Mathématiques universitaires — Licence 3 · Bachelor Year 3

1Théorie des groupes

Le volume de L2 a rencontré les groupes comme dispositifs de comptabilité : théorème de Lagrange, groupes cycliques, groupe symétrique et sa signature. Ce chapitre fait de la théorie des groupes une méthode. Le moteur est la notion de groupe agissant sur un ensemble : le dénombrement des orbites et des points fixes produit l’équation aux classes, le théorème de Cauchy et les trois théorèmes de Sylow — le principe local-global fondamental de la théorie des groupes finis. On apprend ensuite à assembler les groupes (produits directs et semi-directs) et à les désassembler (suites de composition, groupes résolubles), et l’on démontre le théorème qui, dans le Chapitre 4, clôturera une question tricentenaire sur les équations polynomiales : le groupe alterné $A_n$ est simple pour $n \geq 5$ .

1.1 Groupes quotients et théorèmes d’isomorphisme

Tout au long, $G$ est un groupe noté multiplicativement, $e$ son élément neutre. On rappelle du volume de L2 : sous-groupes, classes $gH$ , théorème de Lagrange ( $\abs G = [G:H]\,\abs H$ pour $G$ fini), ordre d’un élément, groupes cycliques, et le groupe symétrique $S_n$ avec son morphisme de signature $\varepsilon \colon S_n \to \{\pm1\}$ .

Définition 1.1

Un sous-groupe $N$ de $G$ est normal (on note $N \trianglelefteq G$ ) lorsque $gNg^{-1} = N$ pour tout $g \in G$ — de façon équivalente, lorsque les classes à gauche et à droite coïncident : $gN = Ng$ pour tout $g$ .

Théorème 1.2 (Groupe quotient)

Soit $N \trianglelefteq G$ . L’ensemble $G/N$ des classes, muni de la multiplication $(gN)(hN) = ghN$ , est un groupe bien défini, le groupe quotient, et la projection canonique $\pi \colon G \to G/N$ , $g \mapsto gN$ , est un morphisme surjectif de noyau $N$ . Réciproquement, tout noyau d’un morphisme de groupes est normal : les sous-groupes normaux sont exactement les noyaux.

Démonstration. La bonne définition est tout l’enjeu. Si $gN = g'N$ et $hN = h'N$ , écrivons $g' = gn$ , $h' = hm$ avec $n, m \in N$ . Alors $g'h' = gnhm = gh\,(h^{-1}nh)\,m \in ghN$ car $h^{-1}nh \in N$ par normalité : le produit des classes ne dépend pas des représentants. Associativité, élément neutre $eN = N$ et inverses $(gN)^{-1} = g^{-1}N$ s’héritent de $G$ . Clairement $\pi$ est un morphisme surjectif et $\pi(g) = N \iff g \in N$ .

Si $f \colon G \to H$ est un morphisme et $k \in \ker f$ , alors $f(gkg^{-1}) = f(g)f(k)f(g)^{-1} = e$ : les noyaux sont normaux. ∎

Théorème 1.3 (Propriété universelle ; premier théorème d’isomorphisme)

Soit $f \colon G \to H$ un morphisme et $N \trianglelefteq G$ avec $N \subseteq \ker f$ . Il existe un unique morphisme $\bar f \colon G/N \to H$ tel que $f = \bar f \circ \pi$ . En particulier, en prenant $N = \ker f$ :

G/\ker f \;\xrightarrow{\;\sim\;}\; \operatorname{im} f, \qquad gN \mapsto f(g).

Démonstration. Unicité : $\bar f(gN)$ doit valoir $f(g)$ . Existence : si $gN = g'N$ alors $g^{-1}g' \in N \subseteq \ker f$ , donc $f(g) = f(g')$ et $\bar f(gN) = f(g)$ est bien défini ; c’est un morphisme parce que $f$ l’est. Pour $N = \ker f$ : $\bar f$ est injectif, car $\bar f(gN) = e$ signifie $g \in \ker f$ , i.e. $gN = N$ ; son image est celle de $f$ . ∎

Théorème 1.4 (Deuxième et troisième théorèmes d’isomorphisme)

Soient $H \leq G$ et $N \trianglelefteq G$ .

$HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ est un sous-groupe, $N \trianglelefteq HN$ , $H \cap N \trianglelefteq H$ , et

$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$
Si de plus $N \subseteq K \trianglelefteq G$ , alors $K/N \trianglelefteq G/N$ et $(G/N)\big/(K/N) \cong G/K$ .

Démonstration. (1) $HN$ est un sous-groupe : $(hn)(h'n') = hh'\,(h'^{-1}nh')n' \in HN$ et $(hn)^{-1} = h^{-1}(hn^{-1}h^{-1}) \in HN$ , en utilisant la normalité de $N$ . Composer $H \hookrightarrow HN \xrightarrow{\pi} HN/N$ : ce morphisme est surjectif ( $hnN = hN$ ) de noyau $\{h \in H : h \in N\} = H \cap N$ ; appliquer le Théorème 1.3.

(2) La projection $G/N \to G/K$ , $gN \mapsto gK$ , est bien définie ( $N \subseteq K$ ), surjective, de noyau $K/N$ ; appliquer à nouveau le Théorème 1.3. ∎

Théorème 1.5 (Théorème de correspondance)

Soit $N \trianglelefteq G$ . L’application $H \mapsto H/N$ est une bijection entre les sous-groupes de $G$ contenant $N$ et les sous-groupes de $G/N$ , préservant inclusions, indices et normalité (dans les deux sens).

Démonstration. Son inverse est $\bar H \mapsto \pi^{-1}(\bar H)$ . Les deux applications envoient sous-groupes sur sous-groupes, et sont mutuellement inverses : $\pi^{-1}(H/N) = HN = H$ puisque $N \subseteq H$ , et $\pi(\pi^{-1}(\bar H)) = \bar H$ par surjectivité de $\pi$ . Les inclusions sont clairement préservées ; $[G:H] = [G/N : H/N]$ car $gH \mapsto (gN)(H/N)$ est une bijection bien définie entre espaces de classes ; et $gHg^{-1} = H$ pour tout $g$ ssi $(gN)(H/N)(gN)^{-1} = H/N$ pour tout $gN$ , encore par surjectivité de $\pi$ . ∎

Exemple 1.6

$\varepsilon \colon S_n \to \{\pm 1\}$ donne $S_n/A_n \cong \{\pm1\}$ ; $\det \colon GL_n(K) \to K^\times$ donne $GL_n(K)/SL_n(K) \cong K^\times$ ; $t \mapsto \eu^{2\iu\pi t}$ donne $\R/\Z \cong \mathbb U$ , le groupe du cercle. Le premier théorème d’isomorphisme est la façon dont on calcule les quotients en pratique : trouver une surjection au bon noyau.

Méthode 1.7

Pour prouver $N \trianglelefteq G$ , par ordre décroissant d’élégance : exhiber $N$ comme noyau d’un morphisme défini sur $G$ ; vérifier $gNg^{-1} \subseteq N$ pour tout $g$ (cela suffit : en l’appliquant à $g^{-1}$ et en conjuguant on obtient l’inclusion réciproque) ; vérifier que $N$ est une réunion de classes de conjugaison ; ou noter que $[G:N] = 2$ (alors $gN = Ng$ est forcé — Exercice 1.1).

1.2 Actions de groupes

Définition 1.8

Une action de $G$ sur un ensemble $X$ est un morphisme $\varphi \colon G \to \mathfrak{S}(X)$ vers le groupe des bijections de $X$ ; on note $g \cdot x$ pour $\varphi(g)(x)$ . De façon équivalente : une application $G \times X \to X$ avec $e \cdot x = x$ et $g \cdot (h \cdot x) = (gh) \cdot x$ . L’orbite de $x$ est $\mathcal O_x = \{g \cdot x : g \in G\}$ , son stabilisateur est le sous-groupe $G_x = \{g : g\cdot x = x\}$ , et $X^G = \{x : \forall g,\ g \cdot x = x\}$ est l’ensemble des points fixes. L’action est transitive s’il y a exactement une orbite, fidèle si $\varphi$ est injectif, libre si tous les stabilisateurs sont triviaux.

Exemple 1.9

Cinq actions animent toute la théorie des groupes finis :

$G$ sur lui-même par translation à gauche $g \cdot x = gx$ : libre et transitive.
$G$ sur lui-même par conjugaison $g \cdot x = gxg^{-1}$ : les orbites sont les classes de conjugaison, les stabilisateurs les centralisateurs $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , les points fixes le centre $Z(G)$ .
$G$ sur l’espace des classes $G/H$ par $g \cdot xH = gxH$ : transitive, avec stabilisateur de la classe $H$ égal à $H$ . Toute action transitive est de cette forme (Exercice 1.8).
$G$ sur son ensemble de sous-groupes par conjugaison : le stabilisateur de $H$ est le normalisateur $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$ , le plus grand sous-groupe de $G$ dans lequel $H$ est normal.
$S_n$ sur $\intint{1}{n}$ : la mère de tous les exemples.

Théorème 1.10 (Orbite–stabilisateur)

L’application $gG_x \mapsto g \cdot x$ est une bijection bien définie $G/G_x \to \mathcal O_x$ . En particulier, pour $G$ fini,

\abs{\mathcal O_x} = [G : G_x] \quad\text{divise } \abs G,

et, les orbites partitionnant $X$ (ce sont les classes de l’équivalence $x \sim y \iff y \in \mathcal O_x$ ),

\abs X = \sum_{i} \,[G : G_{x_i}] \qquad (x_i\colon \text{un point par orbite}).

Démonstration. Bien définie et injective : $gG_x = hG_x \iff h^{-1}g \in G_x \iff h^{-1}g \cdot x = x \iff g \cdot x = h \cdot x$ ; lire la chaîne dans les deux sens. La surjectivité est la définition de l’orbite. Les énoncés de dénombrement suivent du théorème de Lagrange et de la partition de $X$ en orbites. ∎

Corollaire 1.11 (Équation aux classes)

Pour un groupe fini $G$ , en choisissant un représentant $x_i$ dans chaque classe de conjugaison à plus d’un élément :

\abs G = \abs{Z(G)} + \sum_i \,[G : Z_G(x_i)], \qquad\text{chaque } [G : Z_G(x_i)] > 1 \text{ divisant } \abs G.

Démonstration. Appliquer le Théorème 1.10 à l’action par conjugaison : les orbites singletons sont exactement les éléments de $Z(G)$ . ∎

Théorème 1.12 (Points fixes des $p$ -groupes)

Soit $p$ un nombre premier. Un $p$ -groupe est un groupe fini dont l’ordre est une puissance de $p$ . Si un $p$ -groupe $G$ agit sur un ensemble fini $X$ , alors

\abs{X^G} \equiv \abs X \pmod p .

Conséquences : un $p$ -groupe non trivial a un centre non trivial, et tout groupe d’ordre $p^2$ est abélien.

Démonstration. Chaque orbite a pour cardinal $[G:G_x]$ , une puissance de $p$ ; cette puissance vaut $1$ exactement sur les points fixes et sinon est divisible par $p$ . En sommant sur les orbites on obtient la congruence. Pour le centre : l’action de $G$ sur lui-même par conjugaison a $X^G = Z(G)$ , donc $\abs{Z(G)} \equiv \abs G \equiv 0 \pmod p$ , et $Z(G) \ni e$ force $\abs{Z(G)} \geq p$ . Ordre $p^2$ : si $Z(G) \neq G$ alors $\abs{Z(G)} = p$ et $G/Z(G)$ est cyclique d’ordre $p$ , ce qui force $G$ abélien (Exercice 1.2) — contradiction. ∎

Théorème 1.13 (Cauchy)

Si un nombre premier $p$ divise $\abs G$ , alors $G$ contient un élément d’ordre $p$ .

Démonstration (McKay). Soit $X = \{(g_1, \dots, g_p) \in G^p : g_1 g_2 \cdots g_p = e\}$ . Choisir $g_1, \dots, g_{p-1}$ librement détermine $g_p$ : $\abs X = \abs G^{p-1}$ , divisible par $p$ . Le groupe cyclique $\Z/p\Z$ agit sur $X$ par permutation circulaire $(g_1, \dots, g_p) \mapsto (g_2, \dots, g_p, g_1)$ — cela préserve $X$ , car $g_2 \cdots g_p g_1 = g_1^{-1}(g_1 \cdots g_p)g_1 = e$ . Par le Théorème 1.12, $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$ . Les points fixes sont les $p$ -uplets constants $(g, \dots, g)$ avec $g^p = e$ ; le $p$ -uplet $(e, \dots, e)$ en est un, donc il y en a au moins $p$ , d’où au moins un $g \neq e$ avec $g^p = e$ : son ordre est exactement $p$ . ∎

Théorème 1.14 (Cayley)

Tout groupe d’ordre $n$ se plonge dans $S_n$ .

