Théorie des groupes/Exercices/Groupes diédraux
Problème 1
modifierSoit n un entier naturel non nul, soit G un groupe d'ordre 2n. Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :
1° G est diédral ;
2° G contient un sous-groupe cyclique C d'ordre n tel que tout élément de G n'appartenant pas à C soit d'ordre 2.
L'implication 1° ⇒ 2° résulte d'un théorème démontré dans le chapitre théorique. Démontrons l'implication 2° ⇒ 1°. Soit donc C un sous-groupe cyclique d'ordre n de G tel que tout élément de G n'appartenant pas à C soit d'ordre 2. Il s'agit de prouver que G est diédral. Choisissons un générateur a de C, c'est-à-dire un élément a de C tel que C = <a>. Choisissons aussi un élément b de G n'appartenant pas à C. Alors b et ab sont tous deux hors de C, donc, par hypothèse, ils sont tous deux d'ordre 2. Le sous-groupe <b, ab> de G engendré par b et ab comprend a et contient donc C :
- (1) C ≤ <b, ab>.
D'autre part, puisque C est d'indice 2 dans G et ne comprend pas b, <C, b> = G (appliquer par exemple la formule des indices aux sous-groupes C ≤ <C, b> ≤ G). Joint à (1), ceci montre que b et ab engendrent G. Puisque b et ab sont tous deux d'ordre 2, il résulte d'un théorème démontré dans le chapitre théorique que G est diédral.
Problème 2
modifiera) Soit p un nombre premier. Prouver que tout groupe d'ordre 2p est cyclique ou diédral. (Indication : utiliser les théorèmes de Sylow et, par exemple, le problème précédent.)
On sait que tout groupe d'ordre 4 est un groupe cyclique ou un groupe de Klein, donc l'énoncé est vrai pour p = 2. On supposera donc p distinct de 2. Soit G un groupe d'ordre 2p non cyclique; il s'agit de prouver que G est diédral. Puisque nous supposons p distinct de 2, un p-sous-groupe de Sylow de G est un groupe d'ordre p. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des sous-groupes d'ordre p de G est congru à 1 modulo p et divise 2, donc est égal à 1. Donc G contient un seul sous-groupe d'ordre p, soit P. Puisque P est le seul sous-groupe d'ordre p de G, tout élément de G n'appartenant pas à P est d'ordre distinct de p. D'autre part, puisque G est d'ordre 2p et n’est pas cyclique, tout élément de G est d'ordre 1, 2 ou p. Donc tout élément de G n'appartenant pas à P est d'ordre 2. Comme tout groupe d'ordre premier est cyclique, P est cyclique. L'énoncé résulte donc du problème précédent.
b) Prouver que S3 est isomorphe à D6.
Cela résulte immédiatement du point a), compte tenu que S3 est d'ordre 6 et n’est pas cyclique (ni même abélien). On peut dire aussi que d’après le chapitre théorique, D6 est isomorphe à un sous-groupe H de S3. Comme H et S3 sont tous deux d'ordre 6, ils sont égaux, donc D6 est isomorphe à S3.
Problème 3
modifiera) Prouver que les 2-sous-groupes de Sylow de sont isomorphes à (groupe diédral d'ordre 8).
D'après le chapitre théorique, est isomorphe à un certain groupe de permutations d'un ensemble d'ordre 4 et est donc isomorphe à un sous-groupe de Puisque l'ordre de est une puissance de 2, il en résulte que
- (1) est isomorphe à un sous-groupe d'un 2-sous-groupe de Sylow de
D'autre part, puisque est d'ordre 24, ses 2-sous-groupes de Sylow sont d'ordre 8 et ont donc le même ordre que . Il résulte donc de (1) que est isomorphe à un 2-sous-groupe de Sylow de Puisque les 2-sous-groupes de Sylow de sont isomorphes entre eux, cela démontre l'énoncé.
b) Prouver que les 2-sous-groupes de Sylow de et ceux de sont isomorphes au produit direct
Le groupe est isomorphe à et, par exemple d'après le point a), est isomorphe à un sous-groupe de , donc
- (1) est isomorphe à un sous-groupe du produit direct
D'autre part, est isomorphe à un sous-groupe de (voir un exercice de la série Groupes symétriques finis). Joint à (1), cela montre que
- est isomorphe à un sous-groupe de
Puisque est isomorphe à un sous-groupe de , notre dernier résultat montre que
- (2) est isomorphe à un sous-groupe de et à un sous-groupe de
Puisque l'ordre de est une puissance de 2, il résulte de (2) que
- (3) est isomorphe à un sous-groupe d'un 2-sous-groupe de Sylow de et à un sous-groupe d'un 2-sous-groupe de Sylow de
Mais et les 2-sous-groupes de Sylow de et de sont tous d'ordre 16, donc, d'après (3)
- est isomorphe à un 2-sous-groupe de Sylow de et à un 2-sous-groupe de Sylow de
Puisque les 2-sous-groupe de Sylow de (resp. de ) sont tous isomorphes entre eux, l'énoncé en résulte.
Remarque. Dans le chapitre Produit en couronne, nous « expliciterons » la structure de tous les sous-groupes de Sylow de tous les groupes symétriques finis.
Problème 4 (Centre d'un groupe diédral)
modifierDéterminer le centre du groupe D2n.
Si n est égal à 1 ou à 2, le groupe D2n est commutatif, donc son centre est D2n tout entier.
Supposons maintenant n ≥ 3. D'après le chapitre théorique, D2n contient un unique sous-groupe cyclique d'ordre n, soit A. Pour tout élément x de A et tout élément y de D2n - A, y est d'ordre 2 et yxy = x-1, autrement dit
- yxy-1 = x-1.
Choisissons un générateur a de A. La précédente égalité est vraie pour x = a, donc yay-1 = a-1. Puisque a est d'ordre n ≥ 3, a-1 est différent de a, donc yay-1 ≠ a, donc y ne commute pas avec a. Ceci prouve qu'aucun élément y de D2n - A n'appartient au centre de D2n. Reste à voir quels éléments de A appartiennent au centre de D2n. Choisissons un élément b de D2n - A. Alors A et b engendrent D2n. Comme A est commutatif, il en résulte qu'un élément x de A appartient au centre de D2n si et seulement s'il commute avec b. Or bxb-1 = bxb = x-1, donc un élément x de A appartient au centre de D2n si et seulement si x-1 = x, c'est-à-dire si et seulement si x-2 = 1, autrement dit si et seulement si x est d'ordre 1 ou 2. Si n est impair, A ne comprend pas d'élément d'ordre 2. Si n est pair, A comprend un seul élément d'ordre 2 (car on a vu au chapitre sur les groupes monogènes que pour tout diviseur d de l’ordre d'un groupe cyclique G, G contient un et un seul sous-groupe d'ordre d).
