# Théorie des groupes/Exercices/Groupes dicycliques
## Problème 1 (Sous-groupes d'ordre impair d'un groupe dicyclique)

Soit G un groupe dicyclique, soit $r$ un nombre naturel impair divisant l'ordre de G. Prouver que G contient un et un seul sous-groupe d'ordre $r$ et que ce sous-groupe est cyclique.
Soit $4n$ l'ordre de G. D'après le chapitre théorique, G contient un sous-groupe cyclique $C_{2n}$ d'ordre $2n$ tel que tout élément de $G\setminus C_{2n}$ soit d'ordre 4. Puisque $r$ est impair et divise l'ordre $4n$ de G, il divise $2n$ (et même $n$). Autrement dit, $r$ divise l'ordre de $C_{2n}.$ D'après les propriétés des groupes cycliques, $C_{2n}$ contient donc un et un seul sous-groupe d'ordre $r$, soit $C_{r}$ et ce sous-groupe est cyclique. Ceci démontre entre autres l'assertion d'existence de l'énoncé. Soit H un sous-groupe d'ordre $r$ de G. Puisque $r$ est impair, H ne comprend aucun élément d'ordre 4. Donc, puisque tout élément de $G\setminus C_{2n}$ est d'ordre 4, H est contenu dans $C_{2n}.$ D'après la première partie de la démonstration, H est donc égal à $C_{r}$, qui est cyclique, ce qui achève de démontrer l'énoncé.

## Problème 2 (Classification des groupes d'ordre 8)

Soit G un groupe non abélien d'ordre 8. Prouver que G est isomorphe à D$_8$ (groupe diédral d'ordre 8) ou à Q$_8$ (groupe des quaternions). (Indication : choisir un élément a d'ordre 4 dans G et un élément b de G n'appartenant pas à <a>. Prouver que bab$^{-1}$ = a$^{-1}$. Examiner ensuite le cas où b est d'ordre 2 et le cas où b est d'ordre 4.)
Puisque G est d'ordre 8, tout élément de G a pour ordre un diviseur de 8. Puisque G n’est pas abélien, il n’est pas cyclique et n'a donc pas d'élément d'ordre 8. Si tout élément de G était d'ordre 1 ou 2, G serait abélien (voir un exercice de la série Groupes, premières notions). Donc nous pouvons choisir dans G un élément a d'ordre 4. Choisissons un élément b de G hors de <a>. Puisque <a> est d'indice 2 dans G, a et b engendrent G. D'autre part, puisque <a> est un sous-groupe d'indice 2 de G, il est normal dans G, donc x ↦ b x b$^{-1}$ définit un automorphisme de <a>. Si cet automorphisme était l'identité, b commuterait avec a, donc G serait abélien, ce qui contredit les hypothèses. Donc l'automorphisme x ↦ b x b$^{-1}$ de <a> n’est pas l'identité. Or un groupe cyclique d'ordre 4 n'a pour automorphismes que l'identité et l'automorphisme x ↦ x$^{-1}$ (voir par exemple Automorphismes d'un groupe cyclique). Donc pour tout élément x de <a>,
    b x b$^{-1}$ = x$^{-1}$.
En particulier,
    b a b$^{-1}$ = a$^{-1}$.
Si b est d'ordre 2, ceci entraîne que G est isomorphe à D$_8$ (voir un théorème du chapitre Groupes diédraux). Supposons maintenant que b n’est pas d'ordre 2. Il doit alors être d'ordre 4. Puisque <a> est normal d'indice 2 dans G, b$^2$ appartient à <a>. Comme b$^2$ est d'ordre 2 et que a$^2$ est le seul élément d'ordre 2 de <a>, on a donc b$^2$ = a$^2$. D'après le chapitre théorique, il en résulte que G est dicyclique d'ordre 8, autrement dit est isomorphe au groupe des quaternions.