Démonstration. La translation à gauche $\varphi \colon G \to \mathfrak S(G) \cong S_n$ est un morphisme ; $\varphi(g) = \mathrm{id}$ force $g = ge = e$ : elle est fidèle. ∎

Méthode 1.15

Le dénombrement des points fixes est le coup d’ouverture universel de la théorie des groupes finis. Pour prouver qu’un objet existe (un élément central, un élément d’ordre $p$ , un sous-groupe normal, un point fixe), faire agir un groupe bien choisi sur un ensemble fini bien choisi, puis comparer $\abs{X^G}$ et $\abs X$ modulo $p$ , ou laisser les tailles d’orbites diviser l’ordre du groupe. Les démonstrations des Théorèmes 1.12 et 1.13 et des trois théorèmes de Sylow ci-dessous sont cinq variations sur cette seule idée.

1.3 Les théorèmes de Sylow

Le théorème de Lagrange dit que l’ordre d’un sous-groupe divise $\abs G$ ; la réciproque échoue ( $A_4$ , d’ordre $12$ , n’a pas de sous-groupe d’ordre $6$ — Exercice 1.1). Les théorèmes de Sylow sauvent la réciproque pour les puissances de premiers, et leur clause de dénombrement est l’outil général le plus affûté dont on dispose pour produire des sous-groupes normaux.

Définition 1.16

Écrivons $\abs G = p^a m$ avec $p \nmid m$ . Un $p$ -sous-groupe de Sylow de $G$ est un sous-groupe d’ordre $p^a$ — un $p$ -sous-groupe de l’ordre le plus grand concevable. Le nombre de $p$ -sous-groupes de Sylow de $G$ est noté $n_p$ .

Lemme 1.17

Si $\abs G = p^a m$ avec $p \nmid m$ , alors $\dbinom{p^a m}{p^a} \equiv m \pmod p$ .

Démonstration. Dans $\mathbb F_p[X]$ , le rêve du collégien $(1+X)^p = 1 + X^p$ (les coefficients $\binom pk$ , $0<k<p$ , sont divisibles par $p$ : $p$ divise le numérateur de $\frac{p!}{k!(p-k)!}$ mais pas le dénominateur) itère en $(1+X)^{p^a} = 1 + X^{p^a}$ , d’où

(1+X)^{p^a m} = \bigl(1 + X^{p^a}\bigr)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom mk X^{k p^a} \quad\text{dans } \mathbb F_p[X].

Identifier le coefficient de $X^{p^a}$ : à gauche $\binom{p^a m}{p^a} \bmod p$ , à droite $\binom m1 = m$ . ∎

Théorème 1.18 (Sylow I : existence)

Pour tout premier $p$ , des $p$ -sous-groupes de Sylow de $G$ existent.

Démonstration (Wielandt). Soit $\Omega$ l’ensemble des parties de $G$ de cardinal $p^a$ ; $G$ agit sur $\Omega$ par translation à gauche $g \cdot S = gS$ . Par le Lemme 1.17, $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ , donc une certaine orbite $\mathcal O_S$ a une taille première à $p$ (si $p$ divisait toute taille d’orbite, il diviserait $\abs\Omega$ ). Soit $H = G_S$ le stabilisateur d’un tel $S$ . Comme $[G : H] = \abs{\mathcal O_S}$ est premier à $p$ et $p^a \mid \abs G = [G:H]\,\abs H$ , on a $p^a \mid \abs H$ . Réciproquement, fixer $s \in S$ : l’application $H \to S$ , $h \mapsto hs$ , est injective et arrive dans $S$ car $hS = S$ ; d’où $\abs H \leq \abs S = p^a$ . Donc $\abs H = p^a$ . ∎

Théorème 1.19 (Sylow II : domination et conjugaison)

Soit $P$ un $p$ -sous-groupe de Sylow et $Q$ un $p$ -sous-groupe quelconque de $G$ . Alors $Q \subseteq gPg^{-1}$ pour un certain $g \in G$ . En particulier tous les $p$ -sous-groupes de Sylow sont conjugués, et $P \trianglelefteq G \iff n_p = 1$ .

Démonstration. Faisons agir $Q$ sur l’espace des classes $X = G/P$ , de cardinal $m \not\equiv 0 \pmod p$ . Par le Théorème 1.12 appliqué au $p$ -groupe $Q$ , $\abs{X^Q} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ : il existe une classe fixe $gP$ , i.e. $QgP = gP$ , i.e. $g^{-1}Qg \subseteq P$ . Si $Q$ est lui-même un sous-groupe de Sylow, l’égalité des ordres transforme $Q \subseteq gPg^{-1}$ en une égalité. Enfin $P \trianglelefteq G$ ssi ses conjugués $\{gPg^{-1}\}$ — qui d’après ce qui précède sont tous les $p$ -sous-groupes de Sylow — se réduisent à $\{P\}$ . ∎

Théorème 1.20 (Sylow III : dénombrement)

$n_p \equiv 1 \pmod p$ , et $n_p = [G : N_G(P)]$ , qui divise $m$ .

Démonstration. Soit $\mathrm{Syl}_p$ l’ensemble des $p$ -sous-groupes de Sylow ; $G$ agit dessus transitivement par conjugaison (le Théorème 1.19), avec stabilisateur de $P$ le normalisateur $N_G(P) \supseteq P$ : $n_p = [G : N_G(P)]$ , et $m = [G:P] = [G:N_G(P)]\,[N_G(P):P]$ montre $n_p \mid m$ .

Restreignons maintenant l’action à $P$ et comptons les points fixes. Si $Q \in \mathrm{Syl}_p$ est fixé par $P$ , alors $P \subseteq N_G(Q)$ ; $P$ et $Q$ sont tous deux des $p$ -sous-groupes de Sylow du groupe $N_G(Q)$ , donc conjugués dans celui-ci (le Théorème 1.19 appliqué à $N_G(Q)$ ) ; mais $Q \trianglelefteq N_G(Q)$ , donc $Q$ y est son unique conjugué : $P = Q$ . Ainsi le seul point fixe est $P$ lui-même, et le Théorème 1.12 donne $n_p = \abs{\mathrm{Syl}_p} \equiv \abs{\mathrm{Syl}_p^P} = 1 \pmod p$ . ∎

Méthode 1.21

Pour analyser un groupe d’ordre donné $n = p^a m$ : lister les diviseurs de $m$ congrus à $1$ modulo $p$ — ce sont les candidats pour $n_p$ . Si le seul candidat est $1$ , le $p$ -sous-groupe de Sylow est normal. Si $n_p > 1$ est forcé d’être petit, faire agir par conjugaison sur $\mathrm{Syl}_p$ pour obtenir un morphisme $G \to S_{n_p}$ de petit noyau. Et compter les éléments : des $p$ -sous-groupes de Sylow distincts d’ordre premier $p$ s’intersectent trivialement, donc ils portent $n_p(p-1)$ éléments d’ordre exactement $p$ ; des comptes qui se chevauchent pour des premiers différents forcent souvent une contradiction (Exercice 1.7).

Exemple 1.22

Soit $\abs G = pq$ avec $p < q$ premiers et $p \nmid q - 1$ . Alors $n_q \mid p$ et $n_q \equiv 1 \bmod q$ forcent $n_q = 1$ (car $p < q$ ) ; $n_p \mid q$ et $n_p \equiv 1 \bmod p$ forcent $n_p = 1$ (car $q \not\equiv 1 \bmod p$ ). Soient $P, Q$ les deux Sylow normaux : $P \cap Q = \{e\}$ (ordres premiers entre eux), donc $\abs{PQ} = pq$ (Exercice 1.4) et $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ par la Proposition 1.24 ci-dessous. Tout groupe d’ordre $15$ , $33$ , $35$ , … est cyclique. Le cas exclu $p \mid q - 1$ produit exactement un groupe de plus, non abélien — voir le problème du week-end (Problème 1.1).

Exemple 1.23 (Un recensement de Sylow complet : $S_4$ )

Appliquons la méthode à $G = S_4$ , $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$ . Sylow $3$ : $n_3 \mid 8$ , $n_3 \equiv 1 \bmod 3$ , donc $n_3 \in \{1, 4\}$ ; comme $\langle(123)\rangle$ et $\langle(124)\rangle$ sont distincts, $n_3 = 4$ — les quatre sous-groupes $\langle(abc)\rangle$ , un pour chaque sous-ensemble à $3$ éléments $\{a, b, c\}$ , comptant pour les $8$ $3$ -cycles. Par Sylow II ils sont conjugués, et le morphisme de conjugaison $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ est un isomorphisme ici (son noyau est contenu dans $N = N_G(\langle(123)\rangle)$ d’ordre $24/4 = 6$ , et un sous-groupe normal de $S_4$ à l’intérieur d’un $N$ de type $S_3$ doit être trivial : il serait formé de permutations paires fixant les quatre Sylow, et seul $e$ le fait). Sylow $2$ : $n_2 \mid 3$ , $n_2 \equiv 1 \bmod 2$ : $n_2 \in \{1, 3\}$ . Le sous-groupe $D = \langle(1234), (13)\rangle$ a ordre $8$ (un diédral $D_4$ : les symétries du carré de sommets $1, 2, 3, 4$ ), n’est pas normal ( $(12)(1234)(12) = (2134)$ engendre un sous-groupe de $4$ -cycles différent), donc $n_2 = 3$ : les trois copies de $D_4$ correspondent aux trois façons d’apparier $4$ points en un « carré ». Noter la morale du recensement : $\abs{S_4} = 24$ laisse de la place pour que l’un ou l’autre Sylow échoue à la normalité, et les deux échouent — comparer à l’ordre $12$ , où le compte force l’un d’eux normal (partie IV du Problème 1.1).

1.4 Produits, directs et semi-directs

Proposition 1.24 (Reconnaître un produit direct)

Soient $H, K \trianglelefteq G$ avec $H \cap K = \{e\}$ et $HK = G$ . Alors $(h,k) \mapsto hk$ est un isomorphisme $H \times K \to G$ .

Démonstration. Pour $h \in H$ , $k \in K$ , le commutateur $hkh^{-1}k^{-1}$ appartient à $K$ (le lire comme $(hkh^{-1})k^{-1}$ , en utilisant la normalité de $K$ ) et à $H$ (le lire comme $h(kh^{-1}k^{-1})$ ) : il vaut $e$ , donc $H$ et $K$ commutent élément par élément et l’application est un morphisme. Elle est surjective car $HK = G$ , et injective car $hk = e$ donne $h = k^{-1} \in H \cap K = \{e\}$ . ∎

La normalité des deux facteurs est ce qui échoue le plus souvent : dans $S_3 = \langle (1\,2\,3)\rangle \,\langle(1\,2) \rangle$ les deux facteurs s’intersectent trivialement et engendrent, pourtant $S_3 \not\cong \Z/3\Z \times \Z/2\Z$ . La bonne notion quand un seul facteur est normal :

Définition 1.25

Soient $H$ , $K$ des groupes et $\varphi \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ un morphisme. Le produit semi-direct $H \rtimes_\varphi K$ est l’ensemble $H \times K$ muni de

(h, k)\,(h', k') = \bigl(h\,\varphi(k)(h'),\; kk'\bigr).

Proposition 1.26

$H \rtimes_\varphi K$ est un groupe ; $H \times \{e\}$ est un sous-groupe normal isomorphe à $H$ , $\{e\} \times K$ un sous-groupe isomorphe à $K$ ; ils s’intersectent trivialement et engendrent. Réciproquement, si $G = NK$ avec $N \trianglelefteq G$ , $K \leq G$ et $N \cap K = \{e\}$ , alors $G \cong N \rtimes_\varphi K$ pour $\varphi(k) = (n \mapsto knk^{-1})$ .

Démonstration. Vérification directe : l’associativité se réduit à $\varphi(kk') = \varphi(k)\circ\varphi(k')$ et à chaque $\varphi(k)$ étant un morphisme ; l’élément neutre est $(e,e)$ et $(h,k)^{-1} = \bigl(\varphi(k^{-1})(h^{-1}), k^{-1}\bigr)$ . La projection $(h,k) \mapsto k$ est un morphisme sur $K$ de noyau $H \times \{e\}$ , qui est donc normal. Pour la réciproque : tout $g \in G$ s’écrit de façon unique $nk$ avec $n \in N$ , $k \in K$ (existence : $G = NK$ ; unicité : $nk = n'k'$ donne $n'^{-1}n = k'k^{-1} \in N \cap K$ ), et

(nk)(n'k') = n\,(kn'k^{-1})\;kk'

montre que $nk \mapsto (n, k)$ transporte la loi de $G$ vers celle de $N \rtimes_\varphi K$ . ∎

Exemple 1.27

(a) Le groupe diédral $D_n$ ( $n \geq 3$ ) des $2n$ symétries d’un $n$ -gone régulier : les rotations forment un sous-groupe normal d’indice $2$ , toute réflexion engendre un complément, et conjuguer une rotation par une réflexion l’inverse : $D_n \cong \Z/n\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ avec $\varphi(1) = (x \mapsto -x)$ . (b) Le groupe affine d’une droite, $\{x \mapsto ax + b : a \in K^\times,\, b \in K\} \cong K \rtimes K^\times$ : translations normales, homothéties un complément. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (complément : toute transposition). (d) Le groupe des quaternions $Q_8$ n’est pas un produit semi-direct de sous-groupes propres : tout sous-groupe non trivial contient $-1$ (Problème 1.1), donc aucun couple de sous-groupes propres ne s’intersecte trivialement.

