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title: "Théorie des groupes"
book: "Mathématiques universitaires — Licence 3"
subject: math
language: fr
chapter: 1
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes
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# Chapitre 1 — Théorie des groupes

Les groupes n’étaient, dans le volume de deuxième année, que des outils 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](#def-b3-groups-action) et des points fixes produit l’[équation aux classes](#cor-b3-groups-classeq), 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](#prop-b3-groups-direct) et semi-directs) et à les désassembler ([suites de composition](#thm-b3-groups-jordanholder), [groupes résolubles](#def-b3-groups-derived)), et l’on démontre le théorème qui, dans le [Chapitre 4](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/4-extensions-de-corps-et-theorie-de-galois#ch-b3-galois), clôturera une question tricentenaire sur les équations polynomiales : le [groupe alterné](#thm-b3-groups-ansimple) $A_n$ est [simple](#def-b3-groups-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 deuxième année : 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](#def-b3-groups-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 $N \trianglelefteq G$.

1. $HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ est un sous-groupe, $N  \trianglelefteq HN$, $H \cap N \trianglelefteq H$, et $$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$$
2. 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](#thm-b3-groups-firstiso).

(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](#thm-b3-groups-firstiso). ∎

**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](#ex-b3-groups-actions) ; ou noter que $[G:N] = 2$ (alors $gN =
Ng$ est forcé — [Exercice 1.1](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) animent toute la théorie des groupes finis :

1. $G$ sur lui-même par *translation à gauche* $g \cdot  x = gx$ : libre et transitive.
2. $G$ sur lui-même par *conjugaison* $g \cdot x =  gxg^{-1}$ : les [orbites](#def-b3-groups-action) sont les *classes de conjugaison* , les [stabilisateurs](#def-b3-groups-action) les *centralisateurs* $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , les points fixes le *centre* $Z(G)$ .
3. $G$ sur l’espace des classes $G/H$ par $g \cdot xH =  gxH$ : transitive, avec [stabilisateur](#def-b3-groups-action) de la classe $H$ égal à $H$ . Toute [action](#def-b3-groups-action) transitive est de cette forme ( [Exercice 1.8](#exo-b3-groups-8) ).
4. $G$ sur son ensemble de sous-groupes par conjugaison : le [stabilisateur](#def-b3-groups-action) de $H$ est le *normalisateur* $N_G(H) = \{g :  gHg^{-1} = H\}$ , le plus grand sous-groupe de $G$ dans lequel $H$ est [normal](#def-b3-groups-normal) .
5. $S_n$ 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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action). Les énoncés de dénombrement suivent du théorème de Lagrange et de la partition de $X$ en [orbites](#def-b3-groups-action). ∎

**Corollaire 1.11 (Équation aux classes).**

Pour un groupe fini $G$, en choisissant un représentant $x_i$ dans chaque [classe de conjugaison](#ex-b3-groups-actions) 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](#thm-b3-groups-orbitstab) à l’[action](#def-b3-groups-action) par conjugaison : les [orbites](#def-b3-groups-action) singletons sont exactement les éléments de $Z(G)$. ∎

**Théorème 1.12 (Points fixes des ppp-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](#ex-b3-groups-actions) non trivial, et tout groupe d’ordre $p^2$ est abélien.

**Démonstration.** Chaque [orbite](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action) on obtient la congruence. Pour le [centre](#ex-b3-groups-actions) : l’[action](#def-b3-groups-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](#exo-b3-groups-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](#thm-b3-groups-pfixed), $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X
\equiv 0 \pmod p$. 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) diviser l’ordre du groupe. Les démonstrations des Théorèmes [1.12](#thm-b3-groups-pfixed) et [1.13](#thm-b3-groups-cauchy) 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](#exo-b3-groups-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](#lem-b3-groups-binom), $\abs\Omega =
\binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$, donc une certaine [orbite](#def-b3-groups-action) $\mathcal O_S$ a une taille première à $p$ (si $p$ divisait toute taille d’[orbite](#def-b3-groups-action), il diviserait $\abs\Omega$). Soit $H = G_S$ le [stabilisateur](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-sylow2)), avec [stabilisateur](#def-b3-groups-action) de $P$ le [normalisateur](#ex-b3-groups-actions) $N_G(P) \supseteq P$ : $n_p = [G : N_G(P)]$, et $m
= [G:P] = [G:N_G(P)]\,[N_G(P):P]$ montre $n_p \mid m$.

Restreignons maintenant l’[action](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-sylow2) 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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-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](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-4)) et $G \cong P \times Q
\cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ par la [Proposition 1.24](#prop-b3-groups-direct) 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](#pb-b3-groups-1)).