Nous avons donc prouvé que si n ≥ 3, alors :
1° si n est impair, le centre de D2n est réduit à l'élément neutre;
2° si n est pair, le centre de D2n est l'unique sous-groupe d'ordre 2 de l'unique sous-groupe cyclique d'ordre n de D2n.
Problème 5
modifierProuver que si n est un nombre naturel impair, D4n est isomorphe à D2n × Z/2Z (produit direct) et que c’est faux si n est un nombre naturel pair (> 0).
Pour que tous les groupes considérés soient multiplicatifs, nous utiliserons le groupe d'ordre 2 formé par la partie {1, - 1} de Z, munie de la multiplication.
Supposons tout d’abord n impair.
Nous savons que D2n comprend un élément a d'ordre n et un élément b d'ordre 2 n'appartenant pas à <a> tels que bab = a-1.
Prouvons que (a, -1) est un élément d'ordre 2n de D2n × {1, -1}. Il est clair que (a, -1)2n = 1. Si r est un nombre naturel tel que (a, -1)r = 1, alors ar = 1 et (-1)r = 1, donc r est divisible par n et par 2. Puisque nous supposons n impair, r est donc divisible par 2n, ce qui prouve que (a, -1) est d'ordre 2n, comme annoncé. (On montre d'ailleurs facilement que si x est un élément d'ordre fini d'un groupe G et y un élément d'ordre fini d'un groupe H, l’ordre de (x, y) dans le produit direct de G par H est le ppcm des ordres de x et de y.)
D'autre part, (b, 1) est un élément d'ordre 2 de D2n × {1, -1}. Puisque b n'appartient pas à <a>, il est clair que (b, 1) n'appartient pas à <(a, -1)>. Enfin, (b, 1) (a, -1) (b, 1) = (bab, -1) = (a-1, -1) = (a, -1)-1. Puisque D2n × {1, -1} est d'ordre 4n, nos résultats entraînent que D2n × {1, -1} est isomorphe à D4n.
La première partie de l'énoncé est donc démontrée. Soit maintenant n un nombre naturel pair > 0. Si n = 2, D2n est un groupe de Klein et est donc commutatif, de sorte que son centre est d'ordre 4; si n > 2, il résulte d'un précédent exercice que le centre de D2n est d'ordre 2. Donc, que n soit égal ou supérieur à 2, le centre de D2n est d'ordre au moins égal à 2. Le centre de D2n × {1, -1} est Z(D2n) × Z({1, -1}) (voir exercices sur les produits de groupes), autrement dit Z(D2n) × {1, -1} et est donc d'ordre au moins égal à 4. Mais l’ordre de D2n × {1, -1} est au moins égal à 8, donc > 4, et il résulte d'un exercice ci-dessus que le centre d'un groupe diédral d'ordre > 4 est d'ordre au plus 2. Donc D2n × {1, -1} n’est pas diédral.
Problème 6 (Dérivé et suite centrale descendante d'un groupe diédral)
modifiera) Déterminer le dérivé du groupe diédral D2n. Montrer que ce dérivé est un groupe commutatif. En déduire que D2n est résoluble.
D'après le chapitre théorique, D2n contient (au moins) un sous-groupe cyclique d'ordre n, que nous noterons Cn. (Si n est distinct de 2, Cn est défini de manière unique.) Pour tout élément x de Cn et tout élément y de , y est d'ordre 2 et yxy = x-1, autrement dit
- (1) y-1xy = x-1.
Soient a et b deux éléments de D2n.
Si a et b appartiennent tous deux à Cn, ils commutent, donc [a, b] = 1.
Si a appartient à Cn et b à D2n - Cn, alors, d’après (1),
[a,b] = a-1(b-1ab) = a-2.
Si a appartient à D2n - Cn et b à Cn, alors
[a, b] = (a-1b-1a)b = b2.
Enfin, si a et b appartiennent tous deux à D2n - Cn, l'élément c := ab appartient à Cn, d'où
[a, b] = a-1b-1(ab) = a-1(c-1a)c = [a, c] = c2 d’après le résultat précédent.
Ainsi, les commutateurs d'éléments de D2n sont exactement les carrés d'éléments de Cn. Si n est pair, il résulte du chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément que les carrés d'éléments de Cn sont exactement les éléments de l'unique sous-groupe d'ordre n/2 de Cn ; il en résulte clairement que dans ce cas, le dérivé de D2n est l'unique sous-groupe d'ordre n/2 de Cn. Si maintenant n est impair, alors, d’après un exercice de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément, les carrés d'éléments de Cn sont exactement les éléments de Cn ; il en résulte clairement que dans ce cas, le dérivé de D2n est Cn. Puisque Cn est un groupe cyclique et donc commutatif, il résulte de ce qui précède que le dérivé de D2n est commutatif. Cela entraîne que D2n est résoluble de classe (et de classe 2 si n > 1).
Remarque : dans la détermination du dérivé, on aurait pu éviter des calculs en raisonnant comme suit. Soit c un générateur du groupe cyclique , soit d un élément de . Alors {c,d} est une partie génératrice de , donc, d'après un théorème démontré au chapitre Commutateurs, groupe dérivé, le dérivé de est le sous-groupe normal de engendré par les commutateurs de la forme [x, y], où x et y parcourent {c,d}. Si x = y, alors [x,y] = 1; d'autre part, [c,d] est l'inverse de [d,c]; donc nous pouvons limiter les commutateurs [x,y] au seul commutateur [d,c], c'est-à-dire que
- (1) le dérivé de est le sous-groupe normal de engendré par
Comme tout sous-groupe d'un groupe cyclique C est caractéristique dans C, est caractéristique dans ; d'autre part, est normal dans (par exemple parce qu'il est d'indice 2 dans ), donc est normal dans et est donc le sous-groupe normal de engendré par . Notre résultat (1) signifie donc que le dérivé de est .
b) Déterminer la suite centrale descendante du groupe diédral D2n. Prouver qu'un groupe diédral est nilpotent si et seulement si son ordre est une puissance de 2. Préciser alors sa classe de nilpotence.
Mettons l’ordre 2n de D2n sous la forme 2rm, avec r ≥ 1 et m impair.
Supposons d’abord 2rm ≥ 6. Alors, comme on l'a vu au point a), contient un et un seul sous-groupe cyclique d'ordre 2r-1m, soit , et le dérivé de est l’ensemble des carrés de . Désignons par la suite centrale descendante de .
Prouvons que pour tout i ≥ 2, est formé par les carrés d'éléments de . Puisque la suite centrale est décroissante, est contenu dans , qui est un groupe commutatif, donc il suffit de prouver que si a est un élément de et b un élément de , alors [a, b] est le carré d'un élément de .