1.5 Groupes résolubles ; simplicité de $A_n$

Définition 1.28

Le commutateur de $x, y \in G$ est $[x,y] = xyx^{-1}y^{-1}$ ; le sous-groupe dérivé $D(G)$ est le sous-groupe engendré par tous les commutateurs. La suite dérivée est $D^0(G) = G$ , $D^{i+1}(G) = D(D^i(G))$ , et $G$ est résoluble si $D^n(G) = \{e\}$ pour un certain $n$ .

Proposition 1.29

$D(G)$ est normal (en fait stable sous tout automorphisme), $G/D(G)$ est abélien, et pour $N \trianglelefteq G$ : $G/N$ abélien $\iff D(G) \subseteq N$ . De plus $G$ est résoluble ssi il existe une chaîne $G = G_0 \trianglerighteq G_1 \trianglerighteq \dots \trianglerighteq G_n = \{e\}$ avec chaque $G_{i+1} \trianglelefteq G_i$ et chaque quotient $G_i/G_{i+1}$ abélien. Les sous-groupes et quotients de groupes résolubles sont résolubles ; réciproquement, si $N$ et $G/N$ sont résolubles, alors $G$ l’est.

Démonstration. Un automorphisme $\alpha$ envoie $[x,y]$ sur $[\alpha x, \alpha y]$ : il permute les commutateurs, donc préserve le sous-groupe qu’ils engendrent ; les conjugaisons sont des automorphismes, d’où la normalité. Dans $G/D(G)$ , $\bar x\bar y \bar x^{-1}\bar y^{-1} = \overline{[x,y]} = \bar e$ : le quotient est abélien. Si $G/N$ est abélien alors tout $[x,y] \in N$ , donc $D(G) \subseteq N$ ; réciproquement si $D(G) \subseteq N$ alors $G/N$ , quotient de l’abélien $G/D(G)$ par le troisième théorème d’isomorphisme, est abélien.

Si $G$ est résoluble, la suite dérivée est une telle chaîne. Réciproquement, étant donnée une chaîne, $D^i(G) \subseteq G_i$ par récurrence : $G_i/G_{i+1}$ abélien donne $D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ , donc $D^{i+1}(G) = D(D^i G) \subseteq D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ; d’où $D^n(G) = \{e\}$ .

Hérédité : $D^i(H) \subseteq D^i(G)$ pour $H \leq G$ (récurrence), et $D^i(G/N) = \pi(D^i(G))$ car $\pi$ envoie commutateurs sur commutateurs ; cela donne les énoncés pour sous-groupes et quotients. Extension : si $D^m(G/N) = \{e\}$ alors $D^m(G) \subseteq N$ , et $D^n(N) = \{e\}$ donne $D^{m+n}(G) = D^n(D^m(G)) \subseteq D^n(N) = \{e\}$ . ∎

Exemple 1.30

Les groupes abéliens sont résolubles. Les $p$ -groupes sont résolubles, par récurrence sur l’ordre : $Z(G) \neq \{e\}$ et $G/Z(G)$ est un $p$ -groupe plus petit. $S_3$ et $S_4$ sont résolubles : $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$ , où $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ est le groupe de Klein des doubles transpositions (normal dans $S_4$ : une réunion de classes de conjugaison), avec quotients abéliens $\Z/2\Z$ , $\Z/3\Z$ , $V$ . Dans le Chapitre 4, « l’équation générale de degré $n$ est résoluble par radicaux » voudra littéralement dire « $S_n$ est un groupe résoluble ». D’où l’importance de la définition suivante.

Définition 1.31

Un groupe $G \neq \{e\}$ est simple si ses seuls sous-groupes normaux sont $\{e\}$ et $G$ . Un groupe simple non abélien n’est pas résoluble : $D(G) \trianglelefteq G$ n’est pas $\{e\}$ (sinon $G$ abélien), donc $D(G) = G$ et la suite dérivée est constante. Les groupes simples abéliens sont exactement les $\Z/p\Z$ , $p$ premier (un groupe abélien est simple ssi il n’a pas de sous-groupe propre non trivial, ssi il est cyclique d’ordre premier par Lagrange).

Lemme 1.32

Pour $n \geq 3$ , $A_n$ est engendré par les $3$ -cycles ; pour $n \geq 5$ , tous les $3$ -cycles sont conjugués dans $A_n$ .

Démonstration. Un élément de $A_n$ est un produit d’un nombre pair de transpositions ; les apparier et utiliser (composition de droite à gauche)

(a\,b)(c\,d) = (a\,c\,b)(a\,c\,d), \qquad (a\,b)(b\,c) = (a\,b\,c), \qquad (a\,b)(a\,b) = e

pour les paires disjointes, chevauchantes et égales respectivement : chaque paire de transpositions est un produit de $3$ -cycles.

Conjugaison : $\sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1} = (\sigma a\; \sigma b\; \sigma c)$ , donc deux $3$ -cycles quelconques sont conjugués par un certain $\sigma \in S_n$ . Si $\sigma$ est impair, le remplacer par $\sigma' = \sigma (d\,e)$ où $d, e$ sont deux points hors de $\{a, b, c\}$ — ils existent car $n \geq 5$ ; alors $\sigma'$ est pair et $\sigma'(a\,b\,c)\sigma'^{-1} = \sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1}$ , car $(d\,e)$ commute avec $(a\,b\,c)$ . ∎

Théorème 1.33 (Simplicité du groupe alterné)

$A_n$ est simple pour $n \geq 5$ .

Démonstration. Soit $N \trianglelefteq A_n$ , $N \neq \{e\}$ . Par le Lemme 1.32 il suffit de montrer que $N$ contient un $3$ -cycle : la normalité et la conjugaison des $3$ -cycles dans $A_n$ mettent alors tous les $3$ -cycles dans $N$ , donc $N = A_n$ .

Pour $\rho \in S_n$ soit $F(\rho) = \{x : \rho(x) \neq x\}$ son support et $f(\rho) = \abs{F(\rho)}$ . Choisir $\sigma \in N \setminus \{e\}$ avec $f(\sigma)$ minimal. Noter qu’une permutation paire non triviale a $f \geq 3$ , et que $f(\sigma) = 4$ est impossible pour $\sigma \in A_n$ sauf si $\sigma$ est une double transposition (un $4$ -cycle est impair). On montre que $\sigma$ est un $3$ -cycle.

Cas A : $\sigma$ est un produit de transpositions disjointes, disons $\sigma = (a\,b)(c\,d)\cdots$ avec $f(\sigma) \geq 4$ . Choisir $e' \notin \{a, b, c, d\}$ (possible : $n \geq 5$ ), poser $\tau = (c\,d\,e')$ et

\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\,\sigma^{-1} \in N \qquad (\tau\sigma\tau^{-1} \in N \text{ par normalité}).

Comme $\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} = (\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d) = (d\;\sigma e'\;c)$ (en utilisant $\sigma c = d$ , $\sigma d = c$ ), on obtient $\sigma' = (c\,d\,e')(d\;\sigma e'\;c)$ .

Si $\sigma e' = e'$ (ce qui vaut en particulier quand $f(\sigma) = 4$ , i.e. $\sigma = (a\,b)(c\,d)$ ) : alors $(d\,e'\,c) = (c\,d\,e')$ et $\sigma' = (c\,d\,e')^2 = (c\,e'\,d)$ , un $3$ -cycle dans $N$ , avec $f(\sigma') = 3 < 4 \leq f(\sigma)$ — contredisant la minimalité.

Si $\sigma e' \neq e'$ : alors $\sigma e' \notin \{a, b, c, d, e'\}$ ( $\sigma$ échange $a,b$ et $c,d$ , et $e' \notin \{a,b,c,d\}$ avec $\sigma$ injectif), donc $\sigma$ déplace les six points $a, b, c, d, e', \sigma e'$ : $f(\sigma) \geq 6$ . D’autre part $\sigma'$ , produit de deux $3$ -cycles de supports dans $\{c, d, e', \sigma e'\}$ , vérifie $f(\sigma') \leq 4$ ; et $\sigma' \neq e$ , car $\sigma'(d) = \tau\sigma\tau^{-1}(c) = \tau\sigma(e') = \sigma e' \neq d$ ( $\tau$ fixe $\sigma e' \notin \{c,d,e'\}$ ). Donc $\sigma' \in N \setminus\{e\}$ avec $f(\sigma') \leq 4 < f(\sigma)$ : la minimalité est contredite.

Cas B : un cycle de $\sigma$ a longueur $\geq 3$ , disons $\sigma(a) = b$ , $\sigma(b) = c$ avec $a, b, c$ distincts. Si $\sigma$ est exactement ce $3$ -cycle, on a terminé. Sinon $f(\sigma) \geq 5$ (le cas $f(\sigma) = 4$ avec un cycle de longueur $\geq 3$ est le $4$ -cycle impair, exclu), donc on peut choisir $d, e' \in F(\sigma) \setminus \{a, b, c\}$ . Poser $\tau = (c\,d\,e')$ et $\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} \in N$ . Comme précédemment $\sigma' = (c\,d\,e')\,(\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d)$ ne déplace que des points de

M = \{c, d, e'\} \cup \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\} \subseteq F(\sigma)

(les images de points déplacés sont déplacées : $\sigma(x) \ne x$ implique $\sigma(\sigma x) \neq \sigma x$ , $\sigma$ étant injectif). De plus $b \notin M$ : les cinq points $a, b, c, d, e'$ sont distincts, donc $b \notin \{c, d, e'\}$ ; et $b \in \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\}$ forcerait $a \in \{c, d, e'\}$ (appliquer $\sigma^{-1}$ , en utilisant $\sigma a = b$ ), ce qui est faux. Donc $\sigma'$ fixe $b$ , tandis que $\sigma$ déplace $b$ ; et $F(\sigma') \subseteq F(\sigma)$ . Enfin $\sigma' \neq e$ : $\sigma^{-1}(c) = b$ , $\tau^{-1}(b) = b$ , $\sigma(b) = c$ , $\tau(c) = d$ , donc $\sigma'(c) = d \neq c$ . Ainsi $\sigma' \in N \setminus \{e\}$ avec $f(\sigma') \leq f(\sigma) - 1$ , contredisant la minimalité.

Les deux cas étant impossibles, $\sigma$ est un $3$ -cycle. ∎

Corollaire 1.34

Pour $n \geq 5$ : $A_n$ et $S_n$ ne sont pas résolubles, et les seuls sous-groupes normaux de $S_n$ sont $\{e\}$ , $A_n$ et $S_n$ .

Démonstration. $A_n$ est simple non abélien, donc non résoluble (la Définition 1.31) ; un groupe contenant un sous-groupe non résoluble n’est pas résoluble (la Proposition 1.29). Soit $N \trianglelefteq S_n$ : alors $N \cap A_n \trianglelefteq A_n$ vaut $\{e\}$ ou $A_n$ . Si $N \cap A_n = A_n$ , alors $A_n \subseteq N$ et $N \in \{A_n, S_n\}$ par l’indice. Si $N \cap A_n = \{e\}$ , la restriction à $N$ de la projection $S_n \to S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ est injective, donc $\abs N \leq 2$ ; si $N = \{e, \sigma\}$ , la normalité rend la classe de conjugaison de $\sigma$ égale à $\{\sigma\}$ , i.e. $\sigma \in Z(S_n)$ . Mais $Z(S_n) = \{e\}$ pour $n \geq 3$ : si $\sigma \ne e$ envoie $a$ sur $b \neq a$ , choisir $c \notin \{a, b\}$ ; alors $(b\,c)\sigma(b\,c)^{-1}$ envoie $a$ sur $c \ne b$ , donc diffère de $\sigma$ . D’où $N = \{e\}$ . ∎

Théorème 1.35 (Jordan–Hölder)

Tout groupe fini $G \neq \{e\}$ admet une suite de composition

\{e\} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_r = G, \qquad G_{i}/G_{i-1} \text{ simple},

et le multiensemble des facteurs de composition $G_i/G_{i-1}$ , à isomorphisme près, ne dépend pas de la suite choisie. Un groupe fini est résoluble ssi tous ses facteurs de composition sont cycliques d’ordre premier.

Démonstration. Existence : récurrence sur $\abs G$ . Si $G$ est simple, prendre $\{e\} \trianglelefteq G$ . Sinon choisir un sous-groupe normal propre maximal $N$ (il y a un nombre fini de sous-groupes) ; $G/N$ est simple par le théorème de correspondance (un sous-groupe normal propre non trivial de $G/N$ se relèverait en un sous-groupe normal de $G$ strictement entre $N$ et $G$ ). Ajouter $N \trianglelefteq G$ à une suite de composition de $N$ .