**Exemple 1.23 (Un recensement de Sylow complet : S4S_4S4​).**

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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal) (partie IV du [Problème 1.1](#pb-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) $hkh^{-1}k^{-1}$ 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal), homothéties un complément. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (complément : toute transposition). (d) Le [groupe des quaternions](#pb-b3-groups-1) $Q_8$ n’est *pas* un [produit semi-direct](#def-b3-groups-semidirect) de sous-groupes propres : tout sous-groupe non trivial contient $-1$ ([Problème 1.1](#pb-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) sont [résolubles](#def-b3-groups-derived) ; réciproquement, si $N$ et $G/N$ sont [résolubles](#def-b3-groups-derived), alors $G$ l’est.

**Démonstration.** Un automorphisme $\alpha$ envoie $[x,y]$ sur $[\alpha x, \alpha
y]$ : il permute les [commutateurs](#def-b3-groups-derived), 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](#def-b3-groups-derived), 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](#def-b3-groups-derived) sur [commutateurs](#def-b3-groups-derived) ; 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](#def-b3-groups-derived). Les $p$-groupes sont [résolubles](#def-b3-groups-derived), 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](#def-b3-groups-derived) : $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V
\trianglerighteq \{e\}$, où $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4),
(1\,4)(2\,3)\}$ est le groupe de Klein des doubles transpositions ([normal](#def-b3-groups-normal) dans $S_4$ : une réunion de [classes de conjugaison](#ex-b3-groups-actions)), avec quotients abéliens $\Z/2\Z$, $\Z/3\Z$, $V$. Dans le [Chapitre 4](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/4-extensions-de-corps-et-theorie-de-galois#ch-b3-galois), « l’équation générale de degré $n$ est [résoluble](#def-b3-groups-derived) par radicaux » voudra littéralement *dire* « $S_n$ est un [groupe résoluble](#def-b3-groups-derived) ». 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](#def-b3-groups-derived) : $D(G) \trianglelefteq G$ 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](#def-b3-groups-simple) pour $n \geq 5$.

**Démonstration.** Soit $N \trianglelefteq A_n$, $N \neq \{e\}$. Par le [Lemme 1.32](#lem-b3-groups-threecycles) 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](#def-b3-groups-derived), et les seuls sous-groupes normaux de $S_n$ sont $\{e\}$, $A_n$ et $S_n$.

**Démonstration.** $A_n$ est [simple](#def-b3-groups-simple) non abélien, donc non [résoluble](#def-b3-groups-derived) (la [Définition 1.31](#def-b3-groups-simple)) ; un groupe contenant un sous-groupe non [résoluble](#def-b3-groups-derived) n’est pas [résoluble](#def-b3-groups-derived) (la [Proposition 1.29](#prop-b3-groups-derived)). 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](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-derived) ssi tous ses facteurs de composition sont cycliques d’ordre premier.

**Démonstration.** *Existence* : récurrence sur $\abs G$. Si $G$ est [simple](#def-b3-groups-simple), prendre $\{e\} \trianglelefteq G$. Sinon choisir un [sous-groupe normal](#def-b3-groups-normal) propre maximal $N$ (il y a un nombre fini de sous-groupes) ; $G/N$ est [simple](#def-b3-groups-simple) par le théorème de correspondance (un [sous-groupe normal](#def-b3-groups-normal) propre non trivial de $G/N$ se relèverait en un [sous-groupe normal](#def-b3-groups-normal) de $G$ strictement entre $N$ et $G$). Ajouter $N
\trianglelefteq G$ à une [suite de composition](#thm-b3-groups-jordanholder) de $N$.

*Unicité* : récurrence sur $\abs G$, le cas $G$ [simple](#def-b3-groups-simple) étant clair. Prendre deux [suites de composition](#thm-b3-groups-jordanholder), avec termes avant-derniers $M \trianglelefteq G$ et $N \trianglelefteq G$ (donc $G/M$, $G/N$ sont [simples](#def-b3-groups-simple)). Si $M = N$, conclure par récurrence appliquée à $M$. Sinon $MN$, [normal](#def-b3-groups-normal) dans $G$ et contenant strictement $M$, égale $G$ ($M$ est maximal [normal](#def-b3-groups-normal) : tout [normal](#def-b3-groups-normal) $M \subsetneq L \subsetneq G$ se projetterait en un [sous-groupe normal](#def-b3-groups-normal) propre non trivial du [simple](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-jordanholder) de $K$. Alors $M$ porte deux [suites de composition](#thm-b3-groups-jordanholder) : son originale, et la suite de $K$ suivie de $K \trianglelefteq M$ (le quotient $M/K \cong G/N$ est [simple](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) (la [Proposition 1.29](#prop-b3-groups-derived)). Réciproquement, un facteur de composition d’un [groupe résoluble](#def-b3-groups-derived) est [résoluble](#def-b3-groups-derived) (quotient d’un sous-groupe) et [simple](#def-b3-groups-simple) ; un [groupe simple](#def-b3-groups-simple) [résoluble](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple), avec une liste de pièces bien définie — une arithmétique des groupes dans laquelle les [groupes simples](#def-b3-groups-simple) sont les nombres premiers, et où *la façon dont les pièces sont collées* (données d’extension, comme dans le [produit semi-direct](#def-b3-groups-semidirect)) remplace la [simple](#def-b3-groups-simple) multiplication. La classification des groupes finis [simples](#def-b3-groups-simple) — 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-groups/fig-3655fe380ff7.svg)

