Sous-groupes de $\mathbb{Z}$

Notation 3   Soit $b$ un entier. On note $b\mathbb{Z}$ l'ensemble des multiples de $b$.

Par exemple $0\mathbb{Z}=\{0\}$ et $2\mathbb{Z}$ est l'ensemble des entiers relatifs pairs.

L'objet de la section est un théorème d'énoncé très simple, et assez pratique.

Théorème 6   Les sous-groupes de $\mathbb{Z}$ sont exactement les ensembles $b\mathbb{Z}$ avec $b\geqslant 0$.

Démonstration : Il y a deux choses à démontrer : que les ensembles $b\mathbb{Z}$ sont des sous-groupes, et que tout sous-groupe est un ensemble $b\mathbb{Z}$.

Commençons donc par vérifier (c'est très facile) que pour $b\geqslant 0$ fixé, $b\mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$.

$\bullet$ 0 est multiple de $b$, donc $b\mathbb{Z}$ n'est pas vide.

$\bullet$ Soit $x$ et $y$ deux éléments de $b\mathbb{Z}$, c'est-à-dire deux multiples de $b$. Il est clair que $x-y$ est aussi un multiple de $b$, donc appartient à $b\mathbb{Z}$.

C'est fait. Pour les amateurs d'abstraction, on pouvait remarquer que $b\mathbb{Z}= \mathopen\langle b\mathclose\rangle$ (le sous-groupe engendré par $b$), ce qui est camouflé par la notation additive de l'opération.

Soit maintenant $H$ un sous-groupe de $\mathbb{Z}$, montrons qu'il existe un entier $b\geqslant 0$ tel que $H=b\mathbb{Z}$. On distinguera deux cas.

Premier cas : Si $H=\{0\}$, on remarque que $H=0\mathbb{Z}$ et on a fini.

Second cas : Si $H\not=\{0\}$, $H$ possède au moins un élément non nul $x$, donc au moins un élément strictement positif $y$ (on prendra $y=x$ ou $y=-x$ selon le signe de $x$). Si on introduit l'ensemble $B=H\cap\mathbb{N}^{*}$, $B$ est donc un ensemble d'entiers positifs non vide. Il possède un plus petit élément $b$. On va montrer que $b$ convient.

Il semble raisonnablement clair que $b\mathbb{Z}\subset H$. (Hum, est-ce si clair ou est-ce un petit moment de paresse du rédacteur ? Le lecteur est invité à se forger par lui-même une opinion sur cette épineuse question.)

Réciproquement soit $a$ un élément de $H$. Si on fait la division euclidienne de $a$ par $b$, soit $a=qb+r$, on en déduit que $r=a-bq$ est aussi un élément de $H$. Comme $r<b$, $r\not\in B$, et comme $r\in H\cap \mathbb{N}$ la seule possibilité est que $r=0$. On en déduit donc que $a=bq\in b\mathbb{Z}$. Ceci prouve l'inclusion $H\subset b\mathbb{Z}$.

On a donc montré que $H=b\mathbb{Z}$.

On a donc montré, dans les deux cas, que $H$ est de la forme $b\mathbb{Z}$.$\square$

En application de ce théorème, donnons de nouvelles et élégantes démonstrations des théorèmes 3 et 4 ; l'outil à la base reste la division euclidienne, mais il aura été utilisé une seule fois, dans la preuve du théorème qui précède, et on ne fait plus que d'assez simples manipulations ensemblistes.

Deuxième démonstration du théorème 3 :

Introduisons les sous-groupes de $\mathbb{Z}$ que sont $H=a\mathbb{Z}$ et $K=b\mathbb{Z}$. Pour tout $n\geqslant 1$, $n$ est un multiple commun de $a$ et $b$ si et seulement si $n$ est dans $H\cap K$. Or $H\cap K$, comme intersection de deux sous-groupes de $\mathbb{Z}$, est lui-même un sous-groupe de $\mathbb{Z}$ (bon, d'accord, on n'a pas mentionné ce résultat dans le cours sur les sous-groupes, mais on aurait dû, et de toutes façons c'est très facile). Il existe donc un entier $m\geqslant 0$ tel que $H\cap K=m\mathbb{Z}$ (et il est clair que $m>0$, car $H\cap K$ contient d'autres entiers que 0, par exemple $ab$). On a alors pour tout $n\geqslant 1$ les équivalences : $n$ est un multiple commun de $a$ et $b$ si et seulement si $n$ appartient à $H\cap K$ si et seulement si $n$ appartient à $m\mathbb{Z}$ si et seulement si $n$ est un multiple de $m$.

L'unicité reste à prouver comme dans la preuve initiale.

Fin de la démonstration.

Troisième démonstration du théorème 4 :

Introduisons l'ensemble $L\subset \mathbb{Z}$ défini par $L=\{sa+tb ,\;s\in\mathbb{Z},t\in\mathbb{Z}\}$.

On vérifie sans mal que $L$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$. C'est si facile, qu'on va le laisser au lecteur.

Il existe donc un entier $d\geqslant 0$ tel que $L=d\mathbb{Z}$. De plus $L$ n'est manifestement pas réduit à $\{0\}$ (il contient par exemple $a=1a+0b$, et même aussi $b=0a+1b$), donc $d>0$. Montrons que $d$ convient.

On a remarqué que $a$ et $b$ sont dans $L=d\mathbb{Z}$. En d'autres termes, ils sont tous deux multiples de $d$, ou, pour dire cela encore autrement, $d$ est un diviseur commun de $a$ et $b$. Il est donc clair que tout diviseur de $d$ est à son tour un diviseur commun de $a$ et $b$.

Par ailleurs, $d$ est dans $L$, donc peut être mis sous forme $sa+tb$ pour des entiers relatifs $s$ et $t$. Si on part d'un diviseur commun $n\ge 1$ de $a$ et $b$, $sa$ et $tb$ sont à leur tour des multiples de $n$, donc aussi $d$, et $n$ est donc bien un diviseur de $d$.

Là aussi, on renvoie à la preuve initiale pour l'unicité.

Fin de la démonstration.