# Théorie des groupes/Groupes dicycliques

Dans ce chapitre, nous allons définir les groupes dicycliques, dont le groupe des quaternions et les groupes quaternioniens généralisés constituent des cas particuliers importants.

## Définition et table de multiplication des groupes dicycliques

Un groupe est appelé un groupe dicyclique s'il est engendré par deux éléments a et b satisfaisant aux conditions suivantes :
    a est d'ordre fini pair, b$^2$ = a$^{ord(a)/2}$, où ord(a) désigne l’ordre de a, et b$^{–1}$ab = a$^{–1}$.
Remarques. 1° Puisqu'un groupe cyclique d'ordre pair comprend un seul élément d'ordre 2, la condition b$^2$ = a$^{ord(a)/2}$ revient à dire que b$^2$ est égal à l'unique élément d'ordre 2 du sous-groupe engendré par a.
2° Selon notre définition, un groupe cyclique d'ordre 4 est un groupe dicyclique (prendre pour a l'unique élément d'ordre 2 et pour b un des deux éléments d'ordre 4). Nous donnerons plus loin des exemples moins triviaux. Certains auteurs, d'ailleurs, excluent les groupes cycliques d'ordre 4 des groupes dicycliques.
Soient G un groupe et a, b des éléments de G tels que a soit d'ordre fini pair, que b$^2$ = a$^{ord(a)/2}$, où ord(a) désigne l’ordre de a, et que b$^{–1}$ab = a$^{–1}$. Alors b est d'ordre 4 et n'appartient pas à ⟨a⟩.
Puisque b$^2$ = a$^{ord(a)/2}$ et que a$^{ord(a)/2}$ est d'ordre 2, b est d'ordre 4. Si tout d’abord l’ordre de a est > 2, la relation b$^{–1}$ab = a$^{–1}$ montre que b ne commute pas avec a et n'est donc pas une puissance de a. Si maintenant l’ordre de a est 2, alors b, dont l’ordre est égal à 4, ne peut pas être une puissance de a.
Dans le lemme qui suit, le point c) (qui peut être considéré comme fournissant une « table de multiplication » du groupe G) ne doit pas être mémorisé.
Soit n un nombre naturel non nul, soit G un groupe engendré par deux éléments a et b satisfaisant aux conditions suivantes :
    a est d'ordre 2n, b$^2$ = a$^n$, b$^{–1}$ab = a$^{–1}$. (G est donc dicyclique.) Alors
a) G est d'ordre 4n ;
b) tout élément de G s'écrit 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 ;
c) pour tous i, i', j, j' tels que 0 ≤ j, j' ≤ 1,
    $\qquad (a^{i}b^{j})(a^{i'}b^{j'})=a^{i+(-1)^{j}i'+njj'}b^{r_{2}(j+j')}=a^{r_{2n}(i+(-1)^{j}i'+njj')}b^{r_{2}(j+j')}$,
où r$_{2n}$( ) désigne le reste par 2n et r$_2$( ) le reste par 2.
Démontrons d’abord le point b). Puisque x ↦ b$^{–1}$xb définit un automorphisme de G, l'hypothèse b$^{–1}$ab = a$^{–1}$ entraîne
    (1) b$^{–1}$a$^k$b = a$^{–k}$
pour tout entier rationnel k. En particulier, b normalise ⟨a⟩. Puisque a et b sont supposés engendrer G, il en résulte que
    G = ⟨a⟩⟨b⟩,
donc tout élément de G est de la forme
    a$^i$ b$^j$
avec i et j entiers rationnels. D'après le lemme 1, b est d'ordre 4 donc, dans l’expression b$^j$, j peut être remplacé par son reste par 4. Autrement dit, on peut prendre j tel que 0 ≤ j ≤ 3. Si j est égal à 2, alors (d'après l'hypothèse b$^2$ = a$^n$) b$^j$ peut être remplacé par a$^n$ et si j est égal à 3, b$^j$ peut être remplacé par a$^n$ b. Cela montre que tout élément de G est de la forme
    a$^i$ b$^j$
avec i entier rationnel et j ∈ {0, 1}. Puisque a est supposé d'ordre 2n, i peut être remplacé par son reste par 2n, ce qui prouve que tout élément de G peut s'écrire
    a$^i$ b $^j$
avec i, j entiers naturels, 0 ≤ i ≤ 2n – 1 et 0 ≤ j ≤ 1.
Pour prouver le point b) de l'énoncé, il reste à prouver que cette écriture est unique. Soient i, i', j, j' des nombres naturels tels que 0 ≤ i, i' ≤ 2n – 1, 0 ≤ j, j' ≤ 1 et
    a$^i$ b $^j$ = a$^{i'}$ b $^{j'}$.
Il s'agit de prouver que
    (thèse 2) i = i' et j = j'.
Nous avons
    (3) a$^{i–i'}$ = b$^{j–j'}$.