*Les dix sous-groupes du [groupe diédral](#ex-b3-groups-semidirectexamples) $D_4 = \langle r,
s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$. Les trois sous-groupes d’indice $2$ (rangée du milieu) sont normaux, de même que le [centre](#ex-b3-groups-actions) $\langle r^2\rangle$ (mis en évidence) ; les quatre sous-groupes de réflexion se répartissent en deux [classes de conjugaison](#ex-b3-groups-actions) de deux. Les chaînes du bas vers le haut donnent des [suites de composition](#thm-b3-groups-jordanholder), 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](#def-b3-groups-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 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 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](#thm-b3-groups-pfixed)), 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](#def-b3-groups-derived) $I
+ E_{13} \neq I$.

**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](#def-b3-groups-normal) $\operatorname{Inn}(G) \trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$, avec $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$.

**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](#def-b3-groups-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 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](#def-b3-groups-derived) $[h,k] =
hkh^{-1}k^{-1}$ égale $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ($K$ [normal](#def-b3-groups-normal)) et $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ($H$ [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) 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 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](#def-b3-groups-action).

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 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](#exo-b3-groups-4)(a)) : par la [Proposition 1.24](#prop-b3-groups-direct), $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z
\cong \Z/15\Z$ (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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-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 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-simple).

**Exercice 1.8 ★★.**

(a) Soit $H \leq G$ d’indice $n$. Montrer que l’[action](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal). (c) Montrer que toute [action](#def-b3-groups-action) transitive de $G$ sur un ensemble $X$ est isomorphe à l’[action](#def-b3-groups-action) sur un espace de classes : il existe une bijection $X \to G/G_x$ commutant avec les [actions](#def-b3-groups-action).

**Solution de Exercice 1.8.**

(a) L’[action](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal).

(c) Soit l’[action](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) est tout $X$), et elle entrelace les [actions](#def-b3-groups-action) : $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) =
(hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$.

**Exercice 1.9 ★★.**

(a) Montrer que $D(G)$ est le plus petit [sous-groupe normal](#def-b3-groups-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 de Exercice 1.9.**

(a) $D(G)$ est [normal](#def-b3-groups-normal) à quotient abélien ([Proposition 1.29](#prop-b3-groups-derived)) ; 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](#thm-b3-groups-firstiso) factorise $f = \bar f \circ \pi$ à travers $G^{\mathrm{ab}}$, de façon unique car $\pi$ est surjective.

(b) Les [commutateurs](#def-b3-groups-derived) sont des permutations paires, donc $D(S_n)
\subseteq A_n$. Réciproquement tout $3$-cycle est un [commutateur](#def-b3-groups-derived) :

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

(vérification directe sur $a, b, c$), et les $3$-cycles engendrent $A_n$ ([Lemme 1.32](#lem-b3-groups-threecycles)) : $D(S_n) = A_n$ 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](#ex-b3-groups-actions) grossissent »), et en déduire que tout sous-groupe maximal d’un $p$-groupe est [normal](#def-b3-groups-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 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](#thm-b3-groups-pfixed)).

*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](#ex-b3-groups-actions) 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](#ex-b3-groups-actions) de $\sigma$ dans $S_5$ et dans $A_5$. (b) En déduire que $A_5$ est [simple](#def-b3-groups-simple) : un [sous-groupe normal](#def-b3-groups-normal) est une réunion de [classes de conjugaison](#ex-b3-groups-actions), contient $e$, et a un cardinal divisant $60$. (c) Montrer qu’un [groupe simple](#def-b3-groups-simple) d’ordre $60$ a nécessairement $n_5 = 6$.

**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](#def-b3-groups-normal) $N$ est une réunion de [classes de conjugaison](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal), contredisant la simplicité ($1 <
5 < 60$). D’où $n_5 = 6$.

**Exercice 1.12 ★★.**

(Les [normalisateurs](#ex-b3-groups-actions) des [sous-groupes de Sylow](#def-b3-groups-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](#ex-b3-groups-actions) de Sylow n’est contenu dans un [sous-groupe normal](#def-b3-groups-normal) propre de $G$, et qu’un sous-groupe maximal contenant $N_G(P)$ est auto-normalisant.

