# UN ETUDE CLASSIQUE DES DUPLICATIONS D'UN GROUPE CYCLIQUE

ALFONSO RIDER-MOYANO
and

RAFAEL RUBIO-RUIZ
UNIVERSIDAD DE CORDOBA, ESPAÑA

Received : May 2005. Accepted : April 2006

## Abstract

Pour chaque entier $n$, nous allons à établir la quantité, sauf isomorphism, des groupes $G$ d'ordre $2n$ et de façon qu'ils aient au moins un élément d'ordre $n$. C'est-à-dire, nous donnerons le nombre des groupes (sauf isomorphism) d'ordre $2n$, qui aient un sous-groupe isomorphic au groupe cyclique d'ordre $n, C_n$.

En plus, nous étudierons aussi la structure de ces groupes.

AMS Subject Class : (2000):20E34, 20F05, 20F22.
# 1. Introduction

Il est considérable la quantité des groupes finis qui apparaissent comment la duplication d'un groupe cyclique d'ordre $n \in \mathbb{N}^*$. C'est-à-dire, des groupes d'ordre $2n$, qui ont au moins un élément d'ordre $n$, donc ils contenissent un sous-groupe cyclique isomorph à $C_n$.

De ça façon, en plus du groupe produit $C_2 \times C_n$ et le groupe cyclique $C_{2n}$ nous pouvons remarquer, le groupe diedrique à degré $n$ $\mathcal{D}_n$, le groupe dicyclique à degré $n$ $\mathcal{D}C_n$, le groupe semi-diedrique à degré $n$ $\mathcal{S}D_n$, le groupe semi-cyclique à degré $n$ $\mathcal{D}C_n$, etc,.. Touts ces groupes sont definis de manière simple grâce à leurs presentations (generateurs et relations).

Dans ce travail, nous étudierons de manière classique, les duplications des groupes cycliques. C'est-à-dire, nous allons établir la quantité -sauf ismorphismes- des groupes $G$ d'ordre $2n$, qui contenissent au moins, un élément d'ordre $n$. En plus, nous étudierons aussi, la structure de ces groupes et nous caractérisons leurs presentations, en donnant la description de quelques modèles classiques.

**Définition 1.** On dira que le groupe $G$ d'ordre $2n$ est une duplication du groupe cyclique $C_n$, s'il a un élément $g$ d'ordre $n$.

Pour $n = 1, 2$, la réponse est immédiate :

Si $n = 1$, alors $g = e$ et $G = \{e, s\}$ avec $e \neq s$, c'est-à-dire $G \sim C_2$.

Si $n = 2$, alors $G = \{e, g, s, sg\}$ avec $s \notin \langle g \rangle$ et il y a deux cas: pour le $ord(s) = 2$, nous aurions $G = C_2 \times C_2$, tandis que pour le $ord(s) = 4$ on aura $G \sim C_4$.

En général, soit $G$ un groupe d'ordre $2n$ et soit $g \in G$ un élément d'ordre $n$. Il est claire que le sous-groupe $\langle g \rangle$ a index 2 et en conséquence, il est posible d'écrire $G = \langle g \rangle \cup \{s < g > = \{e, g, g^2, \dots, s, sg, \dots, sg^{n-1}\}$. C'est-à-dire, le groupe est génère par un élément d'ordre $n$ et un autre élément qui n'appartient a le sous-groupe $\langle g \rangle$.

# 2. Sur la table du groupe

La table du groupe aura quatre quarts:

Dans le quart supérieur à gauche, ils seraient les produits $g^xg^y$, dont loi sera fermée dans ce quart, c'est-à-dire, cette operation on fera dans $C_n$, $g^xg^y = g^{x+y}$.
Dans le quart inférieur à gauche seront les produits d'éléments de $s < g >$ par les éléments de $< g >$. Le résultat sera dans $s < g >$, $sg^xg^y = s(g^xg^y) = sg^{x+y}$.

Dans le supérieur a droite seront les produits $g^x sg^y)$, qui appartient-
dront à la classe $s < g >$. Le résultat de ces produits, dépendra d'un entier
$\mu$ tel que $gs = sg^\mu$, ou d'autre façon, d'un entier $\mu$ tel que $i_s(g) = s^{-1}gs =
g^\mu$. En effet, $i_s(g^x) = s^{-1}g^x s = (i_s(g))^x = (g^\mu)^x = g^{\mu x} \Rightarrow g^x s = sg^\mu$. Et
pour finir, $g^x sg^y) = (g^x s)g^y = (sg^{\mu x})g^y = sg^{\mu x+y}$.

Dans la quart inférieur à droite nous aurons les produits de la façon
$(sg^x)(sg^y)$, qui appartenirant à la classe $< g >$ et ils dependrant, d'un
entier $\beta$, tel que $s^2 = g^\beta$, puisque, si nous connaisons l'exposant $\beta$, alors
$(sg^x)(sg^y) = s(g^x sg^y) = s(sg^{\mu x+y}) = g^\beta g^{\mu x+y} = g^{\beta+\mu x+y}$.

Ainsi, la table du groupe sera en fonction des entiers $\mu$ y $\beta$ tels que
$s^{-1}gs = g^{\mu}$ et $s^2 = g^{\beta}$.

Observons que $(sg^y)^{-1}g^x sg^y) = g^{-y}(s^{-1}g^x s)g^y = g^{\mu x} = (g^x)^\mu$ et que
$(sg^y)^2 = g^{\beta+(\mu+1)y}$. En consequence, l'entier $\mu$ ne change pas pour chaque
élément du sous-groupe $< g >$ et non plus, si nous changeons $s$, par un
autre élément de leur classe $s < g >$. Pourtant, si nous prenons l'élément
$sg^y$ au lieu de $s$, il est possible qu'il change le valeur de $\beta$.

**Définition 2.** Si on a déterminé les entiers $\mu$ y $\beta$, on dira que le groupe $G$ est une duplication de type $(n, \mu, \beta)$.

La loi interne que nous avons donné pour chaque quart dans la table,
on pourra écrire de façon global: $(s^u g^x)(s^v g^y) = s^{u+v} g^{uv\beta+\mu^v x+y}$, $\mu, u, v \in \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ et $x, y \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.

Les éléments inverses s'écriront $(s^u g^x)^{-1} = s^u g^{-\mu\beta} - \mu^u x$.

2.1. Des conditions nécesaires et suffisantes pour les entiers $\mu$ et $\beta$

**Proposition 1.** Soit $s \notin <g>$, alors $s^2 \in <g>$ et $s^2 \in \mathcal{Z}(G)$. En plus, si $s^{-1}gs = g^\mu$, alors on a que $\mu^2 \equiv 1 (\text{mod } n)$.

Démonstration

Supposons que $s^2 \notin <g>$, il existe $x$ tel que $s^2 = sg^x$, donc $s = g^x$,
ce qui est contradictoire. Il est claire que $s^2$ commutera avec les éléments
du sous-groupe $<g>$ et comme $s^2(sg^x) = (s^2s)g^x = s(s^2g^x) = s(g^x s^2) =
 sg^x)s^2$, nous avons que $s^2 \in \mathcal{Z}(G)$.
Si nous faisons deux fois l'automorphism interne $i_s$ sur $g$, on a que $s^{-2}gs^2 = s^{-1}(s^{-1}gs)s = s^{-1}g^\mu s = g^{\mu^2}$, mais comme $s^2 \in \mathcal{Z}(G)$, nous avons que $g = g^{\mu^2}$, donc $\mu^2 \equiv 1 \pmod{n}$.
$\square$

D'autre part, observez que si $s^2 = g^\beta$, alors $(\mu - 1)\beta \equiv 0 \pmod{n}$, puisque $g^\beta \in \mathcal{Z}(G)$, $s^{-1}g^\beta s = g^\beta$ et $s^{-1}g^\beta s = g^{\mu\beta}$. En consequence, $g^{\mu\beta} = g^{\mu\beta} \Leftrightarrow e = g^{(\mu-1)\beta} \Leftrightarrow (\mu - 1)\beta \equiv 0 \pmod{n}$

Remarquez que $\mu$ est un élément d'ordre 2 (ou involutif) dans le groupe multiplicatif des unités du anneaux $Z/nZ$. Ils existent toujours de ces éléments (par exemple $\mu = 1$ et $\mu = n - 1$). Dans l'appendice de ce travail, nous donnerons des méthodes pour trouver ces éléments et donnerons aussi, une formule qui exprimera la quantité d'eux.

Si on a donné un valeur pour $\mu$, il faut que l'entier $\beta$ soit une solution pour l'équation en congruences $(\mu - 1)x \equiv 0 \pmod{n}$. Cette équation est linéaire et homogène, donc elle sera toujours compatible et l'ensemble $B$, qui est formé par toutes ses solutions, il est un sous-groupe de $(Z/nZ, +)$, dont ordre est $d = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\}$ (où, pgcd note le plus grand commun diviseur). Un générateur de ce sous-groupe est la classe du entier $n/d$, module $n$. Comme $(\mu - 1)(\mu + 1) = \mu^2 - 1 = 0 \pmod{n}$, on aura que $\mu + 1 \in B$. Cette solution n'est pas nulle, sauf que $d \ge 2$. Encore, si on aurait $\mu = n - 1$ et en étant $n$ pair, on a que $d = \text{pgcd}\{n, n - 2\} = 2$ et $B = \{0, n/2\}$. C'est-a-dire, le groupe $B$ est trivial si et seulement si $\mu = n - 1$ et $n$ est impair.

Voyons maintenant, la suffisance des conditions précédentes.

D'abort, nous prenons l'ensemble support $G = Z/2Z \times Z/nZ$, dont cardinal est $2n$ et nous définissons la loi interne suivante:

$$ (u, x)(v, y) = (u + v, uv\beta + \mu^v x + y) $$

Cette opération donne sur $G$ une structure de groupe et en plus $G$ sera une duplication de type $(n, \mu, \beta)$. En effet:

1) La opération est associative

$$ ((u, x)(v, y))(w, z) = (u + v, uv\beta + \mu^v x + y)(w, z) = ((u + v) + w, (u + v)w\beta + \mu^w(uv\beta + \mu^v x + y) + z), $$

$$ (u, x)((v, y)(w, z)) = (u, x)(v + w, vw\beta\mu^w y + z) = (u + (v + w), u(v + w)\beta + \mu^{v+w}x + vw\beta + \mu^w y + z), $$

$$ \text{il reste à voir si } (u+v)w\beta + \mu^w(uv\beta + \mu^v x + y) + z) \equiv u(v+w)\beta + \mu^{v+w}x + vw\beta + \mu^w y + z) \Leftrightarrow \mu^w uv\beta \equiv uv\beta. $$
Si $w = 0$, cette question est triviale. D'autre part, si $w = 1$, la dernière expression est équivalent à $uv(\mu-1)\beta \equiv 0$, qui est vraie n'importe pas pour quoi valeurs de $u$ et $v$.

2) Il est claire, que le couple (0,0) est l'element neutre

3) Le couple $(u, -u\beta - \mu^u x)$ est l'inverse de $(u, x)$. Il suffit de voir, que
$$
\begin{align*}
u\beta - u\beta\mu^u - \mu^{2u}x + x &\equiv -u(\mu^u - 1)\beta - (\mu^2)^u x + x &\equiv -u(\mu^u - 1)\beta - x + x \\
&= -u(\mu^u - 1)\beta \equiv 0, \text{ et pour finir, il suffit de raisonner de la même façon que} \\
&\text{dans 1.}
\end{align*}
$$

4) Remarquons les éléments $g = (0,1)$ et $s = (1,0)$.

N'est pas difficile de voir par induction que $g^x = (0, x)$ et en consequence $g$ aura ordre $n$. Comme $s \notin \langle g \rangle$ on a que $G = \langle g, s \rangle$.

D'autre part, $s^{-1} = (1,0) = (1,-\beta)$ et $s^{-1}gs = (1,-\beta)(0,1)(1,0) = (1,-\beta)(1,\mu) = (0,\beta-\mu\beta+\mu) = (0,\mu) = g^{\mu}$ et finalement $s^2 = (1,0)(1,0) = (0,\beta) = g^{\beta}$.

## 2.2. Le centre d'une duplication

D'abort, si $\mu = 1$ le groupe $G$ est commutatif et $G = \mathcal{Z}(G)$.