Unicité : récurrence sur $\abs G$ , le cas $G$ simple étant clair. Prendre deux suites de composition, avec termes avant-derniers $M \trianglelefteq G$ et $N \trianglelefteq G$ (donc $G/M$ , $G/N$ sont simples). Si $M = N$ , conclure par récurrence appliquée à $M$ . Sinon $MN$ , normal dans $G$ et contenant strictement $M$ , égale $G$ ( $M$ est maximal normal : tout normal $M \subsetneq L \subsetneq G$ se projetterait en un sous-groupe normal propre non trivial du simple $G/M$ ). Le deuxième théorème d’isomorphisme donne

G/M = MN/M \cong N/(M \cap N), \qquad G/N = MN/N \cong M/(M \cap N).

Poser $K = M \cap N$ ( $\trianglelefteq G$ ) et fixer une suite de composition de $K$ . Alors $M$ porte deux suites de composition : son originale, et la suite de $K$ suivie de $K \trianglelefteq M$ (le quotient $M/K \cong G/N$ est simple). Par récurrence (appliquée à $M$ ), les facteurs de la suite originale de $M$ sont $\{\text{facteurs de } K\} \cup \{G/N\}$ ; de même pour $N$ . D’où les deux suites de $G$ ont pour facteurs

\{\text{facteurs de } K\} \;\cup\; \{\,G/N,\; G/M\,\},

le même multiensemble.

Résolubilité : si tous les facteurs sont $\Z/p_i\Z$ , la suite est une chaîne à quotients abéliens, donc $G$ est résoluble (la Proposition 1.29). Réciproquement, un facteur de composition d’un groupe résoluble est résoluble (quotient d’un sous-groupe) et simple ; un groupe simple résoluble est abélien ( $D(G) \ne G$ force $D(G) = \{e\}$ ), donc un certain $\Z/p\Z$ . ∎

Remarque 1.36

Jordan–Hölder dit que tout groupe fini est construit à partir de groupes simples, avec une liste de pièces bien définie — une arithmétique des groupes dans laquelle les groupes simples sont les nombres premiers, et où la façon dont les pièces sont collées (données d’extension, comme dans le produit semi-direct) remplace la simple multiplication. La classification des groupes finis simples — les cycliques $\Z/p\Z$ , les alternés $A_{n \geq 5}$ , seize familles de type de Lie, et $26$ groupes sporadiques — est l’un des monuments des mathématiques du vingtième siècle ; sa démonstration, étalée sur quelque dix mille pages de revues, dépasse de loin ce cours.

Les dix sous-groupes du groupe diédral D_4 = r, s r4 = s2 = e,\ srs-1 = r-1. Les trois sous-groupes d’indice 2 (rangée du milieu) sont normaux, de même que le centre r2 (mis en évidence) ; les quatre sous-groupes de réflexion se répartissent en deux classes de conjugaison de deux. Les chaînes du bas vers le haut donnent des suites de composition, p.ex. \e\ r2 r D_4 : facteurs ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ — toujours le même multiensemble, comme l’exige Jordan–Hölder. — Les dix sous-groupes du groupe diédral $D_4 = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . Les trois sous-groupes d’indice $2$ (rangée du milieu) sont normaux, de même que le centre $\langle r^2\rangle$ (mis en évidence) ; les quatre sous-groupes de réflexion se répartissent en deux classes de conjugaison de deux. Les chaînes du bas vers le haut donnent des suites de composition, p.ex. $\{e\} \trianglelefteq \langle r^2\rangle \trianglelefteq \langle r\rangle \trianglelefteq D_4$ : facteurs $\Z/2\Z, \Z/2\Z, \Z/2\Z$ — toujours le même multiensemble, comme l’exige Jordan–Hölder.

1.6 Exercices

Exercice 1.1 ★

(a) Montrer que tout sous-groupe d’indice $2$ est normal. (b) Montrer que si $[G : H] = 2$ , alors $x^2 \in H$ pour tout $x \in G$ . (c) En déduire que $A_4$ n’a pas de sous-groupe d’ordre $6$ : la réciproque de Lagrange échoue. (Compter les carrés des $3$ -cycles.)

Solution

Solution de Exercice 1.1.

(a) Soit $[G:H] = 2$ . Pour $g \in H$ , $gH = H = Hg$ . Pour $g \notin H$ : les deux classes à gauche sont $H$ et $gH$ , donc $gH = G \setminus H$ ; de même $Hg = G \setminus H$ . D’où $gH = Hg$ pour tout $g$ : $H \trianglelefteq G$ .

(b) Par (a), $G/H$ est un groupe d’ordre $2$ ; la classe $\bar x$ vérifie $\bar x^2 = \bar e$ , i.e. $x^2 \in H$ .

(c) Supposons $H \leq A_4$ avec $\abs H = 6$ , donc d’indice $2$ . Par (b), $\sigma^2 \in H$ pour tout $\sigma \in A_4$ . Tout $3$ -cycle est un tel carré : si $\sigma^3 = e$ alors $\sigma = \sigma^4 = (\sigma^2)^2$ . Donc $H$ contient les huit $3$ -cycles de $A_4$ : $\abs H \geq 8 > 6$ , contradiction. (La réciproque de Lagrange échoue dès la première occasion : $6 \mid 12$ .)

Exercice 1.2 ★

Montrer que si $G/Z(G)$ est cyclique alors $G$ est abélien. En déduire à nouveau que tout groupe d’ordre $p^2$ est abélien, et exhiber, pour chaque premier $p$ , un groupe non abélien d’ordre $p^3$ . (Penser aux matrices triangulaires supérieures à diagonale unité sur $\mathbb F_p$ .)

Solution

Solution de Exercice 1.2.

Disons $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$ . Tout $x \in G$ s’écrit alors $x = g^k z$ avec $k \in \Z$ , $z \in Z(G)$ . Pour $x = g^kz$ , $y = g^l z'$ :

xy = g^k z\, g^l z' = g^{k+l} z z' = g^l z'\, g^k z = yx,

les éléments centraux commutant avec tout : $G$ est abélien.

Ordre $p^2$ : $Z(G) \neq \{e\}$ (Théorème 1.12), donc $\abs{Z(G)} \in \{p, p^2\}$ . S’il valait $p$ , alors $G/Z(G)$ aurait ordre $p$ , donc serait cyclique, forçant $G$ abélien et $Z(G) = G$ d’ordre $p^2$ — contradiction. Donc $Z(G) = G$ .

Non abélien d’ordre $p^3$ : le groupe de Heisenberg

H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \leq GL_3(\mathbb F_p),

d’ordre $p^3$ (choix libre de $a, b, c$ ; clôture et inverses par calcul direct). Il est non abélien : les deux matrices élémentaires $I + E_{12}$ et $I + E_{23}$ ont pour commutateur $I + E_{13} \neq I$ .

Exercice 1.3 ★

(a) Montrer que $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ . (b) Montrer que les automorphismes intérieurs $\iota_g \colon x \mapsto gxg^{-1}$ forment un sous-groupe normal $\operatorname{Inn}(G) \trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$ , avec $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ .

Solution

Solution de Exercice 1.3.

(a) Un morphisme $f \colon \Z/n\Z \to \Z/n\Z$ est déterminé par $k = f(\bar 1)$ (alors $f(\bar m) = m\bar k$ ), et tout $\bar k$ en définit un. Il est bijectif ssi $\bar k$ engendre $\Z/n\Z$ , ssi $\gcd(k,n) = 1$ , ssi $\bar k \in (\Z/n\Z)^\times$ . La composition correspond à la multiplication : $f_k \circ f_l = f_{kl}$ . D’où $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ .

(b) L’application $\iota\colon G \to \operatorname{Aut}(G)$ , $g \mapsto \iota_g$ , est un morphisme : $\iota_g \circ \iota_h = \iota_{gh}$ . Son image est $\operatorname{Inn}(G)$ ; son noyau est $\{g : gxg^{-1} = x\ \forall x\} = Z(G)$ . Le premier théorème d’isomorphisme donne $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ . Normalité dans $\operatorname{Aut}(G)$ : pour $\alpha \in \operatorname{Aut}(G)$ ,

(\alpha \circ \iota_g \circ \alpha^{-1})(x) = \alpha\bigl(g\,\alpha^{-1}(x)\,g^{-1}\bigr) = \alpha(g)\, x\, \alpha(g)^{-1} = \iota_{\alpha(g)}(x).

Exercice 1.4 ★★

Soient $H, K$ des sous-groupes d’un groupe fini $G$ . (a) Démontrer la formule du produit $\abs{HK}\,\abs{H\cap K} = \abs H\, \abs K$ , en comptant les fibres de l’application $H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ . (b) Montrer que $HK$ est un sous-groupe ssi $HK = KH$ (automatique quand l’un des deux est normal). (c) Si $H, K \trianglelefteq G$ et $H \cap K = \{e\}$ , montrer que $hk = kh$ pour tous $h \in H$ , $k \in K$ .

Solution

Solution de Exercice 1.4.

(a) Considérer $\mu \colon H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ , surjective par définition. Fixer $h_0k_0 \in HK$ : alors $hk = h_0k_0 \iff h_0^{-1}h = k_0 k^{-1} \in H \cap K$ . En écrivant $u = h_0^{-1}h$ , la fibre de $h_0k_0$ est $\{(h_0u,\, u^{-1}k_0) : u \in H \cap K\}$ , de cardinal $\abs{H \cap K}$ . D’où $\abs H\,\abs K = \abs{H\times K} = \abs{HK}\,\abs{H \cap K}$ .

(b) Si $HK$ est un sous-groupe : $KH \subseteq HK$ car $kh = \bigl(h^{-1}k^{-1}\bigr)^{-1} \in (HK)^{-1} = HK$ ; et $HK \subseteq KH$ en prenant les inverses dans $HK = (HK)^{-1} \subseteq (KH)^{-1}\dots$ plus directement, pour $hk \in HK$ , $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH$ , donc $HK = (HK)^{-1} \subseteq KH$ ; les deux inclusions donnent $HK = KH$ . Réciproquement si $HK = KH$ : clôture, $(hk)(h'k') = h(kh')k' \in h(HK)k' = (hH)(Kk') \subseteq HK$ ; inverses, $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH = HK$ ; et $e \in HK$ : sous-groupe. Si, par exemple, $K \trianglelefteq G$ , alors $hK = Kh$ pour tout $h$ , donc $HK = KH$ automatiquement.

(c) Pour $h \in H$ , $k \in K$ , le commutateur $[h,k] = hkh^{-1}k^{-1}$ égale $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ( $K$ normal) et $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ( $H$ normal), donc appartient à $H \cap K = \{e\}$ : $hk = kh$ .

Exercice 1.5 ★★

(Lemme de dénombrement de Burnside) Un groupe fini $G$ agit sur un ensemble fini $X$ . Montrer que le nombre d’orbites est le nombre moyen de points fixes :

\#\{\text{orbites}\} = \frac{1}{\abs G}\sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)}, \qquad \operatorname{Fix}(g) = \{x \in X : g \cdot x = x\},

en comptant l’ensemble $\{(g,x) : g\cdot x = x\}$ de deux façons. Application : $\Z/p\Z$ ( $p$ premier) agit par rotation sur des colliers de $p$ perles avec $a$ couleurs disponibles ; en déduire le petit théorème de Fermat $a^p \equiv a \pmod p$ .

Solution

Solution de Exercice 1.5.

Compter $E = \{(g,x) \in G \times X : g \cdot x = x\}$ de deux façons :

\abs E = \sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)} = \sum_{x \in X} \abs{G_x} = \sum_{x \in X} \frac{\abs G}{\abs{\mathcal O_x}} = \abs G \sum_{\mathcal O \text{ orbite}} \sum_{x \in \mathcal O} \frac{1}{\abs{\mathcal O}} = \abs G \cdot \#\{\text{orbites}\},

en utilisant orbite–stabilisateur ( $\abs{G_x} = \abs G/\abs{\mathcal O_x}$ ) et la partition en orbites.

Colliers : soit $X$ l’ensemble des applications $\Z/p\Z \to \{1, \dots, a\}$ (coloriages de $p$ positions), $\abs X = a^p$ , avec $\Z/p\Z$ agissant par rotation. L’identité fixe les $a^p$ coloriages. Une rotation $\bar k \neq \bar 0$ engendre $\Z/p\Z$ ( $p$ premier), donc un coloriage qu’elle fixe est invariant sous toutes les rotations, donc constant : $a$ coloriages fixes. Burnside :

\#\{\text{orbites}\} = \frac{a^p + (p-1)a}{p} \in \N ,

donc $p \mid a^p + (p-1)a$ , i.e. $p \mid a^p - a$ : le petit théorème de Fermat, par pur dénombrement.

Exercice 1.6 ★

En utilisant les théorèmes de Sylow, montrer que tout groupe d’ordre $15$ est cyclique et que tout groupe d’ordre $45$ est abélien.

Solution

Solution de Exercice 1.6.

Ordre $15 = 3 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ et $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ forcent $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 3$ et $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ forcent $n_5 = 1$ . Les Sylow $P_3, P_5$ sont normaux, s’intersectent trivialement (ordres premiers entre eux), et $\abs{P_3P_5} = 15$ (Exercice 1.4(a)) : par la Proposition 1.24, $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (restes chinois).