## Problème 3 (Dérivé d'un groupe dicyclique)

Soit n un nombre naturel non nul, soit G un groupe dicyclique d'ordre 4n. Soit a un élément d'ordre 2n de G, soit b un élément de G tel que $b^{2}=a^{n}$ et $b^{-1}ab=a^{-1}.$ (On sait que a et b existent, que b est d'ordre 4 et n'appartient pas à <a>.) a) Prouver que le dérivé D(G) de G est $<a^{2}>=\{1,a^{2},\ldots ,a^{2n-2}\}.$ En déduire que tout groupe dicyclique est résoluble.
La paire {a,b} est une partie génératrice de G, donc, d'après un théorème du chapitre Commutateurs, groupe dérivé, D(G) est le sous-groupe normal de G engendré par les commutateurs [x, y], où x et y parcourent {a,b}. On peut évidemment négliger les [x, y] pour lesquels x = y (car alors [x,y] = 1). Puisque, d'autre part, [a,b] est l'inverse de [b,a], on peut se limiter au seul commutateur [b,a], c'est-à-dire que
    (1) D(G) est le sous-groupe normal de G engendré par $[b,a]=(b^{-1}a^{-1}b)a=a^{2}.$
Puisque tout sous-groupe d'un groupe cyclique C est caractéristique dans C, $<a^{2}>$ est caractéristique dans <a>. D'autre part, <a> est normal dans G (par exemple parce qu'il est d'indice 2 dans G). Donc $<a^{2}>$ est normal dans G et est donc le sous-groupe normal de G engendré par $a^{2}.$ Dès lors, notre résultat (1) signifie que $D(G)=<a^{2}>=\{1,a^{2},\ldots ,a^{2n-2}\},$ ce qui démontre la première assertion de l'énoncé. Le dérivé de G est donc abélien, donc G est résoluble.
b) Expliciter les éléments de G/D(G). Prouver que si n est impair, G/D(G) est un groupe cyclique d'ordre 4 et que si n est pair, G/D(G) est un groupe de Klein.
D'après le point a), D(G) est d'indice 4 dans G. Notamment parce que b n'appartient pas à <a>, il est clair que les quatre éléments de G/D(G) sont
    D(G), D(G)a, D(G)b et D(G)ab.
Supposons d'abord que n est impair. Alors la relation $b^{2}=a^{n}$ montre que $b^{2}$ n'appartient pas à $<a^{2}>=D(G),$ donc D(G)b est d'ordre 4 dans G/D(G), donc G/D(G) est un groupe cyclique d'ordre 4 (admettant D(G)b pour générateur).
Supposons maintenant que n est pair. Alors la relation $b^{2}=a^{n}$ montre que $b^{2}$ appartient à $<a^{2}>=D(G),$ donc D(G)b est d'ordre 2 dans G/D(G). Comme D(G)a est lui aussi d'ordre 2 dans G/D(G), G/D(G) est un groupe d'ordre 4 qui comprend plus d'un élément d'ordre 2, donc G/D(G) est un groupe de Klein.

## Problème 4 (Classification des groupes d'ordre 12)

a) Soit G un groupe non abélien d'ordre 12. Prouver que G est isomorphe au groupe alterné A$_4$, à D$_{12}$ (groupe diédral d'ordre 12) ou à DC$_3$ (groupe dicyclique d'ordre 12). (Rappel : on a vu dans un problème de la série Groupes alternés que tout groupe d'ordre 12 ayant plusieurs sous-groupes d'ordre 3 est isomorphe à A$_4$.)
D'après le rappel, on peut se limiter au cas où G n'a qu'un sous-groupe d'ordre 3. Ce sous-groupe est alors cyclique et normal dans G. Désignons-le par H et choisissons un 2-Sylow de G, c'est-à-dire un sous-groupe K de G d'ordre 4. D'après le problème 3 sur les produits semi-directs, G est un produit semi-direct de H par K, associé à un morphisme $\varphi :K\to \mathrm {Aut} (H)\cong \mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ (voir le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique). D'autre part, il n'y a (à isomorphisme près) que deux groupes d'ordre 4, dont l'un est le groupe de Klein $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ et l'autre est le groupe cyclique $\mathbb {Z} /4\mathbb {Z}$.
Premier cas : si K est isomorphe au groupe de Klein. Soient x un générateur de H (d'ordre 3), y un générateur de $\ker \varphi$ (d'ordre 2, puisque $\varphi$ est non trivial car G est non abélien), et b un élément de $K\setminus \ker \varphi$ (également d'ordre 2). Alors $a:=xy$ est d'ordre 6 et $bab^{-1}=a^{-1}$, donc G est isomorphe au groupe diédral D$_{12}$ (dont les 2-Sylow sont par conséquent de Klein).
Second cas : si K est cyclique alors d'après ce qui précède, G n'est pas isomorphe à D$_{12}$. Par unicité du morphisme non trivial de $\mathbb {Z} /4\mathbb {Z}$ dans $\mathrm {Aut} (H)\cong \mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ et d'après le corollaire 8, G est donc isomorphe au groupe dicyclique DC$_3$.
b) Prouver que tout groupe d'ordre 12 est résoluble.
Soit G un groupe d'ordre 12 ; prouvons que G est résoluble. Tout groupe abélien est résoluble, donc nous pouvons supposer que G n'est pas abélien. Alors, d'après le point a), G est isomorphe à A$_4$, à D$_{12}$ (groupe diédral d'ordre 12) ou à DC$_3$ (groupe dicyclique d'ordre 12). Si G est isomorphe à A$_4$, il est résoluble d'après un exercice de la série Groupes résolubles. Si G est diédral, il est résoluble comme tout groupe diédral (voir un exercice de la série Groupes diédraux). S'il est dicyclique, il est résoluble comme tout groupe dicyclique (voir un des exercices ci-dessus).
Remarque. On peut prouver autrement que tout groupe G d'ordre 12 est résoluble. G est isomorphe à un sous-groupe du produit direct de G par un groupe d'ordre 2. Ce produit direct est d'ordre 24 et on a prouvé dans l'exercice « Résolubilité des groupes d'ordre 24 » de la série Groupes nilpotents que tout groupe d'ordre 24 est résoluble. Donc G est isomorphe à un sous-groupe d'un groupe résoluble, donc il est résoluble.