Si $\mu \neq 1$ il n'y a aucun élément dans la classe $s < g >$ qu'il soit
commutatif avec $g$ et en consequence $\mathcal{Z}(G) \subset \langle g \rangle$. De ça façon $g^x \in \mathcal{Z}(G)$
si et seulement s'il commute avec chaque élément $sg^y \in s < g >$. Ainsi,
$g^x sg^y = sg^y g^x \Leftrightarrow sg^{\mu x+y} = sg^{y+x} \Leftrightarrow g^{\mu x} = g^x \Leftrightarrow \mu x \equiv x \pmod{n} \Leftrightarrow$
$(\mu - 1)x \equiv 0 \pmod{n}$. Donc, $\mathcal{Z}(G)$ sera isomorph au sous-groupe $\mathcal{B} \le$
$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ (rappelons que $\mathcal{B}$ est le sous-groupe des solutions de la équation
$(\mu - 1)x \equiv 0 \pmod{n}$) et l'ordre de $\mathcal{Z}(G)$ sera $d = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\}$, en étant
$\mathcal{Z}(G) = \langle g^{\frac{n}{d}} \rangle$.

Remarquons que $\mathcal{Z}(G) = e$ si et seulement si $\mu = n - 1$ et $n$ est impair.

# 3. Sur l'indicateur d'involution

## 3.1. Indice d'un élément involutif

**Proposition 2.** Soit $\mu$ un élément involutif, module $n$, et soit $\mathcal{B}$ le groupe des solutions pour l'écuation $(\mu - 1)\xi \equiv 0 \pmod{n}$.

Alors, l'indice du sous-groupe $\langle \mu + 1 \rangle$ dans $\mathcal{B}$ est au plus 2.
## Démonstration

Comme $\mu + 1$ est un élément involutif du groupe $\mathcal{B}$, il existe un entier $c$ tel que $\mu + 1 = c(n/d)$ et ainsi, on aura que $ord(\mu + 1) = \frac{d}{pgcd\{d,c\}}$, $Ind(<\mu + 1>) = pgcd\{d,c\}$.

D'autre part, comme l'entier $\mathcal{I} = pgcd\{d,c\}$ divise au entier $c$, $\mathcal{I}$ divise aussi à $\mu + 1$ et comme il divise à $d$, il divisera aussi à $\mu - 1$. Donc

$$ \mathcal{I} \mid pgcd\{\mu + 1, \mu - 1\} = pgcd\{\mu - 1, 2\} = \begin{cases} 1 & \text{si } \mu \text{ est pair} \\ 2 & \text{si } \mu \text{ est impair} \end{cases} $$

En conséquence, nous aurions que $\mathcal{I} = 1$, ou bien $\mathcal{I} = 2$. $\square$

À l'avenir, l'indice de $\mu+1$ dans $\mathcal{B}$, on appellera indice de $\mu$ et on notera $Ind(\mu)$. De ça façon on a la égalité, $Ind(\mu) ord(\mu + 1) = pgcd\{n, \mu - 1\}$

Pour tout élément involutif module $n \mu$, on vérifie que

$Ind(\mu)n = pgcd\{n, \mu - 1\}pgcd\{n, \mu + 1\}$. En effet, l'ordre de $\mu + 1$ dans le groupe $Z/nZ$ est $ord(\mu + 1) = \frac{n}{pgcd\{n, \mu + 1\}}$.

D'autre par, nous avons obtenu que $ord(\mu + 1) = \frac{pgcd\{n, \mu - 1\}}{Ind(\mu)}$.

**Proposition 3.** Si $\mu$ est involutif module $n$, on vérifie que $Ind(n - \mu) = Ind(\mu)$.

## Démonstration

a) Tout diviseur commun pour $n$ et $(n - \mu) - 1$, est un diviseur commun pour $n$ et $(n - ((n - \mu) - 1) = \mu + 1$.

Au contraire, un diviseur commun pour $n$ et $\mu + 1$, est aussi diviseur commun pour $n$ et $n - (\mu + 1)$. Donc, si nous notons par $[m]$ l'ensemble formé par les multiples d'un entier $m$, on a que $[n] \cap [(n - \mu) - 1] = [n] \cap [\mu + 1]$. Ce qui est equivalent à $pgcd\{n, (n - \mu) - 1\} = pgcd\{n, \mu + 1\}$.

b) Tout le diviseur commun pour $n$ et $(n - \mu) + 1$ est un diviseur commun pour $n$ et $(n - (n - \mu) + 1) = \mu - 1$. Au contraire, un diviseur commun pour $n$ et $\mu - 1$ est aussi diviseur commun pour $n$ et $n - (\mu - 1)$. Donc $[n] \cap [(n - \mu) + 1] = [n] \cap [\mu - 1]$. Ce qui est equivalent à $pgcd\{n, (n - \mu) + 1\} = pgcd\{n, \mu - 1\}$.

Maintenant, nous utilisons l'observation d'avant, et pouvons écrire, $Ind(n - \mu)n = pgcd\{n, (n - \mu) - 1\}pgcd\{n, (n - \mu) + 1\} = pgcd\{n, \mu + 1\}pgcd\{n, \mu - 1\} = Ind(\mu)n \Rightarrow Ind(n - \mu) = Ind(\mu)$. $\square$
### 3.2. Indice des éléments involutifs $\mu = 1$ et $\mu = n - 1$

**Proposition 4.** Pour chaque entier $n \ge 3$, on a:

$$Ind(1) = Ind(n-1) = \begin{cases} 1 & \text{si } n \text{ est impair} \\ 2 & \text{si } n \text{ est pair} \end{cases}$$

**Démonstration**

Comme nous savons que $Ind(1) = Ind(n-1)$, il suffit de calculer l'indice de 1. Puisque $pgcd\{n, \mu-1\} = pgcd\{n, 0\} = n$ et $pgcd\{n, \mu+1\} = pgcd\{n, 2\} = \begin{cases} 1 & \text{si } n \text{ est impair} \\ 2 & \text{si } n \text{ est pair} \end{cases}$ en utilisant la formule $Ind(\mu)n = pgcd\{n, \mu-1\}pgcd\{n, \mu+1\}$, on aura

$$Ind(1)n = \begin{cases} n & \text{si } n \text{ est impair} \\ 2n & \text{si } n \text{ est pair} \end{cases} \Rightarrow Ind(1) = \begin{cases} 1 & \text{si } n \text{ est impair} \\ 2 & \text{si } n \text{ est pair} \end{cases}$$

Remarquons que si $n \ge 3$ est un entier impair, pour tout élément involutif $\mu$, module $n$, comme $Ind(\mu) | n$, on vérifie que $Ind(\mu) = 1$. $\square$

### 3.3. Sur les indices pour $n$ pair

Après le dernier résultat, le cas $Ind(\mu) = 2$, n'est pas possible que pour modules pairs. Dans ces cas, on pourra écrire $n = 2^m p$, $m \ge 1$, $p$ impair.

D'abort, supposons $p = 1$. Si $m = 1$ ($n = 2$), il y a seulement un élément involutif ($\mu$) avec indice 2.

D'autre part, si $m = 2$ ($n = 4$), il y aura deux éléments involutifs: 1 et 3, tout les deux, avec indice 2.

**Proposition 5.** Dans le cas $n = 2^m$, avec $m \ge 3$ on vérifie:
$$Ind(1) = Ind(2^m - 1) = 2 \text{ et } Ind(2^{m-1}) = Ind(2^{m-1} + 1) = 1.$$

**Démonstration**

Nous savons ($n$ pair) que $Ind(1) = Ind(2^m - 1) = 2$. Les autres deux éléments involutifs (voir appendice) seront opposés l'un du autre. Donc, il suffit de étudier le cas $\mu = 2^{m-1} - 1$. De ça façon:

$$\begin{align*} Ind(\mu) 2^m &= Ind(\mu) n = pgcd\{n, \mu-1\}pgcd\{n, \mu+1\} = \\ &\phantom{=} pgcd\{2^m, 2^{m-1}-2\}pgcd\{2^m, 2^n\} = 2pgcd\{2^{m-1}, 2^{m-2}-1\}2^{m-1}pgcd\{2, 1\} = \\ &\phantom{=} 2^m \Rightarrow Ind(\mu) = 1. \tag*{\square} \end{align*}$$

Remarquez que nous avons utilisé que $pgcd\{2^{m-1}, 2^{2m-2} - 1\} = 1$, puisque si $m \ge 3$, l'entier $2^{m-2}$ est impair.
**3.4. Sur les indices pour $n = 2^m p$, ou $m \ge 1$ et l'entier $p \ge 3$ est impair**

Si $\mu$ est involutif, module $n = 2p$, avec l'entier impair $p \ge 3$, alors $\text{Ind}(\mu) = 2$. En effet:

$$ 
\begin{aligned}
\text{Ind}(\mu) 2p &= \text{Ind}(\mu) n = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\} \text{pgcd}\{n, \mu + 1\} = \\
&\quad \text{pgcd}\{2p, \mu - 1\} \text{pgcd}\{2p, \mu + 1\} = 2\text{pgcd}\{p, \frac{\mu-1}{2}\} 2\text{pgcd}\{p, \frac{\mu+1}{2}\} \Rightarrow \\
&\quad \text{Ind}(\mu) p = 2\text{pgcd}\{p, \frac{\mu-1}{2}\} \text{pgcd}\{p, \frac{\mu+1}{2}\}. \text{ Comme le deuxième côté de la égalité est pair et $p$ est impair, alors } \text{Ind}(\mu) = 2.
\end{aligned}
$$

D'autre part, si $\mu$ est involutif, module $n = 4p$, ou $p \ge 3$ est un entier impair, on aura que $\text{Ind}(\mu) = 2$. Puisque, tout l'élément involutif, module $n = 4p$ est dans la classe de congruence module 4, des entiers 1 ou 3. Alors:

$$ 
\begin{aligned}
\text{a)} \quad & \mu \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow \mu - 1 \equiv 0 \pmod{4}. \quad \text{Donc, } \text{Ind}(\mu) 4p = \text{Ind}(\mu) n = \\
& \phantom{\text{a)} \quad} \text{pgcd}\{n, \mu - 1\} \text{pgcd}\{n, \mu + 1\} = \\
& \phantom{\text{a)} \quad} \text{pgcd}\{4p, \mu - 1\} \text{pgcd}\{4p, \mu + 1\} = 4\text{pgcd}\{p, \frac{\mu-1}{4}\} 2\text{pgcd}\{2p, \frac{\mu+1}{2}\} \Rightarrow \\
& \phantom{\text{a)} \quad} \text{Ind}(\mu) p = 2\text{pgcd}\{p, \frac{\mu-1}{4}\} \text{pgcd}\{2p, \frac{\mu+1}{2}\}.
\end{aligned}
$$

Comme le deuxième côté est pair et l'entier $p$ est impair, on a que $\text{Ind}(\mu) = 2$.

$$ \text{b)} \quad \mu \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow n - \mu \equiv -3 \equiv 1 \pmod{4}. \quad \text{Donc, } \text{Ind}(n - \mu) = 2 \text{ et } \text{ind}(\mu) = \text{Ind}(n - \mu). $$

**Proposition 6.** Si $n = 2^mp$, ou $m \ge 3$, l'entier $p \ge 3$ est impair et $\mu$ est involutif module $n$, on vérifie:

$$ \text{Ind}(\mu) = \begin{cases} 2 & \text{si } \mu \equiv \begin{cases} 1 \\ 2^m - 1 \end{cases} \pmod{2^m} \\ 1 & \text{si } \mu \equiv \begin{cases} 2^{m-1} - 1 \\ 2^{m-1} + 1 \end{cases} \pmod{2^m} \end{cases} $$

**Démonstration**

Comme $\mu$ est involutif module $2^mp$, il sera aussi involutif module $2^m$. Donc il appartiendra à une des classes des entiers $1, 2^{m-1}, 2^{m-1}+1, 2^m-1$.

$$ \text{a)} \mu \equiv 1 \pmod{2^m} \Leftrightarrow \mu - 1 \in 2^m\mathbb{Z}. \quad \text{Alors:} $$

$$ 
\begin{aligned}
\text{Ind}(\mu) 2^m p &= \text{Ind}(\mu) n = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\} = \text{pgcd}\{n, \mu + 1\} = \\
&\quad \text{pgcd}\{2^m p, \mu - 1\} \text{pgcd}\{2^m p, \mu + 1\}
\end{aligned}
$$
$$= 2^m \text{pgcd} \{p, \frac{(\mu - 1)}{2^m}\} 2^m \text{pgcd} \{2^{m-1}p, \frac{(\mu + 1)}{2}\} \Rightarrow$$

$$\text{Ind}(\mu) p = 2 \text{pgcd} \{p, \frac{(\mu - 1)}{2^m}\} \text{pgcd} \{2^{m-1}p, \frac{(\mu + 1)}{2}\}$$