Ordre $45 = 3^2 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ donnent $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 9$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ donnent $n_5 = 1$ . Donc $G \cong P_3 \times P_5$ avec $\abs{P_3} = 9 = 3^2$ et $\abs{P_5} = 5$ : tous deux abéliens (Théorème 1.12 pour $p^2$ ; ordre premier est cyclique), donc $G$ aussi.

Exercice 1.7 ★★

Montrer qu’aucun groupe d’ordre $30$ , et aucun d’ordre $56$ , n’est simple. (Pour $30$ : si $n_3 \neq 1$ et $n_5 \neq 1$ , compter les éléments d’ordres $3$ et $5$ . Pour $56$ : compter les éléments d’ordre $7$ .)

Solution

Solution de Exercice 1.7.

Ordre $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ . $n_5 \mid 6$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ ; $n_3 \mid 10$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 10\}$ . Supposons $G$ simple, donc $n_5 = 6$ et $n_3 = 10$ . Deux sous-groupes distincts d’ordre premier $p$ s’intersectent trivialement (l’intersection est un sous-groupe propre de $\Z/p\Z$ ), donc les six $5$ -sous-groupes de Sylow portent $6 \times 4 = 24$ éléments d’ordre $5$ , et les dix $3$ -sous-groupes de Sylow portent $10 \times 2 = 20$ éléments d’ordre $3$ : $24 + 20 = 44 > 30 - 1$ éléments non identité — absurde. Donc $n_5 = 1$ ou $n_3 = 1$ : un Sylow normal existe.

Ordre $56 = 2^3 \cdot 7$ . $n_7 \mid 8$ , $n_7 \equiv 1 \pmod 7$ : $n_7 \in \{1, 8\}$ . Si $n_7 = 8$ , les $7$ -sous-groupes de Sylow portent $8 \times 6 = 48$ éléments d’ordre $7$ , laissant exactement $56 - 48 = 8$ autres éléments. Un $2$ -sous-groupe de Sylow a ordre $8$ et est formé de tels éléments, donc c’est l’ensemble de ceux-ci : $n_2 = 1$ . Soit $n_7 = 1$ soit $n_2 = 1$ : jamais simple.

Exercice 1.8 ★★

(a) Soit $H \leq G$ d’indice $n$ . Montrer que l’action de $G$ sur $G/H$ produit un morphisme $G \to S_n$ dont le noyau $\bigcap_{g \in G} gHg^{-1}$ est le plus grand sous-groupe normal de $G$ contenu dans $H$ . (b) En déduire : si $G$ est fini et $p$ est le plus petit diviseur premier de $\abs G$ , tout sous-groupe d’indice $p$ est normal. (c) Montrer que toute action transitive de $G$ sur un ensemble $X$ est isomorphe à l’action sur un espace de classes : il existe une bijection $X \to G/G_x$ commutant avec les actions.

Solution

Solution de Exercice 1.8.

(a) L’action $g \cdot xH = gxH$ donne un morphisme $\rho \colon G \to \mathfrak S(G/H) \cong S_n$ . Son noyau est

\ker\rho = \{g : \forall x \in G,\ gxH = xH\} = \{g : \forall x,\ x^{-1}gx \in H\} = \bigcap_{x \in G} xHx^{-1},

un sous-groupe normal (un noyau) contenu dans $H$ (prendre $x = e$ ). Si $N \trianglelefteq G$ et $N \subseteq H$ , alors pour tout $x$ : $N = xNx^{-1} \subseteq xHx^{-1}$ , donc $N \subseteq \ker\rho$ : le noyau est le plus grand tel.

(b) Soit $[G:H] = p$ , plus petit premier divisant $\abs G$ , et $K = \ker\rho \subseteq H$ . Alors $G/K$ se plonge dans $S_p$ , donc $[G:K]$ divise $p!$ . De plus $[G:K] = [G:H]\,[H:K] = p\,[H:K]$ , donc $[H:K]$ divise $(p-1)!$ . Mais $[H:K]$ divise $\abs G$ , dont les diviseurs premiers sont tous $\geq p$ , tandis que les diviseurs premiers de $(p-1)!$ sont tous $< p$ : d’où $[H:K] = 1$ , i.e. $H = K = \ker \rho$ est normal.

(c) Soit l’action transitive et $x \in X$ . L’application $\Phi \colon G/G_x \to X$ , $gG_x \mapsto g \cdot x$ , est bien définie et bijective (orbite–stabilisateur ; l’orbite est tout $X$ ), et elle entrelace les actions : $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$ .

Exercice 1.9 ★★

(a) Montrer que $D(G)$ est le plus petit sous-groupe normal de $G$ à quotient abélien, et que tout morphisme de $G$ vers un groupe abélien se factorise de façon unique à travers l’abélianisé $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ . (b) Calculer $D(S_n)$ et $S_n^{\mathrm{ab}}$ pour $n \geq 2$ , et $D(Q_8)$ et $Q_8^{\mathrm{ab}}$ .

Solution

Solution de Exercice 1.9.

(a) $D(G)$ est normal à quotient abélien (Proposition 1.29) ; et si $N \trianglelefteq G$ a $G/N$ abélien, la même proposition donne $D(G) \subseteq N$ : $D(G)$ est le plus petit. Propriété universelle : soit $f \colon G \to A$ avec $A$ abélien. Alors $f([x,y]) = [f(x), f(y)] = e$ , donc $D(G) \subseteq \ker f$ , et le Théorème 1.3 factorise $f = \bar f \circ \pi$ à travers $G^{\mathrm{ab}}$ , de façon unique car $\pi$ est surjective.

(b) Les commutateurs sont des permutations paires, donc $D(S_n) \subseteq A_n$ . Réciproquement tout $3$ -cycle est un commutateur :

\bigl[(a\,b),\,(a\,c)\bigr] = (a\,b)(a\,c)(a\,b)(a\,c) = (a\,b\,c),

(vérification directe sur $a, b, c$ ), et les $3$ -cycles engendrent $A_n$ (Lemme 1.32) : $D(S_n) = A_n$ pour $n \geq 3$ , et $S_n^{\mathrm{ab}} \cong S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ . (Pour $n = 2$ : $S_2$ est abélien, $D(S_2) = \{e\}$ , $S_2^{\mathrm{ab}} = S_2 \cong \Z/2\Z$ — la formule $S_n^{\mathrm{ab}} \cong \Z/2\Z$ vaut pour tout $n \geq 2$ .)

$Q_8$ : le quotient $Q_8/\{\pm 1\}$ a ordre $4$ , donc est abélien, d’où $D(Q_8) \subseteq \{\pm 1\}$ ; et $[\mathrm i, \mathrm j] = \mathrm i \mathrm j \mathrm i^{-1}\mathrm j^{-1} = \mathrm i\mathrm j(-\mathrm i)(-\mathrm j) = (\mathrm i \mathrm j)^2 = \mathrm k^2 = -1$ , donc $D(Q_8) = \{\pm 1\}$ et $Q_8^{\mathrm{ab}} \cong (\Z/2\Z)^2$ (ordre $4$ , exposant $2$ : les classes de $\mathrm i, \mathrm j$ squarent en $\bar 1$ ).

Exercice 1.10 ★★

Soit $G$ un $p$ -groupe et $H \subsetneq G$ un sous-groupe propre. Montrer que $H \subsetneq N_G(H)$ (« les normalisateurs grossissent »), et en déduire que tout sous-groupe maximal d’un $p$ -groupe est normal d’indice $p$ . (Récurrence sur $\abs G$ , en utilisant $Z(G) \neq \{e\}$ : traiter séparément $Z(G) \subseteq H$ et $Z(G) \not\subseteq H$ .)

Solution

Solution de Exercice 1.10.

Récurrence sur $\abs G$ ; pour $\abs G = p$ le seul sous-groupe propre est $H = \{e\}$ , et $N_G(\{e\}) = G \supsetneq \{e\}$ . Soit $Z = Z(G) \neq \{e\}$ (Théorème 1.12).

Si $Z \not\subseteq H$ : choisir $z \in Z \setminus H$ ; $z$ commute avec $H$ , donc $zHz^{-1} = H$ et $z \in N_G(H) \setminus H$ .

Si $Z \subseteq H$ : passer à $\bar G = G/Z$ , un $p$ -groupe d’ordre plus petit, et $\bar H = H/Z \subsetneq \bar G$ (théorème de correspondance). Par récurrence, $N_{\bar G}(\bar H) \supsetneq \bar H$ ; choisir $\bar g \in N_{\bar G}(\bar H) \setminus \bar H$ et un relèvement $g$ . Alors $g \notin H$ , et $gHg^{-1} \subseteq HZ = H$ : en effet $\overline{ghg^{-1}} = \bar g \bar h \bar g^{-1} \in \bar H$ signifie $ghg^{-1} \in HZ = H$ (comme $Z \subseteq H$ ). Donc $g \in N_G(H)\setminus H$ .

Sous-groupes maximaux : si $M$ est maximal, $N_G(M) \supsetneq M$ force $N_G(M) = G$ : $M \trianglelefteq G$ . Alors $G/M$ est un $p$ -groupe sans sous-groupe propre non trivial (correspondance + maximalité). Prendre $\bar x \neq \bar e$ dans $G/M$ , d’ordre $p^k$ ; alors $\bar x^{p^{k-1}}$ engendre un sous-groupe d’ordre $p$ , qui doit être le tout : $\abs{G/M} = p$ .

Exercice 1.11 ★★★

(Simplicité de $A_5$ , en direct) (a) Montrer que les classes de conjugaison de $A_5$ ont pour cardinaux $1$ , $15$ , $20$ , $12$ , $12$ . Attention au scindage de la classe de $S_5$ des $5$ -cycles : pour un $5$ -cycle $\sigma$ , comparer les centralisateurs de $\sigma$ dans $S_5$ et dans $A_5$ . (b) En déduire que $A_5$ est simple : un sous-groupe normal est une réunion de classes de conjugaison, contient $e$ , et a un cardinal divisant $60$ . (c) Montrer qu’un groupe simple d’ordre $60$ a nécessairement $n_5 = 6$ .

Solution

Solution de Exercice 1.11.

(a) $\abs{A_5} = 60$ . Types de cycles dans $A_5$ : $e$ ; doubles transpositions, $\frac{1}{2}\binom{5}{1}\binom{4}{2}\cdot 1 = 15$ d’entre elles ( $5 \cdot 3$ façons : choisir le point fixe, puis apparier) ; $3$ -cycles, $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3} = 20$ ; $5$ -cycles, $4! = 24$ .

Une classe de $S_5$ contenue dans $A_5$ reste une classe de $A_5$ ou se scinde en deux, selon que le centralisateur dans $S_5$ d’un élément contient une permutation impaire ( $\abs{\text{classe dans }A_5} = 60/\abs{Z_{A_5}(\sigma)}$ et $Z_{A_5} = Z_{S_5} \cap A_5$ ). Pour $\sigma = (1\,2)(3\,4)$ : $\abs{Z_{S_5}(\sigma)} = 120/15 = 8$ , et $(1\,2) \in Z_{S_5}(\sigma)$ est impair, donc $\abs{Z_{A_5}} = 4$ et la classe a $60/4 = 15$ éléments : pas de scindage. Pour $\sigma = (1\,2\,3)$ : $Z_{S_5}(\sigma) \supseteq \langle \sigma \rangle \times \langle (4\,5)\rangle$ , d’ordre $6 = 120/20$ , donc égal ; il contient l’impair $(4\,5)$ : classe de $60/3 = 20$ : pas de scindage. Pour $\sigma$ un $5$ -cycle : $Z_{S_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ (ordre $120/24 = 5$ ), tout pair : $Z_{A_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ et la classe de $A_5$ a $60/5 = 12$ éléments — les $24$ cinq-cycles se scindent en deux classes de $12$ . Tailles de classes : $1, 15, 20, 12, 12$ .

(b) Un sous-groupe normal $N$ est une réunion de classes de conjugaison incluant $\{e\}$ , avec $\abs N \mid 60$ . Les sommes possibles $1 + (\text{sous-ensemble de } \{15, 20, 12, 12\})$ sont

1,\ 13,\ 13,\ 16,\ 21,\ 25,\ 28,\ 28,\ 33,\ 36,\ 40,\ 40,\ 45,\ 48,\ 48,\ 60 ;

les seuls diviseurs de $60$ dans la liste sont $1$ et $60$ : $N = \{e\}$ ou $A_5$ .

(c) Soit $G$ simple avec $\abs G = 60$ . $n_5 \mid 12$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ . $n_5 = 1$ rendrait le $5$ -sous-groupe de Sylow normal, contredisant la simplicité ( $1 < 5 < 60$ ). D’où $n_5 = 6$ .

Exercice 1.12 ★★

(Les normalisateurs des sous-groupes de Sylow sont auto-normalisants) Soit $P$ un $p$ -sous-groupe de Sylow d’un groupe fini $G$ et $H = N_G(P)$ . (a) Montrer que $P$ est l’unique $p$ -sous-groupe de Sylow de $H$ . (b) En déduire $N_G(H) = H$ . (Pour $g \in N_G(H)$ : $gPg^{-1}$ est un $p$ -sous-groupe de Sylow de $H$ , donc $gPg^{-1} = P$ .) (c) Conclure qu’aucun normalisateur de Sylow n’est contenu dans un sous-groupe normal propre de $G$ , et qu’un sous-groupe maximal contenant $N_G(P)$ est auto-normalisant.