Si tout d’abord a appartient à , alors a et b appartiennent au même sous-groupe commutatif , donc [a, b] = 1.
Si maintenant a n'appartient pas à , alors (puisque b appartient à ) a-1b-1a = b, d'où [a, b] = a-1b-1ab = b2 et il est encore vrai que [a, b] est le carré d'un élément de . De plus, tous les carrés d'éléments de s'obtiennent de cette façon.
Nous avons donc prouvé, comme annoncé, que pour tout i ≥ 2, est formé par les carrés d'éléments de .
On en tire de proche en proche
- que est le sous-groupe d'ordre 2m de
- que est le sous-groupe d'ordre m de
- et que est lui aussi le sous-groupe d'ordre m de
Dans le cas où m = 1, c'est-à-dire si l’ordre du groupe diédral considéré est une puissance de 2, nous trouvons que est nilpotent de classe r - 1. Nous l'avons prouvé pour r ≥ 3, mais c’est encore vrai pour r = 2, puisque D4 est un groupe abélien d'ordre 4.
Si maintenant le nombre impair m est > 1, nos résultats montrent que la suite centrale descendante de piétine sur le sous-groupe d'ordre m de . Comme ce sous-groupe n’est pas réduit à l'élément neutre, n'est donc pas nilpotent.
Remarque. D'après le point a), la classe de résolubilité de tout groupe diédral est inférieure ou égale à 2. D'autre part, d’après la solution du point b), il y a des groupes diédraux nilpotents dont la classe de nilpotence est aussi grande qu'on veut. Cela montre que la classe de nilpotence d'un groupe nilpotent ne peut pas être bornée en fonction de sa classe de résolubilité (alors que sa classe de résolubilité est bornée en fonction de sa classe de nilpotence).
c) On a vu dans le chapitre théorique Groupes nilpotents que, pour tout groupe G et tous nombres naturels i, j non nuls, [Ci(G), Cj(G)] ≤ Ci+j(G). Prouver qu'on n'a pas forcément l'égalité.
Posons G = D32. D'après le point a), [C2(G), C2(G)] = 1. D'après le point b), la classe de nilpotence de G est 4, donc C4(G) > 1 = [C2(G), C2(G)].
Problème 7
modifierOn a vu au chapitre Groupes nilpotents que si G est un groupe nilpotent et H un sous-groupe normal de G non réduit à l'élément neutre, alors H ⋂ Z(G) n’est pas réduit à l'élément neutre. Donner un exemple de la situation suivante : G est un groupe nilpotent, H est un sous-groupe de G non réduit à l'élément neutre et H ⋂ Z(G) est réduit à l'élément neutre. (Indication : prendre pour G un groupe diédral convenablement choisi.)
Prenons pour G le groupe diédral D8 d'ordre 8. Ce groupe est nilpotent, puisque son ordre est une puissance de nombre premier. D'après le chapitre théorique, G admet un unique sous-groupe cyclique d'ordre 4, soit C. D'après un exercice précédent, le centre de G est contenu dans C et tout élément de G qui n'appartient pas à C est d'ordre 2. Choisissons un élément a de G n'appartenant pas à C et désignons par H le sous-groupe {1, a} de G. D'après ce qui précède, H ⋂ Z(G) = 1, alors que H n’est pas réduit à l'élément neutre.
Problème 8 (Sous-groupes et sous-groupes normaux d'un groupe diédral)
modifierLe but de cet exercice est de déterminer tous les sous-groupes et tous les sous-groupes normaux du groupe diédral D2n. Le lecteur appréciera si cette question l'intéresse. (Un des résultats sera utilisé dans la démonstration de l'isomorphie des groupes simples d'ordre 168.) Les cas n = 1 et n = 2 étant banals, on supposera n ≥ 3, ce qui permet de parler de l'unique sous-groupe cyclique d'ordre n de D2n. On désignera ce sous-groupe par Cn. Pour tout diviseur d de n (diviseur signifiant toujours diviseur naturel dans cet exercice), on désignera par Cd l'unique sous-groupe d'ordre d de Cn.
a) Prouver que tout sous-groupe de Cn est normal dans D2n.
Puisque Cn est d'indice 2 dans D2n, il est normal dans D2n. D'autre part, puisque Cn est cyclique, tout sous-groupe de Cn est caractéristique dans Cn. On a démontré dans le chapitre Sous-groupes caractéristiques que tout sous-groupe caractéristique d'un sous-groupe normal d'un groupe G est normal dans G, donc tout sous-groupe de Cn est normal dans D2n.
Voici une démonstration qui ne fait pas intervenir la notion de sous-groupe caractéristique. Soit H un sous-groupe de Cn; il s'agit de prouver que H est normal dans D2n. Soient h un élément de H et x un élément de D2n. Il suffit de prouver que x-1 h x appartient à H. C'est vrai si x appartient à Cn parce qu'alors x et h appartiennent au même groupe abélien Cn et c’est encore vrai si x n'appartient pas à Cn parce qu'alors x-1 h x = h-1 (voir le chapitre théorique).
b) Soient H un sous-groupe de Cn et b un élément de D2n - Cn (ensemble des éléments de D2n qui n'appartiennent pas à Cn). Prouver que l’ensemble H ∪ Hb (qui, d’après le point a), peut s'écrire aussi H ∪ bH) est un sous-groupe de D2n.
Puisque 1 ∈ H ⊂ H ∪ Hb, l’ensemble H ∪ Hb comprend 1.
Prouvons que si x, y sont des éléments de H ∪ Hb, xy en est un aussi.
Premier cas : x et y appartiennent tous deux à H. Alors xy ∈ H ⊂ H ∪ Hb, donc xy ∈ H ∪ Hb.
Second cas : x ∈ H et y ∈ Hb. Alors y = hb avec h ∈ H, donc xy = (xh)b avec xh ∈ H, donc xy ∈ Hb ⊂ H ∪ Hb, donc xy ∈ H ∪ Hb.
Troisième cas : x ∈ Hb et y ∈ H. Alors (puisque, d’après le point a), Hb = bH), x = bh avec h ∈ H, d'où xy = b(hy) avec hy ∈ H, donc xy ∈ bH = Hb ⊂ H ∪ Hb, donc xy ∈ H ∪ Hb.
Quatrième cas : x ∈ Hb et y ∈ Hb. Alors x ∈ Hb et y ∈ bH, donc xy ∈ Hb2H; d’après le chapitre théorique, b est d'ordre 2, donc xy ∈ H⊂ H ∪ Hb, donc xy ∈ H ∪ Hb.
Nous avons donc prouvé que si x, y sont des éléments de H ∪ Hb, xy en est un aussi. Autrement dit, H ∪ Hb est un sous-monoïde de D2n.