Le deuxième côté de la égalité est pair et l'entier $p$ est impair, en conséquence $\text{Ind}(\mu) = 2$.

b) $\mu \equiv 2^{m-1} - 1 \pmod{2^m}$. Il existe un entier $c$ tel que

$$\mu = 2^m c + 2^{m-1} - 1.$$ De ça façon,

$$\text{Ind}(\mu) 2^m p = \text{ind}(\mu) n = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\} \text{pgcd}\{n, \mu + 1\} = \\ \text{pgcd}\{2^m p, 2^m c + 2^{m-1} - 2\} \text{pgcd}\{2^m p, 2^m c + 2^{m-1}\} =$$

$$2 \text{pgcd}\{2^{m-1}p, 2^{m-1}c + 2^{m-2} - 1\} 2^{m-1} \text{pgcd}\{2p, 2c + 1\} \Rightarrow$$

$$\text{Ind}(\mu) p = \text{pgcd}\{2^{m-1}p, 2^{m-1}c + 2^{m-2} - 1\} \text{pgcd}\{2p, 2c + 1\}$$

Comme $m \ge 3$, alors l'entier $2^{m-1}c+2m-2-1$ es impair. D'autre part, l'entier $2c+1$ est aussi impair et le deuxième côté de la égalité précédente ne contiendra pas le facteur 2. Ainsi, il n'est pas possible que $\text{Ind}(\mu) = 2$.

c) $\mu \equiv 2^{m-1} + 1 \pmod{2^m}$. Il existe un entier $c$ tel que $\mu = 2^m c + 2^{m-1} + 1$. De ça façon,

$$n - \mu = 2^m p - 2^c - 2^{m-1} - 1 = -2^{m-1} - 1 \equiv 2^{m-1} - 1 \pmod{2^m}$$

D'après b), $\text{Ind}(n - \mu) = 1$ et rappelez que $\text{ind}(\mu) = \text{Ind}(n - \mu)$.

d) $\mu \equiv 2^m - 1 \pmod{2^m}$. Il existe un entier $c$, tel que $\mu = 2^m c + 2^m - 1$.

De ça façon,

$$n - \mu = 2^m p - 2^m c - 2^m + 1 \equiv 1 \pmod{2^m}. \text{ D'après a) } \text{Ind}(n - \mu) = 2 = \text{Ind}(\mu). \quad \square$$

### 3.5. Le premier théorème d'isomorphism pour duplications

**Proposition 7.** Supposons que $\text{ind}(\mu) = 2$, et soit $d = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\}$. Alors, les duplications $(n, \mu, 0)$ et $(n, \mu, \frac{n}{d})$ ne sont pas isomorphes.

#### Démonstration

Comme n sera pair, dans la première duplication aura au moins deux élément d'ordre deux: $g^{\frac{n}{2}}$ (c'est l'unique dans $\langle g \rangle$) et $s$. Dans la deuxième duplication il sera seulement l'élément $g^{\frac{n}{2}}$, puisque:

$$(sg^x)^2 = g^{\frac{n}{2}+(\mu+1)x} = e \Rightarrow \frac{n}{d} + (\mu + 1)x \equiv 0 \pmod{n} \Rightarrow \frac{n}{d} \equiv -x(\mu + 1) \pmod{n} \Rightarrow \text{Ind}(\mu) = 1 \quad \square$$
**Proposition 8.** Soit $\mu$ une solution de la écuation $\xi^2 \equiv 1 \pmod n$ et soient $\beta_1, \beta_2$ deux solutions de l'écuation $(\mu-1)\xi \equiv 0 \pmod n$. Alors les duplications de types $(n, \mu, \beta_1)$ et $(n, \mu, \beta_2)$ sont isomorphes si et seulement si $\beta_1 \equiv \beta_2 \pmod{\langle \mu+1 \rangle}$.

## Démonstration

Considérons un groupe $G$ d'ordre $2n$, avec générateurs $g$ et $s$, tels que:
$$ \mathrm{ord}(g) = n, s \not\equiv g, s^{-1}gs = g^{\mu} \text{ et } s^2 = g^{\beta_1}. $$

Et soit $H$ un autre groupe d'ordre $2n$ et générateurs $h, t$ tels que:
$$ \mathrm{ord}(h) = n, t \not\equiv h, t^{-1}ht = h^{\mu} \text{ et } t^2 = h^{\beta_2}. $$

Comme $\beta_1 \equiv \beta_2 \pmod{\langle \mu+1 \rangle}$, il existera un élément $c$ tel que $\beta_1 - \beta_2 \equiv c \pmod n$.

La application $f: G \to H$ définie par la loi $f(s^{\mu}g^{x}) = t^{\mu}h^{x+cu}$ est un morphism de groupes. En effet,

$$ 1) f(g^xg^y) = f(g^{x+y}) = h^{x+y} = h^xh^y = f(g^x)f(g^y) $$

$$ 2) f(sg^xg^y) = f(sg^{x+y}) = th^{x+y+c} = th^{x+c}h^y = f(sg^x)f(g^y) $$

$$ 3) f(g^xsg^y) = f(sg^{\mu x+y}) = th^{\mu x+y+c} = h^xth^{y+c} = f(g^x)f(sg^y) $$

$$ 4) f(sg^xsg^y) = f(g^{\beta_1+\mu x+y}) = h^{\beta_1+\mu x+y} = h^{\beta_2+c(\mu+1)+\mu x+y} $$

$$ =h^{\beta_2+\mu(x+c)+(y+c)} = th^{x+c}th^{y+c} = f(sg^x)f(sg^y). $$

Cette application est injective parce que $f(s^u g^x) = t^u h^{x+cu} = e \Rightarrow u = 0, x = 0 \Rightarrow s^u g^x = e$. En plus, elle est surjectif, puisque si on donne $t^v h^y \in H$, $f(s^v g^{y-cv}) = t^v h^{(y-cv)+cv} = t^v h^y$.

b) Supposons maintenant que les duplications soient isomorphes. Il y aura deux possibilités:

1) Si $\mathrm{Ind}(\mu) = 1$, il n'existe pas que une classe, donc

$$ \beta_1 \equiv \beta_2 \pmod{\langle \mu+1 \rangle}. $$

2) Si $\mathrm{Ind}(\mu) = 2$, $\mu$ est pair et on vérifie que $\frac{n}{d} \not\equiv \mu+1 \pmod d$, avec $d = \mathrm{pgcd}\{n, \mu+1\}$.

Maintenant, si les duplications sont dans différentes classes, l'une sera isomorphe à la duplication $(n, \mu, 0)$ et l'autre sera isomorphe à $(n, \mu, \frac{n}{d})$. De ça façon, on arriverait à que $(n, \mu, 0) \simeq (n, \mu, \frac{n}{d})$ et $\mathrm{Ind}(\mu) = 2$, ce qui est contradictoire. $\square$

Depuis ce théorème, chaque élément involutif peut induire une ou deux duplications, sauf isomorphisme, d'acord avec le valeur de sa indice.
### 3.6. Sur le plus grand ordre dans la classe $s < g>$

**Proposition 9.** Dans le groupe $G = (n, \mu, \beta) =< s, g >$, on vérifie:
$$ \mathrm{ord}(sg^x) = 2 \mathrm{ord}((sg)^2) = \frac{2n}{\mathrm{pgcd}\{n, \beta+(\mu+1)x\}} $$

#### Démonstration

L'indice du sous groupe $<g>$ dans $G$ est 2. Donc, l'image de chaque élément $sg^x$ par le homomorphisme canonique $\pi: G \to G/<g>$ sera la classe $s < g>$, qui a ordre 2 dans le groupe quotient. En consequence $2 | \mathrm{ord}(sg^x)$. Ainsi, $\mathrm{ord}((sg)^2) = \frac{\mathrm{ord}(sg^x)}{\mathrm{pgcd}\{\mathrm{ord}(sg^x), 2\}} = \frac{\mathrm{ord}(sg^x)}{2} \Rightarrow \mathrm{ord}(sg^x) = 2 \mathrm{ord}((sg^x)^2)$.

Maintenant, il suffit d'observer que $(sg^x)^2 = g^{\beta+(\mu+1)x}$

□

**Proposition 10.** Soit $d = \mathrm{pgcd}\{n, \mu-1\}$, alors $\mathrm{ord}(sg^x) \mid 2d$. En plus, si $\mathrm{Ind}(\mu) = 2$ y $\beta = 0$, on a que $\mathrm{ord}(sg^x) \mid d$.

#### Démonstration

Puisque $(sg^x)^2 \in \mathcal{Z}(G)$, dont ordre est $d$, on vérifie que $\mathrm{ord}((sg^x))^2 \mid d$. Alors $\mathrm{ord}(sg^x) = 2 \mathrm{ord}((sg^x)^2) \mid 2d$.

D'autre part, si $\mathrm{Ind}(\mu) = 2$ nous savons que $2n = d \mathrm{pgcd}\{n, \mu+1\}$. Si en plus, $\beta = 0$, $\mathrm{ord}(sg^x) = 2 \mathrm{ord}((sg^x)^2) = 2 \mathrm{ord}(g^{\mu+1}x) \mid 2 \mathrm{ord}(g^{\mu+1}) = \frac{2n}{\mathrm{pgcd}\{n, \mu+1\}} = d$.

De ça manière, $2d$ sera une cote supérieur des ordres des éléments qui appartient à la classe $s < g>$. Remarquez que cette cote se réduit à $d$, lorsque $\beta = 0$ et l'indice est 2. □

Si $\mathrm{Ind}(\mu) = 1$, dans la classe $s < g>$, ils existent éléments à plus grand ordre égal $2d$. En effet, comme dans ce cas, nous pouvons prendre $\beta = 0$. Alors, il suffit de voir que $sg$ vérifie:

$$ \mathrm{ord}(sg) = 2 \mathrm{ord}((sg)^2) = 2 \mathrm{ord}(g^{\mu+1}) = \frac{2n}{\mathrm{pgcd}\{n, \mu+1\}} = \frac{2d \mathrm{pgcd}\{n, \mu+1\}}{\{\mathrm{pgcd}\{n, \mu+1\}\}} = 2d $$

D'autre part, si $\mathrm{Ind}(\mu) = 2$ et $G = (n, \mu, 0)$, ils existent éléments appartient à la classe $s < g>$, à plus grand ordre égal $d$. Il suffit de voir que $sg$ vérifie:

$$ \mathrm{ord}(sg) = \frac{2n}{\mathrm{pdcd}\{n, \mu+1\}} = \frac{d \mathrm{pdcd}\{n, \mu+1\}}{\mathrm{pdcd}\{n, \mu+1\}} = d $$

Finalement, si $\mathrm{Ind}(\mu) = 2$ y $G = (n, \mu, \frac{n}{d})$, ils existent élément appartient à la classe $s < g>$, à plus grand ordre égal $2d$. En effet:

Il existe un entier $c$ tel que $\mu + 1 = c(\frac{n}{d})$. Alors, en prenant l'élément $sg^d$, on a:
$$ord (sg^d) = \frac{2n}{pgcd \{n, \beta+(\mu+1)d\}} = \frac{2n}{pgcd \{n, (\frac{n}{d})+(\frac{n}{d})cd\}} = \frac{2n}{(\frac{n}{d})pgcd \{d, 1+cd\}} = \frac{2d}{pgcd \{d, 1+cd\}} = \frac{2d}{pgcd \{d, 1\}} = 2d$$

### 3.7. Les éléments d'ordre n dans la classe $s < g>$

Soit $G$ une duplication de Type $(n, \mu, \beta)$. Nous voulons chercher les conditions pour $n, \mu$ et $\beta$, de façon qu'ils existent éléments $sg^x$, avec $0 \le x \le n - 1$, tels que leurs ordres dans $G$ soient égals $n$.

Il y a une caractérisation inmmédiate:

$$ \text{Si } ord (sg^x) = \frac{2n}{pgcd \{n, \beta+(\mu+1)x\}} \text{ on aura, } ord (sg^x) = n \Leftrightarrow \\ \text{pgcd} \{n, \beta + (\mu + 1) x\} = 2. $$

**Proposition 11.** Si dans $G =< s, g > = (n, \mu, \beta)$ il existe un élément $sg^x$ avec ordre $n$, alors $n$ est pair et $\mu$ prend les valeurs $1$ ou $(\frac{n}{2}) + 1$.