Solution

Solution de Exercice 1.12.

(a) $P$ est normal dans $H = N_G(P)$ par définition du normalisateur, et c’est un $p$ -sous-groupe de Sylow de $H$ (son ordre est déjà la $p$ -partie complète de $\abs G$ , a fortiori de $\abs H$ ). Un sous-groupe de Sylow normal est unique : tout autre lui serait conjugué (Sylow II dans $H$ ), donc égal à lui.

(b) Soit $g \in N_G(H)$ . Alors $gPg^{-1} \subseteq gHg^{-1} = H$ est un sous-groupe de $H$ du même ordre que $P$ : un $p$ -sous-groupe de Sylow de $H$ , donc $gPg^{-1} = P$ par (a). Ainsi $g \in N_G(P) = H$ : $N_G(H) \subseteq H$ , et l’inclusion réciproque est triviale.

(c) Supposons $H \subseteq N \trianglelefteq G$ avec $N$ propre. $P$ est un $p$ -sous-groupe de Sylow de $N$ ; pour tout $g \in G$ , $gPg^{-1} \subseteq N$ en est un autre, donc $gPg^{-1} = nPn^{-1}$ pour un certain $n \in N$ (Sylow II dans $N$ ), d’où $n^{-1}g \in N_G(P) \subseteq N$ et $g \in N$ : $N = G$ , contradiction (c’est l’argument de Frattini). Pour un sous-groupe maximal $M \supseteq N_G(P)$ : $N_G(M) \supseteq M$ est soit $M$ soit $G$ ; si $G$ , alors $M \trianglelefteq G$ est un sous-groupe normal propre contenant $N_G(P)$ — exclu par le point précédent. Donc $N_G(M) = M$ .

1.7 Problème : les groupes d’ordre au plus 15

Problème 1.1

Problème du week-end — classification des petits groupes

Le but est une classification complète, avec démonstrations entières, des groupes d’ordre $\leq 15$ à isomorphisme près. Les ordres $1, 2, 3, 5, 7, 11, 13$ sont réglés par Lagrange (cycliques), et les ordres $4$ et $9$ par le Théorème 1.12 plus l’analyse ci-dessous de $p^2$ : restent $6, 8, 10, 12, 14, 15$ .

Partie I — Outils.

Montrer qu’un groupe dans lequel tout élément vérifie $x^2 = e$ est abélien ; en déduire qu’un tel groupe fini a un ordre $2^k$ et est isomorphe à $(\Z/2\Z)^k$ . (Le voir comme un espace vectoriel sur $\mathbb F_2$ .)
Montrer qu’un groupe d’ordre $p^2$ est isomorphe à $\Z/p^2\Z$ ou $(\Z/p\Z)^2$ . Lister les groupes abéliens d’ordre $8$ à isomorphisme près : $\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z \times \Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ — prouver que la liste est complète et sans redondance sans le théorème de structure du Chapitre 3 (discuter selon l’ordre maximal d’un élément).
Soient $\varphi, \varphi' \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ deux actions. Montrer que si $\varphi' = \varphi \circ \alpha$ avec $\alpha \in \operatorname{Aut}(K)$ , alors $H \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
Déterminer $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z)$ pour $n = 3, 4, 5, 7$ explicitement, et montrer $\operatorname{Aut}\bigl((\Z/2\Z)^2 \bigr) \cong S_3$ .

Partie II — Ordres $2p$ ( $6$ , $10$ , $14$ ) et $pq$ .

Soit $\abs G = 2p$ avec $p$ un premier impair. Montrer que $G$ a un sous-groupe normal $N = \langle r \rangle$ d’ordre $p$ et un élément $s$ d’ordre $2$ hors de $N$ .
En déduire $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ , où $\varphi(1) \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ est une involution, et conclure : $G \cong \Z/2p\Z$ ou $G \cong D_p$ ; vérifier que ces deux ne sont pas isomorphes. Cela règle les ordres $6$ , $10$ , $14$ .
Plus généralement, soit $\abs G = pq$ avec $p < q$ premiers. Montrer que si $p \nmid q-1$ alors $G$ est cyclique (Exemple 1.22), et que si $p \mid q - 1$ il y a, outre $\Z/pq\Z$ , exactement un groupe non abélien $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ à isomorphisme près — utiliser la question 3 et le fait que $\operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong (\Z/q\Z)^\times$ est cyclique d’ordre $q - 1$ , admis ici et démontré dans le Chapitre 4 (cyclicité de $\mathbb F_q^\times$ ). Conclure pour l’ordre $15$ .

Partie III — Ordre $8$ . Soit $G$ non abélien d’ordre $8$ .

Montrer que $G$ a un élément $r$ d’ordre $4$ (utiliser la question 1) et que $N = \langle r\rangle$ est normal.
Soit $s \notin N$ . Montrer que $s^2 \in N$ (Exercice 1.1(b)), que $srs^{-1} = r^{-1}$ (examiner les images possibles de $r$ par conjugaison, qui doivent avoir ordre 4, et exclure $srs^{-1} = r$ ), et que $s^2 \in \{e, r^2\}$ (que se passe-t-il si $s^2 = r$ ou $r^3$ ? et pourquoi $s^2$ doit-il commuter avec $s$ ?).
Dans le cas $s^2 = e$ , montrer $G \cong D_4$ .
Dans le cas $s^2 = r^2$ , montrer que la table de multiplication est entièrement déterminée ; le groupe résultant est le groupe des quaternions $Q_8 = \{\pm 1, \pm \mathrm i, \pm \mathrm j, \pm \mathrm k\}$ , $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = \mathrm k^2 = \mathrm i\, \mathrm j\,\mathrm k = -1$ (poser $r = \mathrm i$ , $s = \mathrm j$ ). Vérifier que $Q_8$ existe, p.ex. dans $GL_2(\C)$ via

$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.$
Montrer que tout sous-groupe non trivial de $Q_8$ contient $-1$ ; en déduire que tout sous-groupe de $Q_8$ est normal, que $D_4 \not\cong Q_8$ (compter les éléments d’ordre $2$ ), et que $Q_8$ n’est pas un produit semi-direct de deux sous-groupes propres.

Partie IV — Ordre $12$ . Soit $\abs G = 12$ , $P_3 \in \mathrm{Syl}_3(G)$ , $P_2 \in \mathrm{Syl}_2(G)$ .

Montrer $n_3 \in \{1, 4\}$ , $n_2 \in \{1, 3\}$ , et que $n_3 = 4$ force $n_2 = 1$ (compter les éléments d’ordre $3$ ).
Supposer $n_3 = 4$ . L’action par conjugaison sur $\mathrm{Syl}_3$ donne $\rho \colon G \to S_4$ . Montrer que $\ker \rho$ , contenu dans chaque $N_G(P_3)$ et donc d’ordre divisant $3$ , est trivial (pourquoi ne peut-il pas avoir ordre $3$ ?) ; que l’image, un sous-groupe d’ordre $12$ de $S_4$ , est nécessairement $A_4$ (les sous-groupes d’indice 2 sont normaux et contiennent tous les carrés — Exercice 1.1 ; compter les carrés dans $S_4$ ) ; et conclure $G \cong A_4$ .
Supposer $n_3 = 1$ , donc $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ avec $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) \cong \Z/2\Z$ . Énumérer les cas : $\varphi$ trivial donne $\Z/12\Z$ et $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ ; $P_2 = \Z/4\Z$ avec $\varphi$ surjectif donne le groupe dicyclique $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ ; $P_2 = (\Z/2\Z)^2$ avec $\varphi$ surjectif donne, à l’équivalence de la question 3 près, un seul groupe — montrer que c’est $D_6$ , p.ex. en exhibant un élément d’ordre $6$ et une involution de type réflexion.
Montrer que $\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$ sont deux à deux non isomorphes (compter les éléments d’ordre $2$ , ou utiliser $n_3$ ). Cela règle l’ordre $12$ .

Partie V — Synthèse.

Assembler le tableau de classification : pour chaque ordre $n \leq 15$ , la liste complète des groupes à isomorphisme près, avec les comptes $1, 1, 1, 2, 1, 2, 1, 5, 2, 2, 1, 5, 1, 2, 1$ .

Partie VI — Au-delà : les groupes d’ordre $p^3$ , $p$ impair. L’analyse de l’ordre $8$ de la partie III a un bel analogue pour $p$ impair, avec un phénomène vraiment nouveau. Soit $p$ un premier impair et $G$ non abélien d’ordre $p^3$ .

Montrer que $\abs{Z(G)} = p$ , que $G/Z(G) \cong (\Z/p\Z)^2$ (un quotient cyclique par le centre force l’abélianité : Exercice 1.2), et que $D(G) = Z(G)$ (pour $D(G) \subseteq Z(G)$ , utiliser que $G/Z(G)$ est abélien ; pour l’égalité, $G$ est non abélien et $D(G) \neq \{e\}$ ). En déduire que tout commutateur $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ est central et d’ordre divisant $p$ .
(L’identité clé) Soient $x, y \in G$ et $z = [y, x]$ , central. Démontrer par récurrence sur $k$ :

$(xy)^k = x^k y^k z^{k(k-1)/2} .$

(Faire passer chaque $y$ devant chaque $x$ ; chaque croisement coûte un facteur central $z$ .)
En déduire que pour $p$ impair l’application $\theta \colon x \mapsto x^p$ est un morphisme de groupes de $G$ vers $Z(G)$ (pourquoi $x^p$ est-il central ? pourquoi $z^{p(p-1)/2} = e$ a-t-il besoin de $p$ impair ?), et conclure que $G$ a exposant $p$ ou $p^2$ , les deux cas se distinguant selon que $\theta$ est trivial.
(Exposant $p$ ) Supposer que tout élément vérifie $x^p = e$ . Choisir $x, y$ dont les classes engendrent $G/Z(G)$ et poser $z = [y, x]$ . Montrer que $z \neq e$ , que tout élément de $G$ s’écrit de façon unique $x^ay^bz^c$ ( $0 \leq a, b, c < p$ ), et que la multiplication est entièrement déterminée par les relations $x^p = y^p = z^p = e$ , $z$ central, $[y, x] = z$ . Vérifier que le groupe de Heisenberg

$H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \subseteq GL_3(\mathbb F_p)$

réalise ces relations et a exposant $p$ (calculer $(I + N)^p$ avec $N$ strictement triangulaire supérieure, en utilisant $N^3 = 0$ et $p \geq 3$ ) : tout groupe non abélien d’exposant $p$ et d’ordre $p^3$ est isomorphe à $H_p$ .
(Exposant $p^2$ ) Supposer qu’un certain $r \in G$ a ordre $p^2$ , et poser $N = \langle r\rangle$ , normal (indice $p$ : Exercice 1.10). Montrer qu’il existe $s \notin N$ avec $s^p = e$ (prendre un $t \notin N$ quelconque ; en utilisant la question 20, le corriger : $\theta(t) = t^p \in Z(G) \subseteq N$ — justifier $Z(G) = \langle r^p\rangle$ — et choisir $a$ avec $s = tr^{a}$ vérifiant $s^p = e$ ; où utilise-t-on $p$ impair ?). Montrer $srs^{-1} = r^{1+p}$ quitte à remplacer $s$ par une puissance, et conclure : il y a exactement un groupe non abélien d’ordre $p^3$ et d’exposant $p^2$ , à savoir $\Z/p^2\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ avec $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ (utiliser la question 3 ; $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ est cyclique d’ordre $p(p-1)$ , admis ici, donc il a un unique sous-groupe d’ordre $p$ ).
Conclure le compte : pour $p$ impair il y a exactement $5$ groupes d’ordre $p^3$ (trois abéliens, deux non abéliens), tout comme pour $p = 2$ — mais les deux non abéliens ne sont plus $D_4$ et $Q_8$ . Localiser exactement où l’argument pour $p$ impair casse pour $p = 2$ : dans l’identité de la question 19, $z^{k(k-1)/2}$ pour $k = p = 2$ vaut $z^1 \neq e$ , donc l’élévation au carré n’est pas un morphisme — et en effet $Q_8$ a un unique élément d’ordre $2$ tandis que $D_4$ d’exposant $4$ en a cinq.

Partie VII — Compléments.