Reste à prouver que si x est un élément de H ∪ Hb, alors x-1 en est un aussi. Si x appartient à H, alors x-1 appartient à H. Si maintenant x appartient à Hb, alors x appartient à D2n - Cn, donc, d’après le chapitre théorique, il est d'ordre 2, donc il est son propre inverse, donc x-1 appartienr à Hb. Dans les deux cas, x-1 appartient à H ∪ Hb. (On aurait pu dire aussi qu'on a montré que H ∪ Hb est un sous-monoïde de D2n et que, d'après un exercice de la série Groupes, premières notions, tout sous-monoïde d'un groupe fini est un sous-groupe de ce groupe.)
c) Soit H un sous-groupe de Cn. Prouver que les sous-groupes de D2n de la forme H ∪ Hb, où b parcourt les éléments de D2n - Cn, sont en quantité n/|H|. Prouver que si est un ensemble de sous-groupes de Cn, le nombre des sous-groupes de D2n de la forme H ∪ Hb, où H parcourt et où b parcourt D2n - Cn, est
Soit H un sous-groupe de Cn; prouvons que les sous-groupes de D2n de la fome H ∪ Hb, où b parcourt D2n - Cn, sont en quantité . D'après le point b), il revient au même de prouver que les ensembles H ∪ Hb, où b parcourt D2n - Cn, sont en quantité .
Désignons par F(H) l’ensemble des parties de D2n de la forme H ∪ Hb, où b parcourt D2n - Cn. Il s'agit de prouver que
Considérons l’application fH : b ↦ H ∪ Hb de D2n - Cn dans F(H). Par définition de F(H), cette application est surjective. Étant donné un élément b de D2n - Cn, les éléments b' de D2n - Cn tels que fH(b') = fH(b) sont les éléments b' de D2n - Cn tels que H ∪ Hb' = H ∪ Hb. En passant aux intersections avec D2n - Cn, nous voyons que cette condition entraîne Hb' = Hb et la réciproque est évidente. Donc les éléments b' de D2n - Cn tels que fH(b') = fH(b) sont les b' tels que Hb' = Hb, autrement dit ce sont les élémens de Hb et ils sont donc en nombre |H|. D'après le principe des bergers, nous avons donc
ce qui démontre la première assertion de l'énoncé.
Pour tout sous-groupe H de Cn et pour tout élément b de D2n - Cn,
- (H ∪ Hb) ⋂ Cn = H,
donc si H1 et H2 sont deux différents sous-groupes de Cn, si b1 et b2 sont des éléments de D2n - Cn, alors
- H1 ∪ H1b1 ≠ H2 ∪ H2b2.
Il en résulte que si H1 et H2 sont deux différents sous-groupes de Cn, alors
- (2) F(H1) ⋂ F(H2) = ∅.
Soit un ensemble de sous-groupes de Cn. L'ensemble des sous-groupes de D2n de la forme H ∪ Hb, où H parcourt et où b parcourt D2n - Cn, est
et, d’après notre résultat (2), son cardinal est donc
autrement dit, d’après (1),
ce qui démontre la seconde partie de l'énoncé.
d) Prouver que les sous-groupes de D2n sont d’une part les sous-groupes de Cn et d’autre part les ensembles H ∪ Hb, où H parcourt les sous-groupes de Cn et b les éléments de D2n - Cn. Prouver que le nombre des sous-groupes de D2n est τ(n) + σ(n), où τ(n) désigne le nombre des diviseurs (naturels) de n et σ(n) la somme de ces diviseurs.
Tout sous-groupe de Cn est évidemment un sous-groupe de D2n. De plus, d’après le point b), tout ensemble de la forme H ∪ Hb, où H est un sous-groupe de Cn et b un élément de D2n - Cn, est également un sous-groupe de D2n. Prouvons que, réciproquement, tout sous-groupe de D2n est d'un de ces deux types.
Soit K un sous-groupe de D2n non contenu dans Cn. Il s'agit de prouver que
- thèse (3) K est de la forme H ∪ Hb, H étant un sous-groupe de Cn et b un élément de D2n - Cn.
Choisissons un élément b de K n'appartenant pas à Cn et désignons par H l'intersection de K avec Cn. Il suffit alors de prouver que K = H ∪ Hb.
Puisque Cn est d'indice 2 dans D2n, nous avons
- D2n = Cn ∪ (Cnb),
donc K = (K ⋂ Cn) ∪ (K ⋂ (Cnb) ), ce qui peut s'écrire
- K = H ∪ (K ⋂ (Cnb) ). Il suffit donc de prouver que
- K ⋂ (Cnb) = Hb.
L'inclusion Hb ⊆ K ⋂ (Cnb) est claire. Prouvons l'inclusion réciproque
- K ⋂ (Cnb) ⊆ Hb.
Soit x un élément de K ⋂ (Cnb); il s'agit de prouver que x appartient à Hb. Puisque x appartient à Cnb, il est de la forme x = cb, avec c ∈ Cnb. Puisque x et b appartiennent tous deux à K, c appartient à K et donc à K ⋂ Cn = H, donc x appartient à Hb, ce qui, comme on l'a vu, achève de prouver la thèse (3) et donc la première assertion de l'énoncé.
Voici une autre façon de prouver que si K est un sous-groupe de D2n non contenu dans Cn, K est de la forme H ∪ Hb, où H est un sous-groupe de Cn et b un élément de D2n - Cn. Puisque K comprend au moins un élément qui n'appartient pas à Cn et que l'indice de Cn dans D2n, étant égal à 2, est premier, le sous-groupe <Cn, K> de D2n engendré par Cn et K est égal à D2n tout entier. (Appliquer la formule des indices aux sous-groupes Cn ≤ <Cn, K> ≤ D2n. Ce raisonnement montre en fait qu'un sous-groupe d'indice premier est maximal.) Puisque Cn est normal dans D2n (par exemple parce qu’il est d'indice 2 dans D2n, ou encore d’après le point a) ), cela peut s'écrire
- Cn K = D2n,
d'où (Cn K) / Cn = D2n / Cn.
D'après le second théorème d'isomorphisme, le premier membre est isomorphe à K/(Cn ⋂ K), donc
- [K:(Cn ⋂ K)] = 2.
Posons H = Cn ⋂ K. Nous venons donc de voir que
- [K:H] = 2.
Donc si nous choisissons un élément b de K n'appartenant pas à H, nous avons K = H ∪ Hb, ce qui démontre notre argument.
La première assertion de l'énoncé est donc démontrée.