#### Démonstration

D'après la dernière condition, on conclut que l'entier $n$ est pair. Alors $\mu$, qui doit être prime avec $n$, il sera impaire et aussi $\mu + 1$ et $(\mu + 1)x$ seront pairs. En conséquence, $\beta$ aussi sera pair. Si nous posons $\beta + (\mu + 1)x = y$, la condition d'avant, se tournera à $pgcd \{\frac{n}{2}, y\} = 1$.

Comme $\beta$ et $\mu + 1$ sont solutions de l'écuation $(\mu - 1)\xi \equiv 0 (\text{mod } n)$, $2y$ aussi sera solutions.

Maintenant, $(\mu - 1)(2y) \equiv 0 (\text{mod } n) \Rightarrow (\mu - 1)y \equiv 0 (\text{mod } \frac{n}{2}) \Rightarrow \mu - 1 \equiv 0 (\text{mod } \frac{n}{2})$, puisque $pgcd \{y, \frac{n}{2}\} = 1$. Cette condition est vérifiée seulement par les valeurs $\mu = 1$ et $\mu = \frac{n}{2} + 1$. $\square$

Le valeur 1 est toujours involutif et on a le résultat suivant:

**Proposition 12.** Si $n$ est pair dans le groupe $(n, 1, 1) \cong C_2 \times C_n$ on a que $ord (sg^x) = n \Leftrightarrow pgcd \{\frac{n}{2}, x\} = 1$.

Au contraire, dans le groupe $(n, 1, 1) \cong C_{2n}$, la classe $s < g >$ n'a pas des éléments d'ordre $n$.

#### Démonstration

Si $n$ est par, nous savons que $Ind (1) = 2$ et dans tous les deux groupes on a que $d = pgcd \{n, 0\} = n$.

1) Dans le cas $(n, 1, 0)$, le plus grand ordre possible des éléments appartenant à la classe $s < g >$ est $d = n$ et on a:

$$ \text{ord}(sg^x) = n \Leftrightarrow \text{pgcd}\{n, \beta+(\mu+1)x\} = 2 \Leftrightarrow \text{pgcd}\{n, 2x\} = 2 \text{pgcd}\{\frac{n}{2}, x\} = 1 $$
2) Dans le cas $(1, 1, 1)$, le plus grand ordre est $2d = 2n$ en ayant cet ordre l'élément $sg^d = sg^n = s$. Alors, les éléments du groupe avec ordre $n$ sont tous dans le sous-groupe $<s^2> \subset <g>$ et de ça façon, il n'y a aucunne dans la classe $s < g$.
$\square$

Le valeur $\mu = \frac{n}{2} + 1$ sera ou non involutif, d'accord à le suivant proposition.

**Proposition 13.** Soit $n$ un entier pair. Le nombre $\mu = \frac{n}{2} + 1$ est involutif, module $n$, si et seulement s'il est multiple de 4.

## Démonstration

a) Si $n = 4q$, il est claire que $(\frac{n}{2} + 1)^2 - 1 = 4q^2 + 4q = 4q(q + 1) \equiv 0 \pmod{4q} \equiv n$

b) Soit $n = 2c$ et supposons que $\frac{n}{2}$ est involutif, module $n$. Alors $(\frac{n}{2})^2 - 1 = c^2 + 2c \equiv c^2 \equiv 0 \pmod{2c} = n$, ce qui n'est pas possible avec $c$ impair. Comme $n$ est pair, alors il est multiple de 4.
$\square$

Pour trouver les possibles éléments d'ordre $n$, nous distinguerons deux cas:

**Proposition 14.** Si $n = 4p$ avec $p$ un nombre impair alors, dans le groupe $(4p, 2p+1, 0)$ la classe $s < g > n$ a pas d'éléments d'ordre $n$. Au contraire, dans le groupe $(4p, 2p+1, 2)$ on a, $ord(sg^x) = n \Leftrightarrow pgcd\{\frac{n}{4}, 1+x\} = 1$.

## Démonstration

1) Dans le cas $(4p, 2p+1, 0)$, le plus grand ordre possible pour un élément appartenant à la classe $s < g >$ est $d = 2p$. Donc, il n'existeront pas d'élément d'ordre $n = 4p$ dans $s < g>$.

2) Pour le cas $(4p, 2p+1, 2)$, le plus grand ordre est $2d = n$ et l'élément $sg^d = sg^{2p}$ a cet ordre. De manière plus generale on aura, $ord(sg^x) = n \Leftrightarrow pgcd\{n, \beta + (\mu+1)x\} = 2 \Leftrightarrow pgcd\{4p, 2 + (2p+2)x\} = 2 \Leftrightarrow pgcd\{2, 1+(p+1)x\} = 1$, cette condition est equivalent à $pgcd\{p, 1+(p+1)x\} = 1$.

D'autre part, $1+(p+1)x = px+(1+x) \equiv 1+x \pmod{p}$, donc $pgcd\{p, 1+(p+1)x\} = pgcd\{p, 1+x\}$. Ainsi, nous pouvons concluire que $ord(sg^x) = n \Leftrightarrow pgcd\{p, 1+x\} = 1$.
$\square$

**Proposition 15.** Si $n = 2^mp$, avec $m \ge 3$ et $p$ un entier impair, alors dans le groupe $(2^mp, 2^{m-1}p+1, 0)$ on vérifie, $ord(sg^x) = n \Leftrightarrow pgcd\{\frac{n}{2}, x\} = 1$.
## Démonstration

Maintenant $Ind((\frac{n}{2}) + 1) = 1$, donc nous pouvons prendre $\beta = 0$ et on aura $d = \text{pgcd}\{n, \frac{n}{2}\} = \frac{n}{2} = 2^{m-1}p$. Le plus grand ordre sera $2d = n$ et cet ordre l'aura l'élément $sg$. De manière plus generale,

$$ \text{ord}(sg^x) = n \Leftrightarrow \text{pgcd}\{n, \beta + (\mu + 1)x\} = 2 \Leftrightarrow \text{pgcd}\{2^m p, (2^{m-1}p + 2)x\} = 2 \Leftrightarrow \text{pgcd}\{2^{m-1}, (2^{m-2}p + 1)x\} = 1. $$

$$ \text{Comme } \text{pgcd}\{2^{m-1}p, 2^{m-2}p + 1\} = \text{pgcd}\{2^{m-2}p + 1, 2^{m-2}p - 1\} = \text{pgcd}\{2^{m-2}p, 2\} = 1, \text{ finalement on aura que} $$

$$ \text{ord}(sg^x) = n \Leftrightarrow \text{pgcd}\{2^{m-1}p, x\} = 1 $$

□

## 3.8. Duplications isomorphes

**Proposition 16.** Considérons un entier $n \ge 3$ et soient:

$$ \mu_1 \text{ et } \mu_2 \text{ deux solutions pour l'écuation } \xi^2 \equiv 0 \pmod{n} $$

$$ \beta_1 \text{ une solution pour l'écuation } (\mu_1 - 1)\xi \equiv 0 \pmod{n} $$

$$ \beta_2 \text{ une solution pour l'écuation } (\mu_2 - 1)\xi \equiv 0 \pmod{n} $$

$$ \text{Alors, } (n, \mu_1, \beta_1) \simeq (n, \mu_2, \beta_2) \Rightarrow \mu_1 = \mu_2. $$

### Démonstration

Considérons les groupes d'ordre $2n$,

$$ G = \langle s, g \rangle, \text{ord}(g) = n, s \notin \langle g \rangle, s^{-1}gs = g^{\mu_1}, s^2 = g^{\beta_1} $$

$$ H = \langle t, h \rangle, \text{ord}(h) = n, t \notin \langle h \rangle, t^{-1}ht = h^{\mu_2}, t^2 = h^{\beta_2} $$

$$ \text{et supposons qu'il existe un isomorphisme } \varphi : G \to H. $$

Nous distinguerons deux possibilités:

$$ \text{a) Si } \varphi(g) \in \langle h \rangle, \text{ c'est-à-dire } \varphi(g) = h^x $$

Dans ce cas, $\varphi(s) \in t < h >$, puisque au contraire $\varphi(G) \subset < h > \le H$, ce qui est contradictoire.

Comme l'ordre de $\varphi(g)$ doit être $n$, alors le $\text{pgcd}\{x, n\} = 1$.

Si nous supposons $\mu_1 \ge \mu_2$, on a:

$$ \begin{align*} \varphi(s^{-1}gs) &= \varphi(g^{\mu_1}) = \varphi(g)^{\mu_1} = (h^x)^{\mu_1} = h^{x\mu_1} = \varphi(s^{-1})\varphi(g)\varphi(s) = \\ \varphi(s)^{-1}h^x\varphi(s) &= h^{x\mu_2} \Rightarrow h^{x\mu_1} = h^{x\mu_2} \Rightarrow h^{x(\mu_1-\mu_2)} = e \Rightarrow x(\mu_1 - \mu_2) \equiv \\ & 0 \pmod{n} \Rightarrow \end{align*} $$

$$ \Rightarrow (\mu_1 - \mu_2) \equiv 0 \pmod{n} \Rightarrow \mu_1 - \mu_2 = 0, \text{ puisque l'élément } x \text{ a inverse dans } \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \text{ et } 0 \le \mu_1 - \mu_2 < n. $$

$$ \text{b) Si } \varphi(g) \in t < h >, \text{ c'est-à-dire } \varphi(g) = th^x. $$

Soit $\varphi(s) = t^v h^y$, ou $v = 0, 1$. Comme $\varphi(g) \in t < h >$, nous avons que $n$ est pair et nous pouvons écrire $n = 2^m p$ ou $n \ge 1$ et $p$ impair, avec une des deux suivants possibilités:

$$ \text{1) } \mu_2 = 1. $$
Dans ce cas, le groupe $H$ est abelienne, donc $G$ est aussi abelienne. En
consequence $\mu_1 = \mu_2$

$$
2) \mu_2 = \frac{n}{2} + 1 = 2^{m-1}p + 1
$$

Dans ce cas, il faut que $m \ge 2$. En étant $q = \frac{(\mu-1)}{2}$, nous aurons:

2a) Si $m=2$, on peut prendre $\beta_2=2$ et il faut que $pgcd\{p, x+1\}=1$.
Alors, $\varphi(s^{-1}gs) = \varphi(g^{\mu_1}) = \varphi(g)^{\mu_1} = th^x((th^x)^2)^q = th^x(h^{\beta_2+(\mu_2+1)x})^q =$
$\varphi(s^{-1})\varphi(g)\varphi(s) = \varphi(s^{-1})th^x\varphi(s) = (t^v h^y)^{-1}th^x(t^v h^y) = h^{-y}t^{-v}th^x t^v h^y =$

$$
= \begin{cases} h^{-y}th^xh^y & \text{si } v = 0 \\ h^{-y}h^xth^y & \text{si } v = 1 \end{cases} = \begin{cases} th^{-y\mu_2}h^xh^y & \text{si } v = 0 \\ th^{(-y+x)\mu_2}h^y & \text{si } v = 1 \end{cases} \Rightarrow
$$

$$
\Rightarrow \begin{cases} (h^{\beta_2+(\mu_2+1)x})^q = h^{-y\mu_2}h^y & \text{si } v = 0 \\ (h^{\beta_2+(\mu_2+1)x})^q = h^{(-y+x)\mu_2}h^y & \text{si } v = 1 \end{cases} \Rightarrow
$$

$$
\Rightarrow (h^{\beta_2+(\mu_2+1)x})^q = \begin{cases} h^{-y(\mu_2-1)} & \text{si } v = 0 \\ h^{(x-y)(\mu_2-1)} & \text{si } v = 1 \end{cases} \Rightarrow
$$

$$
\Rightarrow (\beta_2 + (\mu_2 + 1)x)q = (\beta_2 + (\frac{n}{2} + 2)x)q \equiv
$$

$$
\equiv \begin{cases} -y(\mu_2 - 1) = -y \frac{n}{2} & \text{si } v = 0 \\ (x-y)(\mu_2 - 1) = (x-y) \frac{n}{2} & \text{si } v = 1 \end{cases} \Rightarrow (\beta_2 + 2x)q \equiv 0 \pmod{\frac{n}{2}}.
$$

2a) Si $m=2$, on peut prendre $\beta_2$ et il faut que $pgcd\{p, x+1\} = 1$.
Alors, $(2+2x)q = 2(1+x)q = (1+x)(\mu_1-1) \equiv 0 \pmod{2p} \Rightarrow$
$\quad (1+x)(\mu_1-1) \equiv 0 \pmod{p} \Rightarrow \mu_1-1 \equiv 0 \pmod{p} \Rightarrow$
$\quad \mu_1 = 1, p+1, 2p+1, 3p+1$.