Pour $p$ impair, compter les éléments d’ordre $p$ dans chacun des deux groupes non abéliens d’ordre $p^3$ : montrer que $H_p$ en a exactement $p^3 - 1$ , tandis que $M_p = \Z/p^2\Z \rtimes \Z/p\Z$ en a exactement $p^2 - 1$ (utiliser le morphisme $\theta$ de la question 20 : identifier son image, puis l’ordre de son noyau). Vérifier numériquement pour $p = 3$ : $26$ contre $8$ . Expliquer pourquoi aucun argument de morphisme d’élévation au carré de ce type ne peut séparer $D_4$ de $Q_8$ , et quel dénombrement les sépare.
Appeler un entier $n \geq 1$ cyclique si tout groupe d’ordre $n$ est cyclique. Montrer que si $p^2 \mid n$ pour un certain premier $p$ , ou si $n$ a des diviseurs premiers $p < q$ avec $p \mid q - 1$ , alors $n$ n’est pas cyclique (dans chaque cas exhiber un groupe non cyclique d’ordre $n$ , en utilisant la partie II pour le second). En déduire que $n$ cyclique force $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ , où $\varphi$ est l’indicatrice d’Euler, et vérifier sur le tableau de la question 17 : parmi $n \leq 15$ , les ordres portant un seul groupe sont exactement $n \in \{1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15\}$ , précisément ceux avec $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ .

Solution

Solution de Problème 1.1.

1. Pour $x, y \in G$ : $(xy)^2 = e$ donne $xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx$ (chaque élément est son propre inverse) : abélien. Un tel $G$ , noté additivement, est un espace vectoriel sur $\mathbb F_2$ ( $2x = 0$ , et les axiomes sont ceux du groupe abélien) ; s’il est fini, il a une base finie : $G \cong (\Z/2\Z)^k$ , d’ordre $2^k$ .

2. Ordre $p^2$ : $G$ est abélien (Théorème 1.12). Si un élément a ordre $p^2$ , $G$ est cyclique. Sinon tous les $x \neq e$ ont ordre $p$ ; additivement $G$ est alors un espace vectoriel sur $\mathbb F_p$ ( $px = 0$ ), de dimension $2$ ( $p^2$ éléments) : $G \cong (\Z/p\Z)^2$ .

Abélien d’ordre $8$ , selon l’ordre maximal $m$ d’un élément : $m = 8$ : cyclique $\Z/8\Z$ . $m = 2$ : $(\Z/2\Z)^3$ par la question 1. $m = 4$ : soit $x$ d’ordre $4$ et $y \notin \langle x \rangle$ ; $y^2 \in \langle x\rangle$ (indice $2$ ). $y^2 \in \{x, x^3\}$ donnerait à $y$ l’ordre $8$ ; donc $y^2 \in \{e, x^2\}$ . Si $y^2 = x^2$ , remplacer $y$ par $xy$ : $(xy)^2 = x^2y^2 = x^4 = e$ ( $G$ abélien) et $xy \notin \langle x\rangle$ . On peut donc supposer $y^2 = e$ : alors $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}$ , tous deux normaux (abélien), $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$ : la Proposition 1.24 donne $G \cong \Z/4\Z \times \Z/2\Z$ . Sans redondance : les nombres de solutions de $x^2 = e$ sont $2, 4, 8$ dans les trois groupes.

3. Définir $\psi \colon H \rtimes_{\varphi'} K \to H \rtimes_{\varphi} K$ par $\psi(h, k) = (h, \alpha(k))$ , une bijection. Morphisme :

\psi\bigl((h,k)(h',k')\bigr) = \bigl(h\,\varphi'(k)(h'),\, \alpha(kk')\bigr) = \bigl(h\,\varphi(\alpha k)(h'),\, \alpha(k)\alpha(k')\bigr) = \psi(h,k)\,\psi(h',k').

4. $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ (Exercice 1.3) : pour $n = 3$ : $\{\pm 1\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 4$ : $\{\bar 1, \bar 3\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 5$ : $\{\bar 1, \bar 2, \bar 3, \bar 4\}$ , cyclique d’ordre $4$ engendré par $\bar 2$ ( $2, 4, 3, 1$ ) ; $n = 7$ : cyclique d’ordre $6$ engendré par $\bar 3$ ( $3, 2, 6, 4, 5, 1$ ). Pour $V = (\Z/2\Z)^2$ : un automorphisme est $\mathbb F_2$ -linéaire (il préserve l’addition, et les scalaires sont $0, 1$ ), donc $\operatorname{Aut}(V) = GL_2(\mathbb F_2)$ , d’ordre $(4-1)(4-2) = 6$ ; il agit fidèlement sur les $3$ vecteurs non nuls, donnant un morphisme injectif vers $S_3$ entre groupes d’ordre $6$ : $\operatorname{Aut}(V) \cong S_3$ .

5. Cauchy fournit $r$ d’ordre $p$ ; $N = \langle r \rangle$ a indice $2$ , donc est normal (Exercice 1.1). Cauchy fournit aussi $s$ d’ordre $2$ , et $s \notin N$ (tous les éléments non identité de $N$ ont l’ordre impair $p$ ).

6. $N \cap \langle s \rangle = \{e\}$ et $\abs{N\langle s\rangle} = 2p$ (Exercice 1.4(a)) : par la Proposition 1.26, $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ avec $\varphi(1) = (x \mapsto sxs^{-1})$ un automorphisme d’ordre divisant $2$ . Dans $(\Z/p\Z)^\times$ , $k^2 = 1$ n’a que les solutions $k = \pm 1$ ( $X^2 - 1$ a au plus deux racines dans le corps $\mathbb F_p$ ). Si $\varphi(1) = \mathrm{id}$ : le produit est direct, $G \cong \Z/p\Z \times \Z/2\Z \cong \Z/2p\Z$ . Si $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ : $G = \langle r, s \mid r^p = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle \cong D_p$ (Exemple 1.27). Ils ne sont pas isomorphes : $D_p$ est non abélien pour $p \geq 3$ ( $srs^{-1} = r^{-1} \neq r$ ).

7. $n_q \equiv 1 \pmod q$ divise $p < q$ : $n_q = 1$ , donc $N \cong \Z/q\Z$ est normal. Soit $P \cong \Z/p\Z$ un $p$ -sous-groupe de Sylow : $N \cap P = \{e\}$ , $NP = G$ (ordre $pq$ ), donc $G \cong \Z/q\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ avec $\varphi \colon \Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong \Z/(q-1)\Z$ (cyclique, admis). Si $p \nmid q - 1$ : l’image de $\varphi$ a un ordre divisant à la fois $p$ et $q-1$ , donc est triviale, et $G \cong \Z/pq\Z$ (Exemple 1.22). Si $p \mid q - 1$ : outre le $\varphi$ trivial, tout $\varphi$ non trivial est injectif (son noyau, sous-groupe de $\Z/p\Z$ , est trivial) d’image l’unique sous-groupe $C$ d’ordre $p$ du groupe cyclique $\Z/(q-1)\Z$ . Deux actions non triviales $\varphi, \varphi'$ sont alors deux isomorphismes $\Z/p\Z \to C$ , donc $\alpha = \varphi^{-1}\circ\varphi' \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ vérifie $\varphi' = \varphi\circ\alpha$ : par la question 3 les deux produits semi-directs sont isomorphes. D’où exactement un groupe non abélien d’ordre $pq$ (non abélien car $\varphi \neq \mathrm{id}$ rend une conjugaison non triviale). Ordre $15$ : $p = 3$ , $q = 5$ , $3 \nmid 4$ : uniquement cyclique.

8. Tout élément n’a pas ordre $\leq 2$ (sinon abélien par la question 1), et aucun élément n’a ordre $8$ (sinon cyclique, abélien) : un certain $r$ a ordre $4$ , et $N = \langle r\rangle$ , d’indice $2$ , est normal.

9. $s^2 \in N$ par Exercice 1.1(b). Le conjugué $srs^{-1} \in N$ a ordre $4$ , donc $srs^{-1} \in \{r, r^3\}$ ; si $srs^{-1} = r$ alors $r$ et $s$ commutent et $G = \langle r, s\rangle$ est abélien — exclu. Donc $srs^{-1} = r^{-1}$ . Si $s^2 = r$ ou $r^3$ , alors $s$ a ordre $8$ : exclu. (Alternativement : $s^2$ commute avec $s$ , mais $s r s^{-1} = r^{-1}$ et $s r^3 s^{-1} = r^{-3} = r$ : ni $r$ ni $r^3$ n’est fixé par la conjugaison par $s$ .) Donc $s^2 \in \{e, r^2\}$ .

10. Si $s^2 = e$ : $G = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . Les huit éléments $r^is^j$ ( $0 \leq i < 4$ , $0 \leq j < 2$ ) sont distincts ( $s \notin \langle r\rangle$ ) et les relations déterminent tous les produits : l’affectation $r \mapsto$ (rotation d’angle $\pi/2$ ), $s \mapsto$ (une réflexion) définit un morphisme surjectif sur $D_4$ , entre groupes d’ordre $8$ : un isomorphisme.

11. Si $s^2 = r^2$ : encore $G = \{r^i s^j\}$ et les relations $r^4 = e$ , $s^2 = r^2$ , $srs^{-1} = r^{-1}$ forcent toute la table. Avec $\mathrm i = r$ , $\mathrm j = s$ , $\mathrm k = rs$ , $-1 = r^2$ : $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = -1$ , $\mathrm k^2 = rsrs = r r^{-1} s s = s^2 = -1$ (en utilisant $sr = r^{-1}s$ ), et $\mathrm i \mathrm j \mathrm k = r\,s\,rs = r\,r^{-1}s\,s = s^2 = -1$ . Existence : les matrices

A = \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}

vérifient $A^4 = I$ , $B^2 = -I = A^2$ et $BAB^{-1} = A^{-1}$ — pour le dernier, vérifier

BA = \begin{pmatrix} 0 & -\iu\\ -\iu & 0 \end{pmatrix} = A^{-1}B .

Donc $\{\pm I, \pm A, \pm B, \pm AB\}$ est un groupe d’ordre $8$ réalisant la table : $Q_8$ existe.

12. Soit $H \neq \{e\}$ un sous-groupe et $x \in H \setminus \{e\}$ . Si $x \neq -1$ alors $x \in \{\pm\mathrm i, \pm\mathrm j, \pm\mathrm k\}$ et $x^2 = -1 \in H$ . Donc $-1 \in H$ toujours. Les sous-groupes sont $\{e\}$ , $\{\pm 1\}$ (le centre), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle \mathrm k\rangle$ (indice $2$ ) et $Q_8$ : tous normaux ( $\{e\}$ et le centre trivialement, indice $2$ par Exercice 1.1, $Q_8$ lui-même). $D_4$ a cinq éléments d’ordre $2$ ( $r^2$ et les quatre réflexions), $Q_8$ un seul ( $-1$ ) : non isomorphes. Un produit semi-direct $H \rtimes K$ avec $H, K \neq \{e\}$ exige $H \cap K = \{e\}$ , impossible car les deux contiennent $-1$ .

13. $n_3 \mid 4$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 4\}$ ; $n_2 \mid 3$ , impair : $n_2 \in \{1, 3\}$ . Si $n_3 = 4$ : les quatre $3$ -sous-groupes de Sylow s’intersectent deux à deux trivialement (ordre premier), donnant $4 \times 2 = 8$ éléments d’ordre $3$ ; les $4$ éléments restants doivent constituer l’unique $2$ -sous-groupe de Sylow : $n_2 = 1$ .

14. $\ker\rho$ normalise chaque $3$ -sous-groupe de Sylow, donc $\ker \rho \subseteq N_G(P_3)$ , qui a indice $n_3 = 4$ , i.e. ordre $3$ : $\abs{\ker\rho} \in \{1, 3\}$ . L’ordre $3$ ferait de $\ker\rho$ un $3$ -sous-groupe de Sylow normal, contredisant $n_3 = 4$ . Donc $\rho$ est injectif et son image $H \leq S_4$ a ordre $12$ , indice $2$ : $H \trianglelefteq S_4$ et $H$ contient tous les carrés (Exercice 1.1(b)). Les carrés de $S_4$ incluent $e$ et les huit $3$ -cycles ( $\sigma = (\sigma^2)^2$ pour un $3$ -cycle), qui engendrent $A_4$ (ils vivent dans $A_4$ , et avec leurs produits donnent les douze éléments ; ou : Lemme 1.32 pour la partie génération de $n = 4$ , qui ne demande que $n \geq 3$ ). Donc $A_4 \subseteq H$ et $\abs{A_4} = \abs H$ : $G \cong H = A_4$ .

15. $P_3 \trianglelefteq G$ , $P_3 \cap P_2 = \{e\}$ , $P_3P_2 = G$ : $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ (Proposition 1.26), $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$ .

$\varphi$ trivial : produits directs $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ et $\Z/3\Z \times (\Z/2\Z)^2 \cong \Z/6\Z \times \Z/2\Z$ .
$P_2 = \Z/4\Z$ , $\varphi$ surjectif : nécessairement $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ (le seul choix non trivial) : un groupe, $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ .
$P_2 = (\Z/2\Z)^2$ , $\varphi$ surjectif : $\ker\varphi$ est l’un des trois sous-groupes d’ordre $2$ ; les trois $\varphi$ résultants diffèrent par des automorphismes de $(\Z/2\Z)^2$ permutant ces sous-groupes (question 4 : $\operatorname{Aut} \cong S_3$ agit transitivement sur les trois involutions), donc par la question 3 ils donnent une seule classe d’isomorphisme. C’est $D_6$ : choisir $t$ engendrant $\ker\varphi$ et $x$ engendrant $\Z/3\Z$ ; l’élément $\rho = (x, t)$ vérifie $\rho^2 = (2x, 0)$ , $\rho^3 = (0, t)$ , $\rho^6 = e$ et aucune puissance plus petite n’est $e$ : ordre $6$ ; pour $s = (0, u)$ avec $u \notin \ker\varphi$ : $s^2 = e$ et $s\rho s^{-1} = (-x, t) = \rho^{-1}$ . Comme $\langle \rho, s\rangle$ a ordre $12$ , $G \cong D_6$ .