## Problème 5 (Classes de conjugaison d'un groupe dicyclique)

Soit n un nombre naturel non nul, soit G un groupe dicyclique d'ordre 4n. Soit a un élément d'ordre 2n de G, soit b un élément de G tel que $b^{2}=a^{n}$ et $b^{-1}ab=a^{-1}.$ (On sait que a et b existent, que b est d'ordre 4 et n'appartient pas à <a>.) Déterminer les classes de conjugaison d'éléments de G et le nombre de ces classes.
D'après le chapitre théorique, tout élément de G est de la forme $a^{i}$ ou de la forme $a^{i}b$, avec $i\in \{0,\ldots ,2n-1\}$. Soit i un nombre naturel tel que $i\leq 2n-1$. Si x est un élément de la forme $a^{j}$, le conjugué $x^{-1}a^{i}x$ de $a^{i}$ est égal à $a^{i}$; si maintenant x est de la forme $a^{j}b$, le conjugué $x^{-1}a^{i}x$ de $a^{i}$ est égal à
    $(a^{j}b)^{-1}a^{i}a^{j}b=b^{-1}a^{i}b=a^{-i}.$
La classe de conjugaison de $a^{i}$ est donc $\{a^{i},a^{-i}\}$. Cette classe est un singleton si $a^{i}$ est égal à 1 ou à $a^{n}$; dans le cas contraire, la classe est un ensemble à deux éléments. Nous avons donc trouvé juqu'ici les classes de conjugaison d'éléments de <a>, à savoir les n + 1 classes
    $\{1\},\{a^{n}\},\{a,a^{2n-1}\},\ldots \{a^{n-1},a^{n+1}\}.$
Avant de continuer, notons que l'hypothèse $b^{-1}ab=a^{-1}$ entraîne $bab^{-1}=a^{-1}$ (par exemple parce que, l'automorphisme $t\mapsto b^{-1}tb$ de G appliquant a sur $a^{-1}$, l'automorphisme réciproque $t\mapsto btb^{-1}$ applique $a^{-1}$ sur a et applique donc a sur $a^{-1}$. Si x est un élément de la forme $a^{j}$, le conjugué $x^{-1}a^{i}bx$ de $a^{i}b$ est égal à
    $a^{-j}a^{i}ba^{j}=a^{i-j}ba^{j}=a^{i-j}(ba^{j}b^{-1})b=a^{i-j}a^{-j}b=a^{i-2j}b.$
Si x est de la forme $a^{j}b$, le conjugué $x^{-1}a^{i}bx$ de $a^{i}b$ est égal à
    $b^{-1}a^{-j}a^{i}ba^{j}b=(b^{-1}a^{i-j}b)a^{j}b=a^{2j-i}b.$
Donc les conjugués de b sont $b,a^{2}b,\ldots a^{2n-2}b$ et les conjugués de ab sont $ab,a^{3}b,\ldots a^{2n-1}b$. Donc G admet exactement n + 3 classes de conjugaison, à savoir
    $\{1\},\{a^{n}\},\{a,a^{2n-1}\},\ldots \{a^{n-1},a^{n+1}\},\{b,a^{2}b,\ldots a^{2n-2}b\}=<a^{2}>b$ et $\{ab,a^{3}b,\ldots a^{2n-1}b\}=<a^{2}>ab.$