De ces valeurs, nous éliminons l'entier 1, parce que nous sommes dans
le cas non commutatif et aussi les entiers $p+1$ et $3p+1$, parce que $\mu_1$ est
impair. Ainsi, $\mu_1 = 2p+1 = \mu_2$.

2b) Si $m \ge 3$, alors on peut prendre $\beta_2 = 0$ et il faut que $pgcd\{2^{m-1}p, x\} = 1$. Alors, $2xq = x(\mu_1-1) \equiv 0 \pmod{2^{m-1}p} \Rightarrow (\mu_1-1) \equiv 0 \pmod{2^{m-1}p} \Rightarrow \mu_1 = 1, 2^{m-1}p+1$.

Nous éliminons le cas 1, donc $\mu_1 = 2^{m-1}p + 1 = \mu_2$.

□

D'après la dernière proposition et la proposition 8, nous pouvons écrire.

**Proposition 17.** Considérons un entier $n \ge 3$ et soient:

$\mu_1$ et $\mu_2$ deux solutions pour l'écuation $\xi^2 \equiv 0 \pmod{n}$

$\beta_1$ une solution pour l'écuation $(\mu_1 - 1) \xi \equiv 0 \pmod{n}$

$\beta_2$ une solution pour l'écuation $(\mu_2 - 1) \xi \equiv 0 \pmod{n}$

Alors, $(n\mu_1, \beta_1) \simeq (n\mu_2, \beta_2) \Leftrightarrow \mu_1 = \mu_2, \quad \beta_1 \equiv \beta_2 \pmod{<\mu_1+1>}.$
### 3.9. Une formule pour l'indicateur de duplication $\mathcal{D}_p(n)$

Pour chaque entier prime $p$ nous définissons leur longueur prime impair ($lpi(p)$), comme la quantité des facteurs primes impairs qu'il y a dans la déscomposition du nombre $p$.

D'autre part, nous noterons $i(n)$, comme le quantité d'élément involutif dans $Z/nZ$ (voir apendice)

**Proposition 18.** Si $n = 2^m p$, avec $m \ge 0$ et $p$ un entier impair, on vérifie:

$$ \mathcal{D}_p (2^m p) = \begin{cases} 1 \cdot 2^{lpi(p)} & \text{si } m = 0 \\ 2 \cdot 2^{lpi(p)} & \text{si } m = 1 \\ 4 \cdot 2^{lpi(p)} & \text{si } m = 2 \\ 6 \cdot 2^{lpi(p)} & \text{si } m \ge 3 \end{cases} $$

#### Démonstration

1) Si $m = 0$, nous avons un entier impair. Si $p = 1$, le sujet est trivial, $\mathcal{D}_p(1) = 1$. Si $p \ge 3$, tous les éléments involutifs auront indice 1, donc $\mathcal{D}_p(p) = i(p) = 1 \cdot 2^{lpi(p)}$.

2) Si $m = 1$, les éléments involutifs auront indice 2, donc $\mathcal{D}_p(2p) = 2i(2p) = 2 \cdot 2^{lpi(p)}$.

3) Si $m = 2$, les éléments involutifs auront indice 2, donc $\mathcal{D}_p(4p) = 2i(4p) = 4 \cdot 2^{lpi(p)}$.

4) Pour le cas générale $m \ge 3$, nous savons que une moitié des éléments involutifs ont indice 2, et l'autre moitié, ils ont indice 1. En conséquence, $\mathcal{D}_p(2^m p) = 2 \frac{i(2^m p)}{2} + \frac{i(2^m p)}{2} = 3 \frac{i(2^m p)}{2} = 6 \cdot 2^{lpi(p)}$ $\square$

## 4. Modèles pour quelques duplications

### 4.1. Des Groupes qui s'expriment de Façon naturel comment duplications

Nous donnons en ce qu'il suit, six familles de groupes classiques, qui s'expriment comment duplications. En le suivant écarté, nous utiliserons ces modèles classiques, pour conâître la structure d'autres duplications plus générales, dans lesquelles, elles seront facteurs directes ou semi-directes.
## 4.2. Groupe produit $C_2 \times C_n$

Ils sont les groupes $G = \{e, g, g^2, ..., g^{n-1}\; ; s, sg, sg^2, ..., sg^{n-1}\}$ d'ordre $2n$ générés par les éléments $s$ et $g$ tels que $ord(g) = n, s \notin \langle g \rangle, s^2 = e, s^{-1}gs = g$.

C'est-à-dire, il s'agit de duplications du type $(n, 1, 0)$. Ces duplications peuvent apparaître pour $n$ pair ou impair.

## 4.3. Groupes cycliques $C_{2n}$ d'ordre pair

Si dans un groupe cyclique $G = \langle a \rangle$ d'ordre $2n$, nous faisons remarquer, les éléments $s = a$ et $g = a^2$, nous avons que $ord(g) = n, s \notin \langle g \rangle, s^2 = g, s^{-1}gs = g$, ce qui interprète les duplications du type $(n, 1, 1)$, valables seulement pour $n$ pair.

Si $n$ est puissance de deux, ces groupes ne peuvent pas se décomposer comment produits ni directes ni semi-directes de sous-groupes propres.

## 4.4. Groupes diedriques

Soit $n \ge 1$ un entier. On définit le groupe diedrique de degré $n$ et on note $\mathcal{D}_n$, au groupe $G = \{e, g, g^2, ..., g^{n-1}\; ; s, sg, sg^2, ..., sg^{n-1}\}$ d'ordre $2n$, généré par les éléments $s$ et $g$ tels que $ord(g) = n, s \notin \langle g \rangle, s^2 = e, s^{-1}gs = g^{n-1}$.

Il s'agit d'une duplication de type $(n, n-1, 0)$, valables pour toute $n$.

Pour les valeurs $n = 1, 2$ nous avons les groupes commutatifs $\mathcal{D}_1 = \{e, s\} \simeq \mathcal{C}_2, \mathcal{D}_2 = (2, 1, 0) \simeq \mathcal{C}_2 \times \mathcal{C}_2$.

Touts les autres ne seront pas commutatifs, puisque si $n \ge 3$ ($n-1 \ne 1$) on a :

$$d = \text{pgcd} \{n, n-2\} = \begin{cases} 1 & \text{si } n \text{ est impair} \\ 2 & \text{si } n \text{ est pair} \end{cases} \\ \Rightarrow \mathcal{Z}(\mathcal{D}_n) = \begin{cases} \langle e \rangle & \text{si } n \text{ est impair} \\ \langle g^{\frac{n}{2}} \rangle & \text{si } n \text{ est pair} \end{cases}$$

En tel cas ($n \ge 3$), il s'agit du classique groupe de mouvement du polygone régulier de $n$ côtés.

## 4.5. Groupes dicycliques

Soit $n \ge 1$ un entier. On définit le groupe dyclique de degré $n$ et on note $\mathcal{DC}_n$, au groupe $G = \{e, g, g^2, ..., g^{2n-1}\; ; s, sg, sg^2, ..., sg^{2n-1}\}$ d'ordre $4n$, généré par les éléments $s$ et $g$ tels que $ord(g) = 2n, s \notin \langle g \rangle, s^2 = g^n, s^{-1}gs = g^{2n-1}$.
Il s'agit d'une duplication de type $(2n, 2n-1, n)$, valables seulement pour modules pairs.

Lorsque $n=1$ il s'agit de la duplication commutative $\mathcal{D}C_1 = (2, 1, 1) \simeq C_4$. Il n'y a plus. Pour $n \ge 2$ $(2n-1 \ne 1)$, on a que $d = \text{pgcd}\{2n, 2n-2\} = 2 \text{pgcd}\{n, n-1\} = 2 \Rightarrow \mathcal{Z}(G) = \langle g^n \rangle$.

Le nom ciclyque est pris de Ledermann. Lorsque $n=2$, nous avons le groupe quaternio de Hamilton. Quelques auteurs (Gorestein, Robinson, Suzuki, etc,..) parlent de groupes de quaternions généralises pour les groupes dicycliques de degré $n = 2^m$, c'est-à-dire, pour les groupes dicycliques qui soient 2-groupes. De la même façon que avec les groupes cycliques d'ordre puisance de 2, le groupe $\mathcal{D}C_n$ ($n = 2^m m \ge 1$) ne peut pas se decomposer, ni directe ni semi-directement en sous-groupes propres. En effet:

Comme $\mu = 2n-1$ et $\beta = n$, pour tout $x \in [0, n-1]$ on vérifie que $(sg^x)^2 = g^{\beta+(\mu+1)x} = g^n \Rightarrow g^n = g^{2m} \in \langle sg^x \rangle$.

Le groupe $\langle g \rangle$ a ordre $2^{m+1}$ et la relation complète de ses sous-groupes est la suivante:

$$ \{e\} \subset \langle g^{2m} \rangle \subset \langle g^{2m-1} \rangle \subset \dots \subset \langle g^2 \rangle \subset \langle g \rangle. $$

Maintenant, il est claire que $g^{2m} \in \langle g^x \rangle$, $\forall x \in [1, n-1]$. De ça façon, l'élément $g^{2m}$ est dans tout sous-groupe non trivial et si $M$ et $N$ sont deux sous-groupes propres, alors $M \cap N \ne \{e\}$, et en consequence, il n'est pas possible des décompositions directes ou semi-directes.

## 4.6. Groupes semi-diedriques

Soit $n \ge 3$ un entier. On définit le groupe semi-diedrique de degré $n$ et on note $\mathcal{SD}_n$, au groupe $G = \{e, g, g^2, \dots, g^{2^{n-1}-1}; s, sg, sg^2, \dots, sg^{2^{n-1}-1}\}$ d'ordre $2^n$, généré par les éléments $s$ et $g$ tels que $ord(g) = 2^{n-1}$, $s \notin \langle g \rangle$, $ord(s) = 2$, $s^{-1}gs = g^{2^{n-1}-1}$.

Il s'agit d'une duplication de type $(2^{n-1}, 2^{n-2} - 1, 0)$.

Pour le valeur $n=3$ on a le groupe commutatif $\mathcal{SD}_3 = (4, 1, 0) \simeq C_2 \times C_4$.

Il n'y a plus, puisque si $n \ge 4$ $(2^{n-2} - 1 \ne 1)$, nous avons que

$$ d = \text{pgcd}\{2^{n-2} - 2, 2^{n-1}\} = 2 \text{pgcd}\{2^{n-3} - 1, 2^{n-2}\} = 2 \Rightarrow \mathcal{Z}(g) = \langle g^{2^{n-2}} \rangle. $$

Ces groupes sont aussi 2-groupes.

## 4.7. Groupes semi-cycliques

Soit $n \ge 2$ un entier. On définit le groupe semi-cyclique de degré $n$ et on note $\mathcal{SC}_n$, au groupe $G = \{e, g, g^2, \dots, g^{2^{n-1}-1}; s, sg, sg^2, \dots, sg^{2^{n-1}-1}\}$
d'ordre $2^n$, généré par les éléments $s$ et $g$ tels que $ord(g) = 2^{n-1}$, $s \notin \langle g \rangle$, $ord(s) = 2$, $s^{-1}gs = g^{2^{n-2}+1}$.

Il s'agit d'une duplication de type $(2^{n-1}, 2^{n-2}+1, 0)$.

Pour le valeur $n=2$ on a le groupe commutatif $\mathcal{S}\mathcal{C}_2 = (2,1,0) \simeq \mathcal{C}_2 \times \mathcal{C}_2$.

Il n'y a plus, puisque si $n \ge 3$ ($2^{n-2}+1 \ne 1$), nous avons que $d = \text{pgcd}\{2^{n-1}, 2^{n-2}\} = 2^{n-2}\text{pgcd}\{2,1\} = 2^{n-2} \Rightarrow \mathcal{Z}(G) = \langle g^2 \rangle$.

Remarquez que pour $n=3$ on a $\mathcal{S}\mathcal{C}_3 = (4,3,0) \simeq \mathcal{D}_4$. Autre fois, ces groupes seront 2-groupes.