16. Compter les éléments d’ordre $2$ : $\Z/12\Z$ en a $1$ ; $\Z/6\Z\times\Z/2\Z$ en a $3$ ; $D_6$ en a $7$ (six réflexions et le demi-tour $\rho^3$ ) ; $A_4$ en a $3$ ; $\mathrm{Dic}_3$ en a $1$ (seul $(0, 2)$ : un élément $(h, k)$ avec $k$ d’ordre $4$ dans $\Z/4\Z$ a ordre $4$ ). Cela sépare tous sauf les paires $\{\Z/12\Z, \mathrm{Dic}_3\}$ et $\{\Z/6\Z\times\Z/2\Z, A_4\}$ : les premiers membres sont abéliens, les seconds non ( $\mathrm{Dic}_3$ : l’action est non triviale ; $A_4$ : $(1\,2\,3)$ et $(1\,2)(3\,4)$ ne commutent pas). Cinq groupes distincts ; les parties II–IV montrent que la liste est complète.

17. Le tableau de classification :

$n$	groupes d’ordre $n$	#
$1$	$\{e\}$	$1$
$2$	$\Z/2\Z$	$1$
$3$	$\Z/3\Z$	$1$
$4$	$\Z/4\Z$ , $(\Z/2\Z)^2$	$2$
$5$	$\Z/5\Z$	$1$
$6$	$\Z/6\Z$ , $S_3 = D_3$	$2$
$7$	$\Z/7\Z$	$1$
$8$	$\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z{\times}\Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ , $D_4$ , $Q_8$	$5$
$9$	$\Z/9\Z$ , $(\Z/3\Z)^2$	$2$
$10$	$\Z/10\Z$ , $D_5$	$2$
$11$	$\Z/11\Z$	$1$
$12$	$\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z{\times}\Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$	$5$
$13$	$\Z/13\Z$	$1$
$14$	$\Z/14\Z$ , $D_7$	$2$
$15$	$\Z/15\Z$	$1$

Les ordres $6, 10, 14$ sont la partie II avec $p = 3, 5, 7$ ; l’ordre $15$ est la question 7 ; l’ordre $8$ est la partie III avec la question 2 ; l’ordre $12$ est la partie IV ; les ordres premiers sont Lagrange ; les ordres $4$ et $9$ sont la question 2.

18. $Z = Z(G)$ est non trivial (Théorème 1.12) et $Z \neq G$ (non abélien), donc $\abs Z \in \{p, p^2\}$ . Si $\abs Z = p^2$ , alors $G/Z$ est cyclique d’ordre $p$ et Exercice 1.2 rend $G$ abélien : exclu, donc $\abs Z = p$ et $\abs{G/Z} = p^2$ . Par la question 2, $G/Z$ est $\Z/p^2\Z$ ou $(\Z/p\Z)^2$ ; cyclique est encore exclu par Exercice 1.2 : $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ . Comme $G/Z$ est abélien, tout commutateur vit dans $Z$ : $D(G) \subseteq Z$ ; et $D(G) \neq \{e\}$ ( $G$ non abélien), donc $D(G) = Z$ ( $\abs Z = p$ ne laisse pas de place). Les commutateurs sont centraux d’ordre divisant $\abs Z = p$ .

19. Récurrence sur $k$ , le cas $k = 1$ étant trivial. En utilisant $yx = zxy$ — précisément, $z = [y, x] = yxy^{-1}x^{-1}$ donne $yx = zxy$ , i.e. faire passer un $y$ vers la gauche devant un $x$ produit un facteur $z$ , central et rangeable n’importe où. Alors

(xy)^{k+1} = (xy)^k\,xy = x^ky^kz^{k(k-1)/2}\,xy = x^k\,(y^kx)\,y\,z^{k(k-1)/2} = x^{k+1}y^{k+1}\,z^{k(k-1)/2 + k},

car faire passer $x$ devant $y^k$ coûte $k$ facteurs $z$ ( $y^kx = z^kxy^k$ , par $k$ applications de $yx = zxy$ ) ; et $k(k-1)/2 + k = k(k+1)/2$ .

20. Avec $k = p$ : $(xy)^p = x^py^pz^{p(p-1)/2}$ . Pour $p$ impair, $(p-1)/2$ est un entier, donc $z^{p(p-1)/2} = (z^p)^{(p-1)/2} = e$ (question 18 : $z$ a un ordre divisant $p$ ) : $\theta(xy) = \theta(x)\theta(y)$ , un morphisme. Ses valeurs sont centrales : la classe de $x$ dans $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ a un ordre divisant $p$ , donc $x^p \in Z$ . Si $\theta$ est trivial, tout élément a un ordre divisant $p$ : exposant $p$ (pas $1$ : $G \neq \{e\}$ ). Sinon un certain $x^p \neq e$ , et $x$ a ordre $p^2$ (l’ordre divise $p^3$ , et $x$ ne peut avoir ordre $p^3$ : $G$ serait cyclique, donc abélien) : exposant $p^2$ .

21. Classes $\bar x, \bar y$ engendrant $G/Z$ : leur commutateur $z = [y, x]$ est $\neq e$ , sinon $x, y, Z$ engendreraient un $G$ abélien (leurs classes engendrent le quotient et $Z$ est central) — et $z$ engendre $Z$ ( $\abs Z = p$ ). Tout $g \in G$ a pour classe $\bar x^a\bar y^b$ pour des uniques $0 \leq a, b < p$ , donc $g = x^ay^bz^c$ avec un unique $0 \leq c < p$ : $p^3$ éléments, tous comptabilisés. Les produits de telles formes normales se calculent en n’utilisant que $yx = zxy$ , $z$ central, et $x^p = y^p = z^p = e$ : la table est forcée, donc deux groupes non abéliens d’exposant $p$ et d’ordre $p^3$ quelconques sont isomorphes (apparier les générateurs). Le groupe de Heisenberg réalise les relations : avec $X = I + E_{12}$ , $Y = I + E_{23}$ , on calcule $[Y, X] = I - E_{13}$ (central dans $H_p$ ), et pour toute $N$ strictement triangulaire supérieure, $N^3 = 0$ donne

(I + N)^p = I + pN + \binom p2N^2 = I \qquad\text{en caractéristique } p,\ p \geq 3,

car $p \mid p$ et $p \mid \binom p2$ pour $p$ impair : exposant $p$ . Donc le groupe d’exposant $p$ est $H_p$ .

22. $Z(G) = \langle r^p\rangle$ : en effet $r^p$ est central (argument de la question 20 : la classe de $r$ dans le quotient d’exposant $p$ $G/Z$ donne $r^p \in Z$ ) et est $\neq e$ , donc engendre le centre d’ordre $p$ . Prendre un $t \notin N$ quelconque. Si $t^p = e$ , poser $s = t$ . Sinon $\theta(t) = t^p \in Z = \langle r^p\rangle$ , disons $t^p = r^{pb}$ ; poser $s = tr^{-b}$ : par la question 20 ( $\theta$ un morphisme, $p$ impair), $s^p = t^pr^{-pb} = e$ , et $s \notin N$ . Conjugaison : $srs^{-1} \in N$ ( $N$ normal) a ordre $p^2$ , donc $srs^{-1} = r^m$ avec $p \nmid m$ ; de plus $s^p = e$ force $m^p \equiv m \pmod{p^2}$ — conjuguer $p$ fois renvoie $r$ , donc $m^p \equiv 1 \pmod{p^2}$ , et $m \equiv m^p \equiv 1 \pmod p$ (Fermat) : $m = 1 + ap$ . La non-trivialité ( $G$ non abélien) donne $a \not\equiv 0$ ; remplacer $s$ par la puissance $s^{a'}$ avec $aa' \equiv 1 \pmod p$ transforme l’action en $r \mapsto r^{1+p}$ . Cela présente $G$ comme $\Z/p^2\Z\rtimes_\varphi\Z/p\Z$ avec $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ ; par la question 3, deux morphismes non triviaux $\Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ de même image — et l’image est l’unique sous-groupe d’ordre $p$ du cyclique $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ — donnent des produits semi-directs isomorphes : unicité.

23. Abéliens : $\Z/p^3\Z$ , $\Z/p^2\Z\times\Z/p\Z$ , $(\Z/p\Z)^3$ (argument de la question 2, un degré plus haut : classifier selon l’ordre maximal). Non abéliens : exactement $H_p$ (exposant $p$ , question 21) et $\Z/p^2\Z\rtimes\Z/p\Z$ (exposant $p^2$ , question 22), distingués par leurs exposants. Total : cinq. Pour $p = 2$ l’argument de morphisme de la question 20 s’effondre : $z^{p(p-1)/2} = z^{1} = z \neq e$ , l’élévation au carré n’est pas un morphisme, et en effet les deux groupes non abéliens d’ordre $8$ ont exposant $4$ — l’invariant qui sépare $D_4$ de $Q_8$ est le nombre d’éléments d’ordre $2$ (cinq contre un), pas l’exposant. Le monde de $p$ impair est, pour une fois, plus ordonné que la caractéristique $2$ .

24. Dans $H_p$ tout élément $\neq e$ a ordre $p$ (exposant $p$ , question 21) : $p^3 - 1$ éléments d’ordre $p$ . Dans $M_p$ , l’application $\theta \colon x \mapsto x^p$ est un morphisme $M_p \to Z(M_p) = \langle r^p\rangle$ (question 20, $p$ impair) ; $\theta(r) = r^p \neq e$ , donc l’image est tout le centre d’ordre $p$ et $\ker\theta = \{x : x^p = e\}$ a ordre $p^3/p = p^2$ . Les éléments d’ordre $p$ sont les éléments non identité de ce noyau : $p^2 - 1$ d’entre eux. Pour $p = 3$ : $H_3$ a $27 - 1 = 26$ éléments d’ordre $3$ , et $M_3 = \Z/9\Z \rtimes \Z/3\Z$ en a $9 - 1 = 8$ . Pour $p = 2$ l’argument meurt dès le départ : l’élévation au carré n’est pas un morphisme sur un groupe non abélien d’ordre $8$ (question 23), et en effet l’ensemble $\{x : x^2 = e\}$ a $6$ éléments dans $D_4$ — pas l’ordre d’un sous-groupe de $D_4$ . Le dénombrement qui sépare la paire est le nombre d’éléments d’ordre $2$ : cinq dans $D_4$ , un dans $Q_8$ (question 11).

25. Si $p^2 \mid n$ , le groupe $\Z/p\Z \times \Z/(n/p)\Z$ a ordre $n$ et n’est pas cyclique : l’ordre de tout élément divise $\operatorname{lcm}(p, n/p) = n/p < n$ , car $p \mid n/p$ . Si $p < q$ sont des premiers divisant $n$ avec $p \mid q - 1$ , la question 7 fournit un groupe non abélien $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ d’ordre $pq$ ; alors $(\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z) \times \Z/(n/pq)\Z$ a ordre $n$ et est non abélien, donc non cyclique. Supposons maintenant $\gcd(n, \varphi(n)) > 1$ et choisissons un premier $p$ divisant les deux. En écrivant $\varphi(n) = \prod_{q^a \parallel n} q^{a-1}(q - 1)$ , la divisibilité $p \mid \varphi(n)$ signifie soit $p^2 \mid n$ (le facteur $q^{a-1}$ avec $q = p$ , $a \geq 2$ ) soit $p \mid q - 1$ pour un certain premier $q \mid n$ , $q \neq p$ : dans les deux cas $n$ n’est pas cyclique d’après ce qui précède. Par contraposée, $n$ cyclique force $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ . Vérification pour $n \leq 15$ : les valeurs $\varphi(n)$ pour $n = 1, \dots, 15$ sont $1, 1, 2, 2, 4, 2, 6, 4, 6, 4, 10, 4, 12, 6, 8$ , et $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ exactement pour $n = 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15$ — exactement les entrées du tableau de la question 17 à un seul groupe. Les autres ordres sont témoignés non cycliques comme ci-dessus : $4, 8, 9, 12$ par un facteur carré, $6, 10, 12, 14$ par $2 \mid q - 1$ . (La réciproque — $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ implique $n$ cyclique — est également vraie ; la question 7 prouve son premier cas non trivial, $n = pq$ avec $p \nmid q - 1$ .)

1.1 Groupes quotients et théorèmes d’isomorphisme

1.2 Actions de groupes

1.3 Les théorèmes de Sylow

1.4 Produits, directs et semi-directs

1.5 Groupes résolubles ; simplicité de AnA_nAn​

1.6 Exercices

1.7 Problème : les groupes d’ordre au plus 15

1.5 Groupes résolubles ; simplicité de $A_n$