Désignons par l’ensemble des sous-groupes de D2n, par l’ensemble des sous-groupes de Cn et par l’ensemble des sous-groupes de D2n de la forme H ∪ Hb, H parcourant les sous-groupes de Cn et b les éléments de D2n - Cn. Les deux ensembles et sont disjoints et on vient de voi que leur réunion est égale à . Donc
- (4)
On a vu au chapitre des groupes monogènes que pour tout diviseur d de l’ordre d'un groupe cyclique, ce groupe admet un et un seul sous-groupe d'ordre d. D'après le théorème de Lagrange, il en résulte que le nombre des sous-groupes d'un groupe cyclique est égal au nombre des diviseurs de l’ordre de ce groupe. Donc
et, d’après (4), il reste à prouver que est égal à σ(n), c'est-à-dire à la somme des diviseurs de n. D'après le point c),
- (5)
où H parcourt les sous-groupes de Cn. D'après une propriété des groupes cycliques rappelée plus haut, H ↦ |H| définit une bijection de l’ensemble des sous-groupes de Cn sur l’ensemble des diviseurs de n. En faisant suivre cette bijection par la permutation d ↦ n/d de l’ensemble des diviseurs de n, nous trrouvons que H ↦ n/|H| définit une bijection de l’ensemble des sous-groupes de Cn sur l’ensemble des diviseurs de n. La relation (5) peut donc s'écrire
où d parcourt les diviseurs de n, autrement dit Comme nous l'avons vu, cela achève de démontrer le point d).
e) Prouver que tout sous-groupe de D2n est cyclique ou diédral.
Soit K un sous-groupe de D2n. Il s'agit de prouver que K est cyclique ou diédral. D'après le point d), K est soit contenu dans Cn, soit de la forme H ∪ Hb, où H est un sous-groupe de Cn et b un élément de D2n - Cn. Dans la première éventualité, K est cyclique. Il suffit donc de prouver que si H est un sous-groupe de Cn et b un élément de D2n - Cn, alors H ∪ Hb est diédral. Tout élément de H ∪ Hb n'appartenant pas à H appartient à Hb, donc appartient à Cn, donc n'appartient pas à Cn, donc est d'ordre 2. Ceci montre que si d désigne l’ordre de H, alors H ∪ Hb est un groupe d'ordre 2d contenant un sous-groupe cyclique H d'ordre d tel que tout élément de H ∪ Hb n'appartenant pas à H soit d'ordre 2. D'après un précédent exercice, il en résulte que H ∪ Hb est diédral, comme annoncé.
f) Prouver que si n est impair, les sous-groupes normaux de D2n sont D2n et les sous-groupes de Cn. Prouver que si n est pair, les sous-groupes normaux de D2n sont d’une part les sous-groupes de Cn et d’autre part D2n et les sous-groupes de la forme Cn/2 ∪ (Cn/2b), où b parcourt D2n - Cn. Quel est le nombre des sous-groupes normaux de D2n ?
D'après le point a), tout sous-groupe de Cn est normal dans D2n. D'autre part, D2n est, banalement, normal dans D2n. Si n est pair, si b est un élément de D2n - Cn, alors Cn/2 ∪ (Cn/2b) est normal dans D2n, par exemple parce qu’il est d'indice 2 dans D2n. Donc tous les sous-groupes de D2n considérés dans l'énoncé sont normaux dans D2n. Pouvons que, réciproquement, tout sous-groupe normal de D2n est d'un des types considérés dans l'énoncé.
Soit K un sous-groupe normal de D2n. Il s'agit de prouver que K est d'un des types considérés dans l'énoncé. Si K est contenu dans Cn, il est d'un de ces types, donc nous pouvons supposer que K n’est pas contenu dans Cn. D'après le point c), K est alors de la forme H ∪ Hb0, où H est un sous-groupe de Cn et b0 un élément de D2n - Cn. Choisissons un générateur a de C, c'est-à-dire un élément a de C tel que C = <a>. Puisque K est normal dans D2n, a normalise K, donc
- (6) a-1 b0 a appartient à K.
D'après le chapitre théorique, b0 a b0-1 = a-1, donc a-1 b0 = b0 a, donc le résultat (6) signifie que b0 a2 appartient à K. Puisque b0 appartient lui aussi à K, nous avons donc a2 ∈ K. Puisque a engendre Cn, a2 engendre le sous-groupe Cn2 de Cn formé par les éléments de la forme x2, x parcourant Cn. Donc K contient Cn2, autrement dit K ⋂ Cn contient Cn2, autrement dit
- (7) H contient Cn2.
Si n est impair, tout élément de Cn est un carré (voir un exercice de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément, donc, dans ce cas, Cn2 = Cn et (7) signifie que H contient Cn, autrement dit H = Cn, donc K = D2n et K est bien d'un des types considérés dans l'énoncé, ce qui prouve la première assertion de l'énoncé.
Si maintenant n est pair, alors Cn2 est le sous-groupe Cn/2 d'ordre n/2 de Cn (voir un théorème du chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément). Puisque Cn/2 est d'indice 2 dans Cn, les seuls sous-groupes de Cn qui contiennent Cn/2 sont Cn/2 et Cn (appliquer la formule des indices à un sous-groupe intermédiaire entre Cn/2 et Cn), donc, d’après (7), H est égal à Cn/2 ou à Cn, donc K est égal à Cn/2 ∪ (Cn/2b) ou à D2n et est donc bien d'un des types considérés dans l'énoncé. Les deux assertions de l'énoncé sont donc démontrées. De la première, il résulte que si n est impair, le nombre des sous-groupes normaux de D2n est τ(n) + 1. Si n est pair, alors, d’après le point c), les sous-groupes de D2n de la forme Cn/2 ∪ Cn/2b, où b parcourt les éléments de D2n - Cn, sont en quantité 2, donc, d’après la seconde assertion de l'énoncé, le nombre des sous-groupes normaux de D2n est τ(n) + 3.
Problème 9 (Classes de conjugaison d'un groupe diédral)
modifierSoit n un nombre naturel non nul, soit D2n un groupe diédral d'ordre 2n. Déterminer les classes de conjugaison d'éléments de D2n et préciser leur nombre.
Il existe un sous-groupe cyclique C d'ordre n de D2n tel que tout élément y de D2n \ C soit d'ordre 2 et possède la propriété suivante :
- (1) pour tout x dans C, .
(Si n est distinct de 2, C est déterminé de façon unique.)
Choisissons un générateur c de C et un élément d de D2n \ C.
Soit x un élément de C. Puisque C est abélien, le conjugué de x par un élément de C est toujours égal à x. D'autre part, pour tout élément y de D2n \ C, le conjugué de x par y est (voir la relation (1)).
Donc la classe de conjugaison dans D2n d'un élément x de C est .
Si x est égal à 1, cette classe comprend un seul élément; si n est pair et que x est l'unique élément d'ordre 2 de C, la classe comprend encore un seul élément; dans tous les autres cas, la classe comprend exactement deux éléments.