## Problème 6 (Homomorphismes partant d'un groupe dicyclique)

Soit n un nombre naturel non nul, soit G un groupe dicyclique d'ordre 4n. Soit a un élément d'ordre 2n de G, soit b un élément de G tel que $b^{2}=a^{n}$ et $b^{-1}ab=a^{-1}.$ (On sait que a et b existent, que b est d'ordre 4 et n'appartient pas à <a>.) Soit H un groupe, soient A et B des éléments de H tels que A$^{2n}$ = 1, B$^2$ = A$^n$ et B$^{-1}$ A B = A$^{-1}$. Prouver qu'il existe un et un seul homomorphisme de G dans H qui applique a sur A et b sur B. (Indication. On peut utiliser la « table de multiplication » de G qui a été donnée dans le chapitre théorique et noter quelque chose d'analogue concernant H, A et B.)
On a vu dans le chapitre théorique que tout élément de G peut se mettre d'une et une seule façon sous la forme
    a$^i$ b $^j$ avec i, j entiers naturels, 0 ≤ i ≤ 2n - 1 et 0 ≤ j ≤ 1
et que G admet la « table de multiplication » suivante :
    pour tous i, i', j, j' tels que 0 ≤ i, i' ≤ 2n - 1 et 0 ≤ j, j' ≤ 1,
    $\qquad (a^{i}b^{j})(a^{i'}b^{j'})=a^{r_{2n}(i+(-1)^{j}i'+njj')}b^{r_{2}(j+j')},$
où r$_{2n}$( ) désigne le reste par 2n et r$_2$( ) le reste par 2. Notons f l'application de G dans H qui, pour $0\leq i\leq 2n-1$ et $0\leq j\leq 1$, envoie $a^{i}b^{j}$ sur $A^{i}B^{j}$ et prouvons que f est un homomorphisme. Les mêmes raisonnements par lesquels nous avons établi la « table de multiplication » de G prouvent que nous avons dans H :
    pour tous i, i', j, j' tels que 0 ≤ i, i' ≤ 2n - 1 et 0 ≤ j, j' ≤ 1,
    $\qquad (A^{i}B^{j})(A^{i'}B^{j'})=A^{r_{2n}(i+(-1)^{j}i'+njj')}B^{r_{2}(j+j')},$
ce qui entraîne clairement que f est un homomorphisme de G dans H. Cet homomorphisme applique a sur A et b sur B, d'où l'assertion d'existence de l'énoncé. Puisque a et b engendrent G, f est l'unique homomorphisme de G dans H qui applique a sur A et b sur B.
Remarques. 1° Si nous connaissions déjà les éléments de la théorie des présentations de groupes, l'existence et l'unicité de l'homomorphisme en question se déduiraient facilement d'un théorème de cette théorie, le théorème de von Dyck. On a fait une remarque analogue au sujet des groupes diédraux. 2° Cet exercice servira dans un exercice de la série Caractères irréductibles de quelques groupes.

## Problème 7

Prouver que le groupe symétrique $S_{7}$ n'a pas de sous-groupe isomorphe au groupe $Q_{8}$ (groupe des quaternions, groupe quaternionien d'ordre 8). Indication : on a explicité la structure des 2-sous-groupes de Sylow de $S_{7}$ dans les exercices sur les groupes diédraux.
Puisque l'ordre de $Q_{8}$ est une puissance de 2, l'énoncé revient à dire que si P désigne un 2-sous-groupe de Sylow de $S_{7}$, P ne contient pas de sous-groupe isomorphe à $Q_{8}.$ On a vu dans les exercices sur les groupes diédraux que les 2-sous-groupes de Sylow de $S_{7}$ sont isomorphes au produit direct
    $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$,
où $D_{8}$ désigne le groupe diédral d'ordre 8. Tout revient donc à prouver que
    (thèse 1)$\qquad \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ n'a pas de sous-groupe isomorphe à $Q_{8}.$
Un élément d'ordre 4 de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ doit être de la forme $(a,b)$, où $b$ est d'ordre 4. Puisque $D_{8}$ a exactement deux éléments d'ordre 4, $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ a donc exactement quatre éléments d'ordre 4. D'autre part, on a vu dans le chapitre théorique que $Q_{8}$ a exactement six éléments d'ordre 4, donc la thèse (1) est bien vraie.
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