle a}$ tels que ${\displaystyle aPGCD(\vert x\vert ,r)}$ soit multiple de ${\displaystyle \vert x\vert }$, autrement dit ce sont les multiples naturels de ${\displaystyle \vert x\vert /\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r).}$
Donc, d'après (1), les multiples naturels de l'ordre de ${\displaystyle x^{r}}$ sont exactement les multiples naturels de ${\displaystyle \vert x\vert /\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r).}$ Dès lors, l'ordre de ${\displaystyle x^{r}}$ et ${\displaystyle \vert x\vert /\mathrm {PGCD} (\vert x\vert ,r)}$ sont multiples l'un de l'autre, donc ces deux nombres sont égaux.

De l'hypothèse ${\displaystyle y^{d}=x}$ et du problème « Ordre d'une puissance » résulte que

${\displaystyle \vert x\vert =\vert y\vert /PGCD(\vert y\vert ,d)}$,

${\displaystyle \vert y\vert =\vert x\vert PGCD(\vert y\vert ,d).}$

Il suffit donc de prouver que

${\displaystyle PGCD(\vert y\vert ,d)=d,}$

ce qui revient à prouver que ${\displaystyle \vert y\vert }$ est divisible par ${\displaystyle d.}$
Soit ${\displaystyle p}$ un facteur premier de ${\displaystyle d}$, soit ${\displaystyle f=v_{p}(d)}$ le plus grand nombre naturel tel que ${\displaystyle p^{f}}$ divise ${\displaystyle d.}$ Tout revient à prouver que ${\displaystyle \vert y\vert }$ est divisible par ${\displaystyle p^{f}}$, ce qui revient encore à prouver que

(thèse 1)${\displaystyle \qquad PGCD(\vert y\vert ,p^{f})=p^{f}.}$

Supposons que, par absurde,

(hyp. 2)${\displaystyle \qquad PGCD(\vert y\vert ,p^{f})\not =p^{f}.}$

Alors

(3)${\displaystyle \qquad PGCD(\vert y\vert ,p^{f})=p^{s}}$, où ${\displaystyle s}$ est un nombre naturel ${\displaystyle <f.}$

D'après le théorème de Bézout, il existe alors des entiers relatifs ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle b}$ tels que

${\displaystyle \qquad a\vert y\vert +bp^{f}=p^{s}}$,

d'où

(4)${\displaystyle \qquad y^{a\vert y\vert +bp^{f}}=y^{p^{s}}.}$

Puisque ${\displaystyle y^{\vert y\vert }=1}$, le résultat (4) peut s'écrire

(5)${\displaystyle \qquad y^{bp^{f}}=y^{p^{s}}.}$

Puisque ${\displaystyle d}$ est divisible par ${\displaystyle p^{f}}$ et que ${\displaystyle s\leq f}$ (et même ${\displaystyle s<f}$), ${\displaystyle d/p^{s}}$ est un nombre entier, donc nous pouvons élever (5) à la puissance ${\displaystyle d/p^{s}}$, ce qui donne

(6)${\displaystyle \qquad y^{bdp^{f-s}}=y^{d}.}$

Puisque, par hypothèse de l'énoncé, ${\displaystyle y^{d}=x}$, (6) peut s'écrire

${\displaystyle \qquad x^{bp^{f-s}}=x}$,

(7)${\displaystyle \qquad x^{bp^{f-s}-1}=1}$.

D'après (3), ${\displaystyle s<f}$, donc ${\displaystyle bp^{f-s}}$ est divisible par ${\displaystyle p}$, donc ${\displaystyle bp^{f-s}-1}$ n'est pas divisible par ${\displaystyle p}$, donc (7) montre que l'ordre de ${\displaystyle x}$ n'est pas divisible par ${\displaystyle p}$. C'est impossible, puisque ${\displaystyle p}$ est un facteur premier de ${\displaystyle d}$ et que, par hypothèse de l'énoncé, tout facteur premier de ${\displaystyle d}$ divise l'ordre de ${\displaystyle x}$. Cette contradiction prouve que l'hypothèse (2) est fausse, autrement dit la thèse (1) est vraie. Comme nous l'avons vu, cela démontre l'assertion du point a).

Soit ${\displaystyle x}$ d'ordre 2 et posons ${\displaystyle y=x.}$ Alors y³ = x³ = x²x = x, donc les hypothèses du point a) abusivement modifié sont satisfaites avec d = 3 et pourtant ${\displaystyle y}$ n’est pas d'ordre 6 (puisqu’il est égal à ${\displaystyle x}$ qui est d'ordre 2). Plus banalement, prenons ${\displaystyle x=y=1}$. Alors, pour n'importe quel nombre naturel ${\displaystyle n}$, yⁿ = x et pourtant ${\displaystyle y}$ n'est pas d'ordre ${\displaystyle n}$ si ${\displaystyle n}$ est choisi distinct de 1.