Déterminons maintenant la classe de conjugaison d'un élément y de D2n \ C.
Pour x dans C, nous avons
- (2) ,
donc les conjugués de y par les éléments de C sont les éléments de la forme , où x parcourt C.
Si n est impair, les éléments , où x parcourt C, représentent C tout entier; si n est pair, ces éléments sont en nombre n/2.
Il reste à déterminer les conjugués de y par les éléments de D2n \ C.
Puisque C est d'indice 2 dans D2n, les éléments de D2n \ C sont les éléments de la forme xy, où x parcourt C.
Les conjugués de y par les éléments de D2n \ C sont donc les éléments de la forme
- ,
donc les conjugués de y par les éléments de D2n \ C sont les mêmes que les conjugués de y par les éléments de C, à savoir, d'après (2), les éléments de la forme , où x parcourt C.
On tire facilement de ce qui précède que si n est pair, les différentes classes de conjugaison d'éléments de D2n sont
- et
et que si n est impair, les différentes classes sont
- et .
En particulier, le nombre des classes de conjugaison est égal à n/2 + 3 si n est pair et à (n+3)/2 si n est impair.
Remarque. Cet exercice nous servira dans un chapitre sur les caractères des groupes finis.
Problème 10 (Une caractérisation des groupes isomorphes à Dih(A) )
modifiera) On note respectivement et les éléments et du groupe (noté additivement). Donc est l'unique élément d'ordre 2 de
Soit A un groupe abélien, noté multiplicativement, de neutre On pose
- et
Vérifier que
- 1° est un sous-groupe de Dih(A) isomorphe à A;
- 2° n'appartient pas à ;
- 3° est un élément d'ordre 2 de Dih(A);
- 4° pour tout élément de , (ce qui peut aussi s'écrire );
- 5° et engendrent Dih(A).
Tout est banal et il ne devrait normalement y avoir aucune difficulté.
Notons l'unique homomorphisme
- de dans Aut(A) qui applique l'unique élément d'ordre 2 de sur l'automorphisme de A.
Alors, par définition de Dih(A),
D'après les propriétés générales du produit semi-direct,
- (1) est un sous-groupe de et est isomorphe à A, ce qui prouve le point 1° de l'énoncé.
Puisque, par définition, et que dans ,
- (2) n'appartient pas à ,
ce qui prouve le point 2° de l'énoncé.
En particulier,
- (2bis) n'est pas l'élément neutre de Dih(A).
D'autre part,
- dans Dih(A),
- ,
donc , compte tenu de (2bis),
- (3) est d'ordre 2 dans Dih(A),
ce qui prouve le point 3° de l'énoncé.
Soit un élément de
Par définition de , est de la forme
- , avec
Donc d'après (3),
- (4) ,
ce qui prouve le point 4° de l'énoncé.
D'après les propriétés générales du produit semi-direct, Dih(A), égal par définition au produit semi-direct , est engendré par ses sous-groupes et Comme est engendré par son élément , Dih(A) est donc engendré par et , ce qui prouve le point 5° de l'énoncé.
b) Soit A un groupe abélien, soit D un groupe.
Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :
- (i) D est isomorphe à Dih(A);
- (ii) D est engendré par un sous-groupe isomorphe à et par un élément d'ordre 2 n'appartenant pas à et tel que, pour tout élément de , on ait
L'implication est une conséquence immédiate du point a). Prouvons que, réciproquement, la condition (ii) entraîne la condition (i).
Soit donc
- (hyp. 1) un groupe engendré par un sous-groupe isomorphe à A et par un élément d'ordre 2 n'appartenant pas à et tel que, pour tout élément de , on ait
Il s'agit de prouver que
- (thèse 2) est isomorphe à Dih(A).
D'après l'hypothèse (1),
- (3) est un sous-groupe d'ordre 2 de ;
- (4) normalise ;
- (5) coupe trivialement.
Puisque, d'après l'hypothèse (1), est engendré par et par , nous avons
Puisque, d'après (4), normalise , le dernier résultat peut s'écrire
- (6)
D'après (4), (5) et (6),
- (7) est produit semi-direct interne de par
Notons l'homomorphisme de dans Aut( ) tel que, pour tout élément de , soit l'automorphisme de
D'après le chapitre Produit semi-direct, il résulte de (7) que
- est isomorphe au produit semi-direct externe
Prouver notre thèse (2) revient donc à prouver que
- est isomorphe à ,
où désigne l'unique homomorphisme de dans Aut(A) qui applique l'élément d'ordre 2 de sur l'automorphisme de A.
D'après le chapitre Produit semi-direct, il suffit pour cela de prouver que l'opération de sur est quasi équivalente à l'opération de sur
Il s'agit pour cela de prouver la thèse suivante :
- (thèse 8) il existe un isomorphisme de sur et un isomorphisme de sur tels que, pour tout élément de et tout élément de ,
Prenons pour l'unique isomorphisme de sur et pour n'importe quel isomorphisme de sur (il existe un tel isomorphisme d'après notre hypothèse (1) ).
Pour et n'importe quel dans , nous avons
- (9)
et
(où, comme au point a), désigne l'élément non nul de ),
- (10)
La comparaison de (9) et de (10) montre qu'avec notre « choix » de et de , notre thèse (8) est vraie pour
Si maintenant est l'élément neutre 1 de , alors , donc
- (11)
D'autre part, toujours dans le cas où , est l'élément neutre de , donc
- (12)
La comparaison de (11) et de (12) montre qu'avec notre « choix » de et de , notre thèse (8) est également vraie pour et est donc vraie dans les deux cas possibles. Comme nous l'avons vu, la thèse (2) en résulte, ce qui prouve l'équivalence des conditions (i) et (ii) de l'énoncé.
c) Soient A et B deux groupes abéliens isomorphes l'un à l'autre. Prouver que Dih(A) et Dih(B) sont isomorphes l'un à l'autre. (Indication : on peut utiliser le point b).)
D'après le point a) (ou encore d'après le point b) ),
- Dih(A) est engendré par un sous-groupe isomorphe à et par un élément d'ordre 2 n'appartenant pas à et tel que, pour tout élément de , on ait
Dans cet énoncé, « isomorphe à A » peut être remplacé par « isomorphe à B » ce qui donne :
- Dih(A) est engendré par un sous-groupe isomorphe à et par un élément d'ordre 2 n'appartenant pas à et tel que, pour tout élément de , on ait
Compte tenu de l'implication démontrée au point b), il en résulte que Dih(A) est isomorphe à Dih(B).