## 4.8. Modèles pour les duplications avec $n = 2^m$

Nous montrerons que toute duplications de type $(2^m, \mu, \beta)$ est une de les précédentes:

1) $m=0$
Il n'y a pas d'élément involutifs, mais si aura une duplications, le groupe $\mathcal{C}_2$

2) $m=1$
Le nombre $\mu = 1$ est involutif avec indice 2. Les duplications seront: $(2,1,0) \simeq \mathcal{C}_2 \times \mathcal{C}_2$ et $(2,1,1) \simeq \mathcal{C}_4$.

3) $m=2$
Il y a deux éléments involutif $\mu = 1,3$, tout les deux avec indice 2 et duplications: $(4,1,0) \simeq \mathcal{C}_2 \times \mathcal{C}_4$, $(4,1,1) \simeq \mathcal{C}_8$, $(4,3,0) \simeq \mathcal{D}_4$ et $(4,3,2) \simeq \mathcal{D}\mathcal{C}_2$.

4) $m \ge 3$
Les entiers $\mu = 1, 2^m-1$ sont involutifs avec indice 2 et duplications: $(2^m,1,0) \simeq \mathcal{C}_2 \times \mathcal{C}_{2^m}$, $(2^m,1,1) \simeq \mathcal{C}_{2^{m+1}}$, $(2^m,2^m-1,0) \simeq \mathcal{D}_{2^m}$, $(2^m,2^m-1,2^{m-1}) \simeq \mathcal{D}\mathcal{C}_{2^{m-1}}$, et les nombres $\mu = 2^{m-1}-1, 2^{m-1}+1$ sont involutif, avec indice 1 et duplications: $(2^m, 2^{m-1}-1,0) \simeq \mathcal{S}\mathcal{D}_{m+1}$ et $(2^m, 2^{m-1}+1,0) \simeq \mathcal{S}\mathcal{C}_{m+1}$.

# 5. Sur la structure d'une duplication

## 5.1. Décomposition semi-directe d'une duplication

Pour toute duplication $g = (n,\mu,\beta)$, on a que $G = \langle g \rangle < s \rangle = \{g^x s^y : x,y \in \mathbb{Z}\}$, ou $\langle g \rangle$ est normal dans $G$. Si $\beta \in \langle \mu+1 \rangle$, en changant $s$, par un autre élément adéquat de la classe $s < g>$, nous pouvons
supposer $\beta = 0$ et alors $
 \cap <g> = \{e\}$. De ça façon nous avons la
decomposition:

$$
G = \langle s \rangle [\langle g \rangle] \simeq C_2 \times C_n
$$

Où, $\langle s \rangle [\langle g \rangle]$ note le produit semi-direct de les sous-groupes.

Il y a une autre décomposition valable pour toute $\beta$. Nous utiliseront
la décomposition du nombre $n$ en ses facteurs pairs et impairs.

**Proposition 19.** *Supposons que $n = 2^mp$, avec $m \ge 0$ et $p$ impair.*

Donnée une duplication $G = \langle s, g \rangle = (2^mp, \mu, \beta)$, soient $\gamma \equiv \mu (\text{mod } 2^m)$ et $\rho \equiv \beta (\text{mod } 2^m)$. Alors on a une décomposition semi-directe

$$
(2^mp, \mu, \beta) = H[K], \text{ ou } H = \langle s^p g^p \rangle = (2^m, \gamma, p), K = \langle g^{2m} \rangle \cong C_p
$$

La décomposition est directe si et seulement si $\mu \equiv 1 \pmod p$.

Démonstration

Soient les éléments $t = s^p, h = g^p, k = g^{2m}$

Les sous-groupes cycliques $<h>$ et $<k>$ sont normals dans $G$. En
plus,

$$
ord(h) = ord(g^p) = \frac{n}{p} = 2^m \text{ et } ord(k) = ord(g^{2^m}) = \frac{n}{2^m} = p
$$

1) Soit $H = \langle t \rangle \subset h$. Comme $\langle h \rangle$ est normal, l'ensemble $h$ sera un sous-groupe de $G$. En plus comme $p$ est impair, on a

$$
t = s^p \in s <g> \Rightarrow t \notin <g> \Rightarrow t \notin <h>
$$

$$
t^2 = (s^p)^2 = (s^2)^p = (g^\beta)^p = (g^p)^\beta = h^\beta = h^\rho = \langle h \rangle.
$$

En conséquence, les puissances impairs de $t$, ne sont pas dans $\langle h \rangle$,
mais les pair si les sont. Ainsi, l'entier $t$ sera pair et on vérifie:

$$
\begin{align*}
\mathrm{ord}(H) = \mathrm{ord}(\langle t \rangle \langle h \rangle) &= \frac{\mathrm{ord}(\langle t \rangle) \mathrm{ord}(\langle h \rangle)}{\mathrm{ord}(\langle t \rangle \cap \langle h \rangle)} \\
&= 2 \mathrm{ord}(\langle h \rangle) = 2^{m+1}.
\end{align*}
$$

Finalement, comme $t \in \langle g \rangle$ et $h \in \langle g \rangle$, on a que $t^{-1}ht = h^\mu = h^\gamma$
et en conséquence $H = \langle t, h \rangle = (2^m, \gamma, p)$.

2) Nous savons que $K = \langle k \rangle$ est normal, en plus comme son ordre est $p$, on aura que $K \simeq C_p$.

Comme les ordres respectifs $2^{m+1}$ et $p$ de $H$ et $K$ sont primes, on aura
que $H \cap K = \{e\}$

4) Par tout ça d'avant, on peut écrire que $ord(HK) = ord(H)ord(K) = 2^{m+1}p = ord(G) \Rightarrow G = HK$.

Ainsi, nous avons que $G = H[K]$.
D'autre part, cette décomposition sera directe si et seulement si $h$ et $K$ commutent élément par élément. Comme $h, k \in \langle g \rangle$, l'affirmation d'avant est equivalent à que $tk = kt$ ou que $k \in \mathbb{Z}(G)$. Alors:

a) Si $\mu = 1 \pmod{p}$, il existe $c$ tel que $\mu = pc + 1$ et on a, $(\mu - 1)2^m = (pc)2^m = (2^m p)c = nc \equiv 0 \pmod{p}$.

Donc, $k = g^{2^m} \in \mathbb{Z}(g)$

b) Si $k \in \mathbb{Z}(g)$, alors $(\mu-1)2^m \equiv 0 \pmod{2^m p} \Rightarrow (\mu-1) \equiv 0 \pmod{p} \Rightarrow \mu \equiv 1 \pmod{p}$.

Notons que nous avons exclu la possibilité $p = 1$, puisque $C_p = \{e\}$ et la décomposition $G = H$ serait trivial. $\square$

Par rapport à les facteurs d'une duplications, le facteur normal $K$ est un groupe cyclique d'ordre impair et en consequence il pourra s'éccrire comment produit de groupes cycliques d'ordres puisances de primes impairs.

D'autre part, le facteur $H$, il sera un 2-sous-groupe de Sylow dans $G$, dont structure nous établiront dans les trois suivantes propositions.

**Proposition 20.** Pour toute duplication $G = \langle s, g \rangle = (2^mp, \mu, 0)$ $m \ge 1$, le sous-groupe $H = \langle s^p, g^p \rangle = (2^m, \gamma, 0)$ vérifie:

$$H = \langle S \rangle [\langle g^p \rangle], \text{ avec } \langle s \rangle \cong C_2, \langle g^p \rangle \cong C_{2^m}$$

Cette décomposition sera directe si et seulement si $\mu \equiv 1 \pmod{2^m}$.

## Démonstration

Comme $p$ est impair et $s^2 = e$, on a que $t = s^p = s$ et on vérifie que $\langle s \rangle \cap \langle g^p \rangle = \{e\}$.

Nous savons que $H = \langle s \rangle \langle g^p \rangle$ et que $\langle g^p \rangle$ est normal, donc

$H = \langle s \rangle [\langle g^p \rangle]$. Cette décomposition sera directe si et seulement si $sh = hs$ (h soit central). Alors:

a) Si $\mu = 2^mc + 1$ ou $c \in \mathbb{Z}$, on a que $(\mu - 1)p = (2^mc)p = (2^mp)c = nc \equiv 0 \pmod{p}$. D'ou $h = g^p$ est central.

b) Si $h$ est central on vérifie que $(\mu - 1)p \equiv 0 \pmod{2^mp} \Rightarrow \mu - 1 \equiv 0 \pmod{2^m} \Rightarrow \mu \equiv 1 \pmod{2^m}$.

Nous avons exclu, la possibilité $m = 0$, puisque $C_{2^m} = \{e\}$ implique que la décomposition $H = \langle s \rangle$ soit trivial.

D'autre part, si $\mu \equiv 2^m - 1 \pmod{2^m}$, alors $H$ est le groupe diedrique $D_{2^m}$. $\square$

**Proposition 21.** Soit $n = 2^mp$ avec $m \ge 1$. Soit $\mu$ un élément involutif module $n$, et soit $d = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\}$. Supposons que $\text{ind}(\mu) = 2$ et que $\mu \equiv 1 \pmod{2^m}$. Alors, dans $G = \langle s, g \rangle = (2^mp, \mu, 2^m p^d)$ on vérifie:
$$H = \langle s^p, s^q \rangle = \langle s^p \rangle \simeq \mathcal{C}_{2^{m+1}} \simeq (2^m, 1, 1)$$

## Démonstration

Comme $\mu = 2^m a + 1$, on a que $d = \text{pgcd}\{2^m p, 2^m a\} = 2^m \text{pgcd}\{p, a\}$. Alors, le nombre $\frac{n}{d} = \frac{p}{m} \text{pgcd}\{p, a\}$ est impair et en conséquence sera prime avec $2^m$. Ainsi, en prenant $t = s^p$ et $h = g^p$ on a que $\text{ord}(t) = 2 \text{ord}(h^{\frac{n}{d}}) = 2 \text{ord}(h) = 2^{m+1} \Rightarrow H = \langle t \rangle \simeq \mathcal{C}_{2^{m+1}}$. Comme $h \in H$, cet élément sera une puissance de $t$, dont exposant sera pair, puisque les puissances impairs de $t$ seront dans $\langle s < g \rangle$. C'est-à-dire, il existera un entier $b$ tel que $t^{2b} = h$. Alors,

$$2^m = \text{ord}(h) = \text{ord}(t^{2b}) = \frac{2^{m+1}}{\text{pgcd}\{2^{m+1}, 2b\}} = \frac{2^m}{\text{pgcd}\{2^m, b\}} \Rightarrow \text{pgcd}\{2^{m+1}, b\} = 1 \Rightarrow \langle t^b \rangle = \langle t \rangle$$

Si nous changeons $t$ par $t^b$, comme $(t^b)^2 = h$, alors le sous-groupe $H$ est représenté par la duplication canonique $(2^m, 1, 1)$. $\square$

**Proposition 22.** Soient $n = 2^m p$, $m \ge 1$, $\mu$ un élément involutif module $n$, et
$d = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\}$.

Supposons que $\text{Ind}(\mu) = 2$, et que $\mu \equiv 2^m - 1 \pmod{2^m}$. Alors, dans le groupe $g = \langle s, g \rangle = (2^m p, \mu, 2^m \frac{p}{d})$ on vérifie:

$$H = \langle s^p, g^p \rangle \simeq \mathcal{D}\mathcal{C}_{2^{m-1}} \simeq (2^m, 2^m - 1, 2^{m-1})$$

## Démonstration

Par hypothèse, il existera un entier $a$ tel que $\mu = 2^m a + 2^m - 1$. De ça façon, $d = \text{pgcd}\{2^m p, 2^m a + 2^m - 2\} = 2 \text{pgcd}\{2^{m-1}p, 2^{m-1}a + 2^{m-1} - 1\}$. Alors, $\frac{n}{d} = \frac{2^{m-1}p}{\text{pgcd}\{2^{m-1}p, 2^{m-1}a + 2^{m-1} - 1\}}$, où $\text{pgcd}\{2^{m-1}p, 2^{m-1}a + 2^{m-1} - 1\}$, est impair, puisque $2^{m-1}a + 2^{m-1} - 1$ est impair, donc il est prime avec $2^{m-1}$ et en conséquence il divisera à $p$. C'est-à-dire, le nombre $b = \frac{p}{\text{pgcd}\{2^{m-1}p, 2^{m-1}a + 2^{m-1} - 1\}}$ est un entier impair.

$$\text{Si nous possons } b = 2c+1, \frac{n}{d} = 2^{m-1}b = 2^{m-1}(2c+1) = 2^m c + 2^{m-1} \Rightarrow \frac{n}{d} = 2^{m-1} \pmod{2^m}. \text{ D'ou } H = (2^m, 2^m - 1, 2^{m-1}) \simeq \mathcal{D}\mathcal{C}_{2^{m-1}}. \quad \square$$

Remarquez, que pour chaque élément $\mu$ d'indice 1, il y a seulement la possibilité de la proposition 26, où le 2-sous-groupe de sylow on peut décomposer. Si $\mu$ a indice 2, pour la duplication avec $\beta = \frac{n}{d}$, ce sous-groupe de sylow est isomorph ou bien à $\mathcal{C}_{2^{m+1}}$, ou bien à $\mathcal{D}\mathcal{C}_{2^{m-1}}$, en etant tous les deux cas, groupes indecomposables.
## 5.2. Décomposition selon le degré de parité de $n$

Possons $n = 2^mp$ avec $p$ un entier impair. Nous dirons que l'exposante $m$ est le degré de parité de $n$. En ce que suit, si nous faisons attention à la décomposition précédent, selon les valeurs de sa parité.