**Solution de Exercice 1.12.**

(a) $P$ est [normal](#def-b3-groups-normal) dans $H = N_G(P)$ par définition du [normalisateur](#ex-b3-groups-actions), 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](#def-b3-groups-sylow) [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-pfixed) plus l’analyse ci-dessous de $p^2$ : restent $6, 8, 10, 12, 14, 15$.

**Partie I — Outils.**

1. 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 $\mathbb F_2$.)*
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](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/3-modules-sur-un-anneau-principal#ch-b3-modules) (discuter selon l’ordre maximal d’un élément).
3. Soient $\varphi, \varphi' \colon K \to  \operatorname{Aut}(H)$ deux [actions](#def-b3-groups-action) . Montrer que si $\varphi' = \varphi \circ \alpha$ avec $\alpha \in  \operatorname{Aut}(K)$ , alors $H \rtimes_{\varphi} K  \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
4. 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 $pq$.**

5. Soit $\abs G = 2p$ avec $p$ un premier impair. Montrer que $G$ a un [sous-groupe normal](#def-b3-groups-normal) $N = \langle r \rangle$ d’ordre $p$ et un élément $s$ d’ordre $2$ hors de $N$ .
6. 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 $6$ , $10$ , $14$ .
7. Plus généralement, soit $\abs G = pq$ avec $p < q$ premiers. Montrer que si $p \nmid q-1$ alors $G$ est cyclique ( [Exemple 1.22](#ex-b3-groups-pq) ), 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](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/4-extensions-de-corps-et-theorie-de-galois#ch-b3-galois) (cyclicité de $\mathbb  F_q^\times$ ). Conclure pour l’ordre $15$ .

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

8. Montrer que $G$ a un élément $r$ d’ordre $4$ (utiliser la question 1) et que $N = \langle r\rangle$ est [normal](#def-b3-groups-normal) .
9. Soit $s \notin N$ . Montrer que $s^2 \in N$ ( [Exercice 1.1](#exo-b3-groups-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 $s$ ?)* .
10. Dans le cas $s^2 = e$ , montrer $G \cong D_4$ .
11. 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 $$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu  \end{pmatrix},  \qquad  \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0  \end{pmatrix}.$$
12. Montrer que tout sous-groupe non trivial de $Q_8$ contient $-1$ ; en déduire que tout sous-groupe de $Q_8$ est [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-semidirect) de deux sous-groupes propres.

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

13. 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 $3$)* .
14. Supposer $n_3 = 4$ . L’ [action](#def-b3-groups-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](#exo-b3-groups-1) ; compter les carrés dans $S_4$)* ; et conclure $G \cong A_4$ .
15. 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.
16. 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.**

17. 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 $p^3$.

18. Montrer que $\abs{Z(G)} = p$ , que $G/Z(G) \cong  (\Z/p\Z)^2$ *(un quotient cyclique par le [centre](#ex-b3-groups-actions) force l’abélianité : [Exercice 1.2](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ est central et d’ordre divisant $p$ .
19. (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 $z$.)*
20. 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.
21. (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 $H_p$.
22. (Exposant $p^2$ ) Supposer qu’un certain $r \in G$ a ordre $p^2$ , et poser $N = \langle r\rangle$ , [normal](#def-b3-groups-normal) (indice $p$ : [Exercice 1.10](#exo-b3-groups-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 $p$)* .
23. 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.**

24. 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.
25. 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 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](#thm-b3-groups-pfixed)). 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](#prop-b3-groups-direct) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal) ([Exercice 1.1](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-4)(a)) : par la [Proposition 1.26](#prop-b3-groups-semidirect), $G \cong \Z/p\Z
\rtimes_\varphi \Z/2\Z$ 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](#ex-b3-groups-semidirectexamples)). 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](#def-b3-groups-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](#ex-b3-groups-pq)). 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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-semidirect) 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](#def-b3-groups-normal).

**9.** $s^2 \in N$ par [Exercice 1.1](#exo-b3-groups-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](#ex-b3-groups-actions)), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle,
\langle \mathrm k\rangle$ (indice $2$) et $Q_8$ : tous normaux ($\{e\}$ et le [centre](#ex-b3-groups-actions) trivialement, indice $2$ par [Exercice 1.1](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-semidirect) $H \rtimes K$ 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](#def-b3-groups-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](#exo-b3-groups-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](#lem-b3-groups-threecycles) 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](#prop-b3-groups-semidirect)), $\varphi \colon P_2 \to
\operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$.

- $\varphi$ trivial : [produits directs](#prop-b3-groups-direct) $\Z/3\Z \times  \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ 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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-pfixed)) 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](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-2) : $G/Z \cong
(\Z/p\Z)^2$. Comme $G/Z$ est abélien, tout [commutateur](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) $z = [y, x]$ 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](#def-b3-groups-normal) 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](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-semidirect) 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](#ex-b3-groups-actions) 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 $p \nmid q - 1$.)