Problème 11 (Une autre caractérisation des groupes isomorphes à Dih(A) )
modifierComme dans le problème précédent, on notera respectivement et les éléments et du groupe (noté additivement). Donc est l'unique élément d'ordre 2 de
Soit A un groupe abélien, noté multiplicativement, de neutre 1.
a) Vérifier que
- (i) le sous-groupe de Dih(A) est d'indice 2 dans Dih(A);
- (ii) tout élément de est d'ordre 2;
- (iii) pour tout élément de et tout élément de ,
Pour prouver le point a),on peut dire que d'après le chapitre Produit semi-direct,
- est isomorphe au groupe quotient ,
donc ce quotient est d'ordre 2, donc
- (1) est d'indice 2 dans Dih(A).
Il est d'ailleurs clair que tout élément de Dih(A) est congru à un des deux éléments et modulo le sous-groupe (normal) de Dih(A) et que ces deux éléments ne sont pas congrus entre eux modulo .
Notons l'unique homomorphisme
de dans Aut(A) qui applique l'unique élément d'ordre 2 de sur l'automorphisme de A. Donc
Soit un élément de Nous avons donc
- , avec
Donc
- ,
donc (puisque est distinct de l'élément neutre de Dih(A) )
- (2) est d'ordre 2 dans Dih(A).
Soit un élément de Nous avons donc
- , avec
Alors,
- (3)
D'après (2), est son propre inverse dans Dih(A), autrement dit
- , donc (3) peut s'écrire
- (4)
Nous avons
donc (4) peut s'écrire
Puique A est abélien, , donc le dernier résultat peut s'écrire
- (5)
Les résultats (1), (2) et (5) démontrent l'énoncé.
b) Soit D un groupe. Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :
- (i) D est isomorphe à Dih(A);
- (ii) D contient un sous-groupe d'indice 2 isomorphe à A et tel que tout élément de soit d'ordre 2.
Prouver aussi que si est tel qu'en (ii), alors, pour tout élément de et tout élément de ,
(Indication : pour prouver que (ii) entraîne (i), on peut utiliser le problème 10.)
L'implication résulte immédiatement du point a).
Réciproquement, supposons (ii) et prouvons (i).
Choisissons
- (1) un élément de
Puisque nous supposons que la condition (ii) de l'énoncé est satisfaite,
- (2) est d'ordre 2.
Soit un élément de
Puisque nous avons choisi hors de ,
- n'appartient pas à ,
donc, puisque nous supposons que la condition (ii) de l'énoncé est satisfaite,
Autrement dit, pour tout élément de ,
D'après (2), cela peut s'écrire
- (3)
D'autre part, puisque nous avons choisi hors de et que (d'après l'hypothèse (ii) de l'énoncé) est d'indice 2 dans D, il résulte de la formule des indices que
- (4) et engendrent D.
De (1), (2), (3), (4) et du problème 10, il résulte que D est isomorphe à Dih(A), ce qui prouve, comme annoncé, que la condition (ii) de l'énoncé entraîne la condition (ii). Donc le point 1° de l'énoncé est démontré.
Le point 2° de l'énoncé a en fait déjà été démontré dans la preuve de l'implication , car le raisonnement qu'on y a tenu sur un élément choisi dans est valable pour tout élément de
Problème 12 (Classification des groupes d'ordre 18)
modifierSoit un nombre premier impair (autrement dit un nombre premier distinct de 2). On va classifier les groupes d'ordre (et donc, en particuler, les groupes d'ordre 18). Dans le chapitre Groupes commutatifs finis, 1, nous avons classifié tous les groupes abéliens d'un ordre fini donné, donc il suffit de classifier les groupes non abéliens d'ordre Nous allons prouver que tout groupe non abélien d'ordre est isomorphe soit à , soit à , soit à (où désigne le produit direct).
Soit G un groupe non abélien d'ordre . On choisit une fois pour toutes dans G un élément d'ordre 2 (involution).
a) Prouver que G a un seul p-sous-groupe de Sylow, qui sera noté P, et que P est isomorphe à ou à . En particulier, P est abélien.
D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est et divise 2, donc est égal à 1. (On peut aussi dire qu'un p-sous-groupes de Sylow de G est d'indice 2 dans G et donc normal dans G, ce qui, comme on le sait, entraîne que G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow.) Le reste de l'énoncé résulte du fait que P est d'ordre et d'une description des groupes d'ordre qui a été donnée dans le chapitre Théorèmes de Sylow.
b) Prouver que G est engendre par P et s et que, plus précisément,
On peut dire par exemple que le sous-groupe de G est d'ordre divisible par et par , donc par , donc On a vu au point a) que P est normal dans G, donc le résultat peut s'écrire
c) On suppose que P est cyclique (et donc isomorphe à ). Prouver que G est isomorphe à
(Indication : examiner comment agit par conjugaison sur un générateur de P.)
Rappelons qu'on a choisi un élément d'ordre 2 dans G.
Choisissons un générateur de P, c'est-à-dire un élément d'ordre de P.
Puisque, d'après le point a), P est normal dans G, appartient à P. Donc, puisque P est engendré par , il existe un nombre naturel tel que
- (1)
En appliquant aux deux membres l'automorphisme de G, on obtient
Puisque est d'ordre 2, le premier membre est égal à . D'autre part, d'après (1), on peut remplacer dans le second membre par Donc
- ,
d'où, puisque est d'ordre ,
- ,
- (2)
Ceci entraîne en particulier qu'un au moins des deux nombres , est divisible par Puisque est un nombre impair > 1, la différence entre et , qui est égale à 2, n'est pas divisible par , donc un seul des nombres , est divisible par Dès lors, puisque est un nombre premier, il résulte de (2) que
- (3) ou
Si
- hyp. (4) ,
la relation (1) donne , donc commute avec . On a vu au point b) que G est engendré par P et par , ce qui, dans les hypothèses du présent point c), revient à dire que G est engendré par ses sous-groupes et Ces deux sous-groupes sont abéliens et nous avons vu que dans notre hypothèse (4), ils se centralisent, donc G est abélien, ce qui est contraire aux hypothèses générales du problème. Donc notre hypothèse (4) est absurde, c'est-à-dire que , donc, d'après (3)
- ,
donc, d'après (1),
Ainsi, G est engendré par un élément d'ordre et par un élément d'ordre 2 de tel que D'après le chapitre théorique, il en résulte que G est isomorphe au groupe diédral , ce qui démontre le point c).
d) On suppose maintenant que P est isomorphe au produit direct et qu'il y a au moins un sous-groupe d'ordre de P qui n'est pas normalisé par Prouver que G est isomorphe au produit direct
Indication : on peut prouver qu'il existe un sous-groupe d'ordre de P qui est centralisé par et un autre sous-groupe d'ordre de P sur lequel la conjugaison par agit par inversion.