Pour ça, nous donnerons quelques indications:

a) Les cas pour $p = 1$ ont été déjà étudiés.

Nous supposons que $m \ge 3$. De ça façon, nous pouvons appliquer la proposition 25 et pour le sous-groupe normal $K$, nous aurons que $K \simeq C_p$.

Remarquez aussi, que en générale la décomposition $G = H[K]$ sera directe si et seulement si $\mu \equiv 1 \pmod{p}$.

b) D'abort, nous étudierons le cas $m = 0$. Pour les autres cas, nous pouvons utiliser les propositions 20, 21 ou 22.

c) Si $\beta = 0$, nous utiliserons la proposition 20 pour établir la décomposition du sous-groupe $H$, qui sera directe si et seulement si $\mu \equiv 1 \pmod{2^m}$. Dans cette supposition, observons que la décomposition de $G$ soit aussi directe, est équivalent à $\mu = 1$.

d) Si $\text{Ind}(\mu) = 2$ et $\beta = \frac{n}{d}$, avec $d = \text{pgcd}\{n, \mu - 1\}$, nous savons que $H = (2^m, 1, 1) = C_{2^{m+1}}$ pour $\mu \equiv 1 \pmod{2^m}$ (proposition 21), ou bien que $H = (2^m, 2^m - 1, 2^{m-1})$ si $\mu \equiv 2^m - 1 \pmod{2^m}$ (proposition 22).

**cas 1:** $m = o \Leftrightarrow n = p$

Comme $p$ est impair, tout élément involutif avec indice 1, donc nous pouvons prendre $\beta = 0$. Alors, $t = s^p = s$, $h = g^p = e$, $k = g$. En consequent (proposition 19), nous avons, $H = \langle s \rangle \simeq C_2 \Rightarrow G \simeq C_2 \times C_p$.

Le seul cas de décomposition directe est pour $\mu = 1$ et alors $g \simeq C_{2p}$. Pour $\mu = p - 1$ on a $G \simeq D_n$.

**cas 2:** $m = 1 \Leftrightarrow n = 2p$

Tout élément involutif $\mu$ vérifie que $\text{Ind}(\mu) = 2$ et que $\mu \equiv 1 \pmod{2}$.

2a) $\beta = 0$

$$H = (2, 1, 0) \simeq C_2 \times C_2 \Rightarrow G \simeq (C_2 \times C_2) \times C_p$$

2b) $\beta = \frac{n}{d}$

$$H = (2, 1, 1) \simeq C_4 \Rightarrow G \simeq C_4 \times C_p$$

Si $\mu = 1$ (décomposition directe) on a $G \simeq C_{4p}$.

**cas 3:** $m = 2 \Leftrightarrow n = 4p$

Tout élément involutif $\mu$ vérifie que $\text{Ind}(\mu) = 2$ et que $\mu \equiv 1, 3 \pmod{4}$.
3a) $\beta = 0, \mu \equiv 1 \pmod 4$

$$
H = (4,1,0) \simeq C_2 \times C_4 \Rightarrow G \simeq (C_2 \times C_4) \times C_p
$$

3b) $\beta = \frac{n}{d}, \mu \equiv 1 \pmod{4}$

$$
H = (4, 1, 1) \cong C_8 \Rightarrow G \cong C_8 \times C_p
$$

Si $\mu = 1$ (décomposition directe) on a $G \simeq C_{8p}$.

3c) $\beta = 0, \mu \equiv 3 \pmod 4$

$$
H = (4, 3, 0) \simeq \mathcal{D}_4 \Rightarrow G \simeq \mathcal{D}_4 \times \mathcal{C}_p
$$

3d) $\beta = \frac{n}{d}, \mu \equiv 3 \pmod{4}$

$$
H = (4, 3, 2) \simeq \mathcal{D}C_2 \Rightarrow G \simeq \mathcal{D}C_2 \times C_p
$$

cas 4: $m \ge 3 \Leftrightarrow n = 2^m p$

Les éléments involutifs ont indice 2 si $\mu \equiv 1, 2^m - 1 \pmod{2^m}$ et ils ont
indice 1 si $\mu \equiv 2^{m-1} - 1, 2^{m-1} + 1 \pmod{2^m}$.

4a) $\beta = 0, \mu \equiv 1 \pmod{2^m}$

$$
H = (2^m, 1, 0) \simeq C_2 \times C_{2^m} \Rightarrow G \simeq (C_2 \times C_{2^m}) \times C_p
$$

4b) $\beta = \frac{n}{d}, \mu \equiv 1 \pmod{2^m}$

$$
H = (2^m, 1, 1) \simeq C_{2^{m+1}} \Rightarrow G \simeq C_{2^{m+1}} \times C_p
$$

Si $\mu = 1$ (décomposition directe) on a que $G \simeq C_{2^{m+1}p}$.

4c) $\beta = \frac{n}{d}, \mu \equiv 2^{m-1} - 1 \pmod{2^m}$

$$
H = (2^m, 2^{m-1} - 1, 0) \simeq \mathcal{S}\mathcal{D}_{m+1} \Rightarrow G \simeq \mathcal{S}\mathcal{D}_{m+1} \times \mathcal{C}_p
$$

4d) $\beta = \frac{n}{d}, \mu \equiv 2^{m-1} + 1 \pmod{2^m}$

$$
H(2^m, 2^m + 1, 0) \simeq \mathcal{S}C_{m+1} \Rightarrow G \simeq \mathcal{S}C_{m+1} \times C_p
$$

4e) $\beta = 0, \mu \equiv 2^m - 1 \pmod{2^m}$

$$
H = (2^m, 2^m - 1, 0) \simeq \mathcal{D}_{2^m} \Rightarrow \mathcal{D}_{2^m} \times \mathcal{C}_p
$$

4f) $\beta = \frac{n}{d}, \mu \equiv 2^m - 1 \pmod{2^m}$

$$
H = (2^m, 2^m - 1, 2^{m-1}) \simeq \mathcal{D}C_{2^{m-1}} \Rightarrow G \simeq \mathcal{D}C_{2^{m-1}} \times C_p
$$
### 5.3. Deuxième décomposition semi-directe

Lorsque nous pouvons prendre $\beta = 0$, on vérifie:

$$G = (
[<g^p>]) [<g^{2m}] \simeq (C_2 \times C_{2^m}) \times C_p$$

Comme $<g^p>$ et $<g^{2m}>$ sont tous les deux sous-groupes du groupe commutatif $<g>$, ceci nous suggère qu'ils pourraient s'échanger.

**Proposition 23.** Supposons que $n = 2^mp$, avec $m \ge 1$ et $p \ge 3$ impair.

Considérons une duplication $G =<s,g> = (2^mp, \mu, 0)$ et soit $\delta = \mu(\text{mod } p)$. Alors, on aura une décomposition semi-directe

$$(2^mp, \mu, 0) = M[N], \text{où } M \simeq (p, \delta, 0) = s[<g^{2m}>] \simeq C_2 \times C_p, n \simeq C_{2^m}.$$

La décomposition de $M$ est directe si et seulement si $\mu \equiv 1 \pmod p$ et celle-là du groupe $G$ sera directe si et seulement si $\mu \equiv 1 \pmod{2^m}$.

#### Démonstration

Soient $t = s^p, h = g^p$ et $k = g^{2^m}$.

Nous savons que $<h>$ et $<k>$ sont normals dans $G$, que $\text{ord}(h) = 2^m$ et que $\text{ord}(k) = p$. En plus, comme $p$ est impair et $s^2 = e$ on a que $t = s$.

1) Soit le sous-groupe $M =
<k>$. Comme $
 \cap <k> = \{e\}$, $\text{ord}(M) = 2p$, et comme $t^{-1}kt = s^{-1}ks = k^\mu = k^\delta$ on a que

$$M = (p, \delta, 0) = 
[<k>] \simeq C_2 \times C_p.$$

2) Si $N =<h>$, alors il est un sous-groupe normal isomorphe à $C_{2^m}$.

3) Puisque $s < k > \subset s < g>$, aucun élément de la classe $s < k >$ peut appartenir à $<h>$ qui est un sous-groupe de $<g>$. Non plus, les éléments de $<k>$ (sauf le neutre), puisque $\text{pgcd}\{\text{ord}(h), \text{ord}(k)\} = 1$.

Finalement, comme $M =<k> \cup s <k>$ on a que $M \cap N = \{e\}$.

4) De tout ça d'avant on a que

$$\text{ord}(MN) = \text{ord}(M)\text{ord}(N) = 2p2^m = \text{ord}(G) \Rightarrow G = MN. \text{ D'où} \\ G = M[N].$$

La décomposition $M =
[<k>] = \text{ord}(M)\text{ord}(N)$ est directe (voir proposition 19) si et seulement si $k$ est central, c'est-à-dire si $\mu \equiv 1 \pmod p$.

D'autre part, la décomposition $G = M[N]$ sera directe (voir proposition 20) si et seulement si $h$ est central, c'est-à-dire, si $\mu \equiv 1 \pmod{2^m}$. $\square$

La décomposition $G \simeq (C_2 \times C_p) \times C_{2^m}$ que nous avons obtenu, le même que la décomposition $G \simeq (C_2 \times C_{2^m}) \times C_p$ dérivée des propositions 20 et 21, on reduit à $G \simeq C_2 \times C_{2^m}$ si $p=1$ et $G \simeq C_2 \times C_p$ si $m=0$.

Le facteur normal $N$, c'est un groupe cyclique indécomposable. Le sous-groupe $M$ est une duplication du module impair $p$.
De manière générale, seulement dans les cas $\mu = 1, p-1 \pmod{p}$), nous pouvons expliciter des résultats:

$$ \mu \equiv 1 \pmod{p} \Rightarrow M = (p, 1, 0) \cong C_2 \times C_p \cong C_{2p} \Rightarrow G \cong C_{2p} \times C_{2^m}. $$

$$ \mu \equiv p-1 \pmod{p} \Rightarrow M = (p, p-1, 0) \cong D_p \Rightarrow G \cong D_p \times C_{2^m}. $$

En étant ces d'compositions directes si et seulement si $\mu \equiv 1 \pmod{2^m}$.

# 6. Appendice : Groupes d'involutifs

Par la relation qu'il y a, avec le sujet de ce travail, nous montrerons en suivant, quelques observations et petits résultats sur les sous-groupes multiplicatifs formés par les éléments involutifs, dans les anneaux $Z/nZ$ pour $n \ge 2$.

Rappellerons, que l'ensemble d'éléments involutifs d'un anneau, formant un sous-groupe multiplicatif des unités du anneau. A l'avenir, nous noterons $\mathfrak{S}(n)$ au sous-groupe des éléments involutifs du anneau $Z/nZ$.

Pour chaque $n \ge 2$, le groupe $\mathfrak{S}(n)$ est un groupe fini, où on vérifie l'écu-lation $x^2 = 1, \forall x \in \mathfrak{S}(n)$. Ainsi, d'après le théorème de Cauchy, le groupe $\mathfrak{S}(n)$ aura ordre une puisance de 2.

