A necessary and sufficient condition for every group of order $n$ to be cyclic

Traduction arithmétique de l’hypothèse

(a) $\operatorname{pgcd}(n,\varphi(n))=1$ entraîne $n$ sans facteur carré. Si $p^{2}\mid n$, écrivons $n=p^{a}s$ avec $a\geqslant 2$ et $p\nmid s$. La multiplicativité de $\varphi$ donne $\varphi(n)=p^{a-1}(p-1)\varphi(s)$, donc $p$ divise à la fois $n$ et $\varphi(n)$.

(b) Pour $n$ sans facteur carré, $\varphi(n)=\prod_{q\mid n}(q-1)$, de sorte que
$$\operatorname{pgcd}\bigl(n,\varphi(n)\bigr)=1\iff \forall p,q \text{ premiers divisant } n,\quad p\nmid q-1 .$$

(c) Hérédité par les diviseurs. Si $\operatorname{pgcd}(n,\varphi(n))=1$ et $m\mid n$, alors $\operatorname{pgcd}(m,\varphi(m))=1$.

C’est (c) qui rendra la récurrence possible.

Si $\operatorname{pgcd}(n,\varphi(n))>1$, il existe un groupe non cyclique d’ordre $n$

Soit $p$ un diviseur premier de $\operatorname{pgcd}(n,\varphi(n))$.

Cas 1 : $n$ n’est pas sans facteur carré, disons $p^{2}\mid n$. Le groupe $G=(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{2}\times\mathbb{Z}\big/\tfrac{n}{p^{2}}\mathbb{Z}$ est d’ordre $n$ et non cyclique, il contient $p+1$ sous-groupes d’ordre $p$, alors qu’un groupe cyclique n’en possède qu’un seul.

Cas 2 : $n$ est sans facteur carré. Alors $p\mid\varphi(n)=\prod_{q\mid n}(q-1)$, donc il existe un premier $q\mid n$ avec $p\mid q-1$ ; nécessairement $q\neq p$, sinon $p\mid p-1$. Le groupe $(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})^{\times}$ étant cyclique d’ordre $q-1$, il contient un élément $\overline{a}$ d’ordre $p$, ce qui fournit un morphisme non trivial
$$\theta:\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\longrightarrow\operatorname{Aut}(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}),\qquad \overline{1}\longmapsto(x\mapsto ax).$$Le produit semi-direct $\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}\rtimes_\theta\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est non abélien d’ordre $pq$, et comme $pq\mid n$,
$$G=\Bigl(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}\rtimes_\theta\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\Bigr)\times\mathbb{Z}\big/\tfrac{n}{pq}\mathbb{Z}$$est un groupe non abélien, donc non cyclique, d’ordre $n$. $\blacksquare$

Si $\operatorname{pgcd}(n,\varphi(n))=1$, tout groupe d’ordre $n$ est cyclique

Raisonnons par récurrence forte sur $n$, ou de façon équivalente par contre-exemple minimal : soit $G$ un groupe non cyclique d’ordre $n$ minimal parmi ceux vérifiant $\operatorname{pgcd}(n,\varphi(n))=1$.

Par (c), tout diviseur $m$ de $n$ vérifie encore $\operatorname{pgcd}(m,\varphi(m))=1$. La minimalité entraîne donc :
$$\textbf{tout sous-groupe propre et tout quotient propre de } G \textbf{ est cyclique.} \qquad \qquad \tag{$\star$}$$En particulier $n$ n’est pas premier, et $\{e\}$ n’est pas un sous-groupe maximal de $G$.

Étape A : $G$ est simple

Supposons qu’il existe $N\trianglelefteq G$ avec $\{e\}\neq N\neq G$, et posons $m=|N|$. Par $(\star)$, $N$ est cyclique et $G/N$ est cyclique d’ordre $n/m$ ; comme $n$ est sans facteur carré, $\operatorname{pgcd}(m,n/m)=1$.

Soit $g\in G$ dont la classe engendre $G/N$. Si $\langle g\rangle=G$, le groupe $G$ est cyclique, exclu. Sinon $\langle g\rangle$ est cyclique d’ordre $k$, et $n/m$ divise $k$ puisque $\langle g\rangle$ se surjecte sur $G/N$. Le groupe cyclique $\langle g\rangle$ possède donc un sous-groupe $H$ d’ordre exactement $n/m$. Alors $|H\cap N|$ divise $\operatorname{pgcd}(n/m,m)=1$, d’où
$$H\cap N=\{e\},\qquad |HN|=|H|\,|N|=n,\qquad G=N\rtimes H .$$

L’action est triviale. Elle est donnée par un morphisme $H\to\operatorname{Aut}(N)$, et $N$ étant cyclique d’ordre $m$, on a $\operatorname{Aut}(N)\simeq(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})^{\times}$, d’ordre $\varphi(m)$. L’ordre de l’image divise donc
$$\operatorname{pgcd}\bigl(n/m,\ \varphi(m)\bigr),$$qui divise $\operatorname{pgcd}(n,\varphi(n))=1$, car $n/m\mid n$ et $\varphi(m)\mid\varphi(n)$ (conséquence de $\varphi(n)=\varphi(m)\varphi(n/m)$).

Ainsi $G=N\times H$ est produit direct de deux groupes cycliques d’ordres premiers entre eux, donc cyclique : contradiction. Donc $G$ est simple.

Étape B : Un groupe simple non cyclique ne peut avoir tous ses sous-groupes propres cycliques

Montrons que deux sous-groupes maximaux distincts s’intersectent trivialement. Soient $M_1\neq M_2$ maximaux et $D=M_1\cap M_2$. Chaque $M_i$ étant cyclique donc abélien, $D\trianglelefteq M_i$, si bien que $N_G(D)\supseteq\langle M_1,M_2\rangle$. Or $M_2\not\subseteq M_1$, donc $\langle M_1,M_2\rangle$ contient strictement $M_1$ : par maximalité, $\langle M_1,M_2\rangle=G$ et $D\trianglelefteq G$. Comme $D\subseteq M_1\subsetneq G$, la simplicité impose $D=\{e\}$.

Montrons que les maximaux sont auto-normalisants. Pour $M$ maximal, $N_G(M)\supseteq M$ et $N_G(M)\neq G$ (sinon $M\trianglelefteq G$), donc $N_G(M)=M$ : la classe de conjugaison de $M$ compte exactement $[G:M]$ sous-groupes.

Tout $x\neq e$ engendre un sous-groupe propre donc appartient à au moins un sous-groupe maximal, et à un seul d’après le premier point. Les sous-groupes maximaux partitionnent ainsi $G\setminus\{e\}$. En notant $M_1,\dots,M_k$ des représentants des classes de conjugaison de maximaux, d’ordres $m_i\geqslant 2$ :
$$n-1=\sum_{i=1}^{k}\frac{n}{m_i}\bigl(m_i-1\bigr)=n\sum_{i=1}^{k}\Bigl(1-\frac{1}{m_i}\Bigr),$$soit après division par $n$ :
$$\sum_{i=1}^{k}\Bigl(1-\frac{1}{m_i}\Bigr)=1-\frac{1}{n}\ <\ 1 .$$Chaque terme vaut au moins $\tfrac12$. Si $k\geqslant 2$, la somme vaut au moins $1$ : impossible. Si $k=1$, il vient $m_1=n$, contredisant $M_1\subsetneq G$. Enfin $k=0$ forcerait $G=\{e\}$.

Contradiction dans tous les cas : le contre-exemple minimal n’existe pas. $\blacksquare$