D'après les hypothèses du point d), on peut trouver deux différents sous-groupes et d'ordre de P tels que
- (1)
Choisissons un élément
- (2) d'ordre dans
et posons
- (3)
D'après (1),
- (4) est un élément (d'ordre ) de
En appliquant l'automorphisme de G aux deux membres de (3), nous obtenons
Puisque est d'ordre 2, le membre gauche est égal à , donc
- (5)
En multipliant (3) et (5) membre à membre, on obtient
- (6)
Puisque P est abélien et que (P étant l'unique p-sous-groupe de Sylow de G) et appartiennent à P, et commutent, donc (6) peut s'écrire
- (7)
D'autre part, puisque et sont deux différents sous-groupes d'ordre de P,
- (8)
D'après (2) et (4), appartient à et à , donc si on avait , autrement dit , on aurait , d'où, d'après (8), , ce qui contredit le choix (2) de Donc
- (9)
Puisque et appartiennent à P et que, par hypothèse du point d), P est isomorphe à , il résulte de (9) que est d'ordre , donc (7) montre que
- (10) centralise un sous-groupe d'ordre de P.
En passant aux inverses dans (5), on obtient
et en multipliant cela membre à membre avec (3)
- (11)
De même qu'on a déduit (9) (à savoir ) de (8) (à savoir ), on montre que
- ,
donc (puisque et commutent et sont d'ordre )
- est d'ordre
Donc, d'après (10) et (11), nous avons trouvé
- (12) deux différents sous-groupes H et K d'ordre de P
tels que
- (13) centralise H
et que
- (14) la conjugaison par inverse chaque élément de K.
D'après (14), normalise K et ne le centralise pas, donc
- , égal à , est un groupe non abélien d'ordre , donc, d'après le problème 2,
- (15) est isomorphe au groupe diédral
Prouvons que
- (thèse 16)
Soit un élément de H appartenant aussi à ; il s'agit de prouver que
Nous avons
où est un nombre naturel et un élément de K, d'où
- (17)
Puisque et appartiennent à P, l'ordre du membre gauche de (17) est une puissance de D'autre part, puisque est d'ordre 2, l'ordre du second membre de (17) divise 2. Donc l'ordre de est une puissance de qui divise 2, donc cet ordre est égal à 1, donc , donc
- (18)
D'après (12), H et K sont deux différents sous-groupes d'ordre de P, donc , donc (18) donne Comme nous l'avons vu, cela prouve notre thèse (16), à savoir
- (19)
D'autre part, H et K engendrent P, donc et P sont tous deux contenus dans le sous-groupe de G engendré par H et , donc H et engendrent , c'est-à-dire, d'après le point b), que
- (20) H et engendrent G.
Enfin, H centralise K (puisque H et K sont contenus dans le groupe abélien P) et, d'après (13), il centralise , donc
- (21) H centralise
De (19), (20) et (21) résulte que
- (22) G est produit direct de et
Puisque H est d'ordre et que, d'après (15), est isomorphe à , il résulte de (22) que
- G est isomorphe à ,
ce qui démontre le point d).
e) On suppose maintenant que P est isomorphe à et que tout sous-groupe d'ordre de P est normalisé par Prouver que G est isomorphe à
Soit H un sous-groupe d'ordre de P. Choisissons un générateur de H.
D'après les hypothèses du point e), normalise H, donc
- appartient à H,
donc, puisque engendre H, nous avons
- (1)
pour un certain nombre naturel En appliquant aux deux membres de cette égalité l'automorphisme de G, nous trouvons
- (2)
Puisque est d'ordre 2, le membre gauche de (2) égale ; d'autre part, d'après (1), le membre droit de (2) égale Donc
- ,
Puisque est d'ordre , on a donc
- ,
donc est congru à 1 ou à -1 modulo , donc d'après (1),
- est égal à ou à
Donc
- (3) ou bien centralise H ou bien la conjugaison par inverse chaque élément de H.
Si centralisait tous les sous-groupes d'ordre de P, il centraliserait P (car P, étant supposé isomorphe à , est la réunion de ses sous-groupes d'ordre ), donc (puisque, d'après le point b), G est engendré par P et , qui sont abéliens) G serait abélien, ce qui est contraire aux hypothèses générales.
Donc ne centralise pas tous les sous-groupes d'ordre de P, donc, d'après (3),
- il existe un sous-groupe d'ordre de P tel que
- (4) pour tout dans ,
Choisissons un élément d'ordre dans ; donc
- (5)
Supposons que, par absurde,
- (hyp. 6) centralise un sous-groupe d'ordre de P.
D'après (4), nous avons donc
- (7) , d'où (puisque et sont d'ordre premier)
Choisissons un élément d'ordre dans ; d'après l'hypothèse (6),
- (8)
En multipliant cette égalité membre à membre avec (5), on obtient
- (9)
d'où
- (10)
Prouvons que
- (thèse 11) et sont deux différents sous-groupes d'ordre de P.
Puisque et appartiennent tous deux à P, appartient à P et est donc d'ordre 1 ou P. Si était d'ordre 1, on aurait , , donc
- (12) appartiendrait à
Mais, d'après (7), , donc, d'après (12), on aurait , ce qui contredit le choix de La contradiction obtenue prouve que
- (13) et, de même, sont d'ordre
Supposons que, par absurde, on ait
- (hyp. 14)
Alors et appartiendraient tous deux à , donc appartiendrait à , c'est-à-dire que appartiendrait à Puisque est d'ordre impair, est une puissance de , donc appartiendrait à On aurait donc . Comme, par choix de et d'après (13), les deux membres sont de cardinal , on aurait donc , d'où , d'où , d'où, de nouveau pour motif de cardinal, , , ce qui contredit (7). Cette contradiction prouve que notre hypothèse (14) est absurde, donc Joint à (13), cela prouve notre thèse (11), à savoir que
- et sont deux différents sous-groupes d'ordre de P.
Dès lors, (10) montre qu'il existe au moins un sous-groupe d'ordre de P qui n'est pas normalisé par , ce qui contredit les hypothèses du point e). La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (6) est absurde, donc ne centralise aucun sous-groupe d'ordre de P. Donc, d'après (3),
- (16) la conjugaison par inverse chaque élément de P.
Puisque est un élément d'ordre 2 de G, que (P étant d'ordre impair) n'appartient pas à P, que P est isomorphe à et que, d'après le point b), P et engendrent G, il résulte de (16) et du problème (10) que
- est isomorphe à ,
ce qui démontre le point e).
Puisque les cas c), d) et e) représentent tous les cas possibles, nous avons prouvé l'énoncé général, à savoir que tout groupe non abélien d'ordre est isomorphe à , à ou à En faisant , nous obtenons une classification des groupes d'ordre 18.