Si nous notons $\iota(n) = \text{ord}(\mathfrak{S}(n))$, nous avons que $\iota(n)$ divise au indicateur $\varphi(n)$ d'Euler. Remarquez, que si $\mu \in \mathfrak{S}(n)$, alors $n - \mu \in \mathfrak{S}(n)$. En conséquence, il suffit de conâître la moitié des éléments de $\mathfrak{S}(n)$, puisque le reste y seront leurs inverses.

D'autre part si $\text{pgcd}\{p,q\} = 1$, où $p,q \in \mathbb{N}$, du isomorphisme $Z_{pq} \simeq Z_p \times Z_q$ on a que $\mathfrak{S}(pq) \simeq \mathfrak{S}(p) \times \mathfrak{S}(q)$, et en conséquence $\iota(pq) = \iota(p)\iota(q)$.

Si nous posons chaque entier $n = 2^m p$, où $m \ge 0$ et $p$ impair, il suffira de savoir calculer le groupe $\mathfrak{S}$ et la fonction $\iota$ pour les puissances $2^m$ et les primes $p$.

## 6.1. Calcul de $\mathfrak{S}(2^m)$ et $\iota(2^m)$, avec $m \ge 1$

**Proposition 24.** Soit $n = 2^m$, avec $m \ge 3$, alors:

$$ \mathfrak{S}(2^m) = \{1, 2^{m-1} - 1, 2^{m-1} + 1, 2^m - 1\}. $$

### Démonstration

Si $m = 3$, il est claire.

Supposons notre résultat vrai pour $m$.

Si $\mu \in [1, 2^{m+1} - 1]$ et $2^{m+1} \mid \mu^2 - 1$, alors aussi $2^m \mid \mu^2 - 1 \Leftrightarrow \mu^2 - 1 \equiv 0 \pmod{2^m}$.
De ça façons, $\mu$ sera congruent module $2^m$, ou bien avec 1, ou bien avec $2^{m-1} + 1$, ou bien avec $2^{m-1} - 1$, ou avec $2^m - 1$. Alors:

1) Si $\mu \equiv 1 \Rightarrow \exists c \in \mathbb{N}/\mu = 2^m c + 1$

2) Si $c \ge 2$ alors $\mu \not\in [1, 2^{m+1} - 1]$, donc $c = 0$, auquel cas $\mu = 1$, ou bien $c = 1$ et alors $\mu = 2^m + 1$

2) $\mu \equiv 2^{m-1} \mp 1 \Rightarrow \exists c \in \mathbb{N}/\mu = 2^m c + (2^{m-1} \mp 1)$, alors $\mu^2 - 1 \equiv 2^{2m}c^2 + 2^{m+1}c(2^{m-1} \pm 1) + 2^{2m-2} \mp 2^m = 2^{m+1}c \Rightarrow 2^m c^2 + 2c(2^{m-1} \pm 1) + 2^{m-2} \mp 1 = 2c$, ce qui est contradictoire, puisque comme $m \ge 3$, le premier côté est impair et le deuxième est pair.

3) $\mu = 2^m \Rightarrow \exists c \in \mathbb{N}/\mu = 2^m c + 2^m - 1$.

Si $c \ge 2$, alors $\mu \not\in [1, 2^{m+1} - 1]$, donc il faut que $c = 0$ auquel cas $\mu = 2^{m-1}$, où bien $c = 1$, ce qui implique $\mu = 2^{m+1} - 1$. $\square$

Pour les premieres puissances, c'est immediate $\mathfrak{S}(2) = \{1\}$, $\iota(2) = 1$, $\mathfrak{S}(4) = \{1,3\}$, $\iota(4) = 2$.

**6.2. Calcul de $\mathfrak{S}(p^h)$ et $\iota(p^h)$ pour $p \ge 3$ prime et $h \ge 1$**

**Proposition 25.** Soit $p \ge 3$ un entier prime et soit $h \ge 1$. Alors,
$\mathfrak{S}(p^h) = \{1, p^h - 1\}, \iota(p^h) = 2$.

**Démonstration**

Si $h = 1$, il suffit d'observer que dans le corp $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ l'écuation $x^2 = 1$ aura au plus deux racines ($\pm 1$).

Supposons le résultat vrai pour $h$ et soit $\mu$ avec $1 \le \mu \le p^{h+1} - 1$ tel que $p^{h+1} \mid \mu^2 - 1$. Il existera un entier $m$ tel que $\mu^2 - 1 = p^{h+1}m$, et aussi nous aurons la relation $p^h \mid \mu^2 - 1 \Leftrightarrow \mu^2 - 1 \equiv 0 \pmod{p^h}$.

Grâce à notre hypothèse, on vérifie

$$ 
\begin{aligned}
\mu &\equiv \begin{cases} 1 \\ p^h - 1 \end{cases} \pmod{p^h} \Rightarrow \\
\Rightarrow \mu &= \begin{cases} p^h c + 1 \\ p^h d + (p^h - 1) = p^h(d+1) - 1 \end{cases} \Rightarrow \\
\Rightarrow \mu^2 - 1 &= p^{h+1}m = \begin{cases} p^{2h}c^2 + 2p^h c \\ p^{2h}(d+1)^2 - 2p^h(d+1) \end{cases} \Rightarrow \\
\Rightarrow pm &= \begin{cases} p^h c^2 + 2c \\ p^h(d+1)^2 - 2(d+1) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} p \mid 2c \\ p \mid -2(d+1) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} p \mid c \\ p \mid d+1 \end{cases}
\end{aligned}
$$
puisque $p$ est prime avec 2. Alors,

$$ \begin{cases} p \mid c \Rightarrow c = \begin{cases} 0 \Rightarrow \mu = 1 \\ p\alpha \Rightarrow \mu = p^{h+1}\alpha + 1 \end{cases} \\ p \mid d+1 \Rightarrow d+1 = \begin{cases} 0 \Rightarrow \mu = -1 \\ p\beta \Rightarrow \mu = p^{h+1}\beta - 1 \end{cases} \end{cases} $$

Sur les quatre valeurs que nous avons pour $\mu$, le premiere c'est approprié. Le deuxième et le troisième ne sont pas possibles parce que ils ne appartierons à $[1, p^{h+1}-1]$. Pour le quatrième valeur, il faut que $k\beta = 1 \Rightarrow \mu = p^{h+1}-1$. $\square$

### 6.3. Calcul de $\mathfrak{S}(p)$ et $\iota(p)$, pour $p \ge 3$ impair

Soit $p = p_1p_2\dots p_r$, où chaque $p_i$ est un entier impair prime ou une puisance de un entier impair prime. On a l'isomorphisme

$$ \mathfrak{S}(p) \simeq \mathfrak{S}(p_1) \times \dots \times \mathfrak{S}(p_r) \simeq C_2 \times C_2^r \dots \times C_2 \text{ et } \iota(p) = 2^r $$

Pour calculer le groupe, il suffit de donner $r$ générateurs $\mu_1, \dots, \mu_r$, et pour chaque générateur il faudra que $\mu_i \equiv -1 \pmod{p_i}$, $\mu_i \equiv 1 \pmod{p_j}$ si $j \neq i$.

En plus le nombre $\mu_i - 1$ sera multiple de $p_j$, donc sera multiple du plus petit multiple de touts eux, qui sera leurs produit $p/p_i$. De ça façon, nous devons chercher des entiers $x$ et $y$ tels que $\mu_1 = p_i x - 1 = (p/p_i)y + 1$. C'est-à-dire, nous devons résoudre l'écuation diophantine $p_i x - (p/p_i)y = 2$. Una foi qu'elle soit résolue ou bien pour l'inconnue $x$ ou bien pour l'inconnue $y$, il suffira d'utiliser les égalites $\mu_1 = p_i x - 1 = (p/p_i)y + 1$ pour avoir un valeur de $\mu_i \in [1, p-1]$.

Remarquez que si $p \ge 3$ est impair, la moitié des élément involutifs seront pairs et l'autre moitié seront impairs.

#### Une formule pour le nombre $\iota(n)$

Maintenant, si nous possons $n = 2^m p$, avec $m \ge 0$ et $p$ impair, et en utilisant la fonction $lpi(p)$ -longueur prime impair-, c'est-à-dire, la quantité de facteurs primes impairs qui sont dans $p$, nous pourrons écrire:

$$ \iota(n) = \iota(2^m p) = \begin{cases} 1 \cdot 2^{lpi(p)} & \text{si } m = 0 \\ 1 \cdot 2^{lpi(p)} & \text{si } m = 1 \\ 2 \cdot 2^{lpi(p)} & \text{si } m = 2 \\ 4 \cdot 2^{lpi(p)} & \text{si } m \ge 3 \end{cases} $$
Cette formule sert aussi pour les nombres $n = 2^m$, en prenant $lpi(1) = 0$

## Les groupes pour les modules pairs qu'il ne sont pas puissance de 2

Si nous excluront les puissances de 2, tout nombre pair on peut écrire comment $n = 2^mp$, $m \ge 1$ et $p \ge 3$ impair. Comme nous conaissons les groupes $\mathfrak{S}(2^m)$ et $\mathfrak{S}(p)$, nous pouvons calculer le groupe $\mathfrak{S}(n)$. Pourtant, remarquez que chaque groupe $\mathfrak{S}(2^{m+1}p)$ on peut déterminer après de connaître le groupe $\mathfrak{S}(2^mp)$.

D'abort, nous observons que si $p \ge 3$ est un entier impair et $\mu \notin 2\mathbb{Z}$, alors $\mu \in \mathfrak{S}(2p)$ et $\mu \in \mathfrak{S}(4p)$. En effet:

Il existera $c$, tel que $\mu = 2c + 1$, donc $\mu^2 - 1 = 4c^2 + 4c = 4c(c + 1) \Rightarrow 4 | \mu^2 - 1$. Mais par hypothèse $p | \mu^2 - 1$, donc $\mu^2 - 1$ est multiple du $ppcm\{4, p\} = 4p$ (plus petit commun multiple), multiple de 4 et $p$. en consequence $\mu \in \mathfrak{S}(4p)$. Aussi, il est multiple de $2p$ et $\mu \in \mathfrak{S}(2p)$.

**Proposition 26.** Soient les entiers $p \ge 1$, $m \ge 1$, avec $p$ impair. Alors,

$$ \mu \in \mathfrak{S}(2^mp), \quad \mu = \mp 1 (\operatorname{mod} 2^m) \Rightarrow \mu \in \mathfrak{S}(2^{m+1}p) $$

### Démonstration

1) Il existera $c$ tel que $\mu = 2^mc \mp 1$, donc $\mu^2 - 1 = (2^mc \mp 1)^2 - 1 = 2^{2m}c^2 \mp 2^{m+1}c = 2^{m+1}c(2^{m-1}c \mp 1) \Rightarrow 2^{m+1} | \mu^2 - 1$

2) $p | 2^mp \mid \mu^2 - 1 \Rightarrow p | \mu^2 - 1$. De ça façon, $\mu^2 - 1$ est multiple du $ppcm\{2^{m+1}, p\} = 2^{m+1}p$. $\square$

Maintenant il est claire que $\mathfrak{S}(2p) \subset \mathfrak{S}(4p) \subset \mathfrak{S}(8p)$.

Si nous partons de connaître le Groupe $\mathfrak{S}(p)$, nous observons:

1) Comme la moitié des élément de $\mathfrak{S}(p)$ sont impairs, alors touts ces élément seront dans $\mathfrak{S}(2p)$. Ainsi, nous connaissons la moitié de ce groupe; l'autre moitié seront leurs oposes module $2p$ et le groupe $\mathfrak{S}(2p)$ est determiné.

2) Puisque $\iota(4p) = 2\iota(2p)$ et $\mathfrak{S}(2p) \subset \mathfrak{S}(4p)$, les élément $\mu \in \mathfrak{S}(2p)$ sont la moitié des élément du groupe $\mathfrak{S}(4p)$. L'autre moitié est formée par les élément $4p - \mu$.

3) Puisque $\iota(8p) = 2\iota(4p)$ et $\mathfrak{S}(4p) \subset \mathfrak{S}(8p)$, nous pouvons raisonner comme avant.

Et de façon analogue si on connaît le groupe $\mathfrak{S}(2^mp)$, nous pourrons calculer les éléments du groupe $\mathfrak{S}(2^{m+1}p)$.
References

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Alfonso Ríder Moyano
Departamento de Matemáticas
Universidad de Córdoba
e-mail: malrimoa@uco.es

and

Rafael María Rubio Ruiz
Departamento de Matemáticas
Universidad de Córdoba
e-mail: malrurur@uco.es