Or, du fait que b$^2$ appartient à ⟨a⟩ (hypothèse b$^2$ = a$^n$) et que b n'appartient pas à ⟨a⟩ (lemme 2), on tire facilement que, k étant un entier rationnel, b$^k$ appartient à ⟨a⟩ si et seulement si k est pair. Donc, dans la relation (2), j – j' est pair. Puisque j et j' appartiennent tous deux à {0, 1}, on doit avoir j = j'. Dès lors, (2) donne a$^{i–i'}$ = 1. Comme a est d'ordre 2n, i – i' est donc divisible par 2n. Puisque i et i' appartiennent tous deux à {0, 1, ... , 2n – 1}, on doit avoir i = i', ce qui achève de prouver notre thèse (2). Comme nous l'avons vu, le point b) de l'énoncé en résulte. Le point a) découle clairement du point b).
Démontrons le point c). De la relation (1), on tire que pour tout entier rationnel k,
    $ba^{k}=a^{-k}b$.
Donc pour tout j' dans {0, 1} et tous i, i',
    $(a^{i}b)(a^{i'}b^{j'})=a^{i}(ba^{i'})b^{j'}=a^{i}(a^{-i'}b)b^{j'}$, si bien que
pour tous j, j' dans {0, 1} et tous i, i',
    (4) $(a^{i}b^{j})(a^{i'}b^{j'})=a^{i+i'(-1)^{j}}b^{j+j'}$.
Puisque j et j' sont tous deux dans {0, 1}, nous avons
    $j+j'=2jj'+r_{2}(j+j')$,
d'où
    $b^{j+j'}=b^{2jj'}b^{r_{2}(j+j')}$
d'où, puisque $b^{2}=a^{n}$,
    $b^{j+j'}=a^{njj'}b^{r_{2}(j+j')}$.
La relation (4) peut donc s'écrire
    (4) $(a^{i}b^{j})(a^{i'}b^{j'})=a^{i+i'(-1)^{j}}a^{njj'}b^{r_{2}(j+j')}$,
ce qui démontre le point c) de l'énoncé.
Soit G un groupe. Les deux conditions suivantes sont équivalentes :
    1° G est dicyclique ;
    2° G est d'ordre fini divisible par 4 et, cet ordre étant désigné par 4n, G comprend un élément a d'ordre 2n et un élément b tels que b$^2$ = a$^n$ et b$^{–1}$ab = a$^{–1}$.
Des éléments a, b tels qu'en 2° engendrent G.
Prouvons que 1° entraîne 2°. Si G est dicyclique, il est engendré par un élément a d'ordre fini pair 2r et un élément b tel que b$^2$ = a$^r$ et b$^{–1}$ab = a$^{–1}$. D'après le lemme 2, point a), G est d'ordre 4r. Donc, si l'on désigne l’ordre de G par 4n, r est égal à n, donc a et b sont tels que dans l'énoncé.
Réciproquement, supposons 2° et prouvons 1°. D'après le lemme 2, point a), ⟨a, b⟩ est d'ordre 4n et est donc égal à G, donc G est dicyclique. Ceci prouve que 2° entraîne 1°. Nous avons aussi prouvé que dans l'hypothèse 2°, ⟨a, b⟩ = G, ce qui est la seconde assertion de l'énoncé.
Soit n un nombre naturel non nul, soient G et H deux groupes dicycliques d'ordre 4n. Soient a un élément d'ordre 2n de G et b un élément de G tel que b$^2$ = a$^n$ et b$^{–1}$ab = a$^{–1}$ ; soient α un élément d'ordre 2n de H et β un élément de H tel que β$^2$ = α$^n$ et β$^{–1}$αβ = α$^{–1}$. (D'après le lemme 3, de tels éléments existent, a et b engendrent G, α et β engendrent H.)
Il existe un et un seul isomorphisme de G sur H qui applique a sur α et b sur β.
Si l'on désigne par f$_{α,β}$ cet isomorphisme (dépendant de a et b), si l'on désigne par E l’ensemble des couples (α, β) d'éléments de H tels que α soit d'ordre 2n, que β$^2$ = α$^n$ et β$^{–1}$αβ = α$^{–1}$, alors (α, β) ↦ f$_{α,β}$ définit une bijection de E sur l’ensemble des isomorphismes de G sur H.
D'après le lemme 2, point b), il existe une (et une seule) bijection f de G sur H telle que, pour tout i dans {0, 1, ... , 2n – 1} et tout j dans {0, 1},
    f(a$^i$ b$^j$) = α$^i$ β$^j$.
D'après la « table de multiplication » fournie par le lemme 2, point c), f est un isomorphisme de G sur H. Par définition de f, nous avons f(a) = α et f(b) = β. D'après le lemme 3, a et b engendrent G, donc f est le seul isomorphisme (et même le seul homomorphisme) qui applique a sur α et b sur β. Comme dans l'énoncé, désignons cet isomorphisme par f$_{α,β}$ (a et b étant sous-entendus dans la notation).
Si g est un isomorphisme de G sur H, alors g(a) est d'ordre 2n, g(b)$^2$ = g(a)$^n$ et g(b)$^{–1}$ g(a) g(b) = g(a)$^{–1}$ donc, dans les notations de l'énoncé, le couple (g(a), g(b)) appartient à E et g = f$_{g(a),g(b)}$. Ceci prouve que (α, β) ↦ f$_{α,β}$ définit une surjection de E sur l’ensemble des isomorphismes de G sur H.
Puisque f$_{α,β}$(a) = α et f$_{α,β}$(b) = β, cette surjection est une injection et donc une bijection (de bijection réciproque g ↦ (g(a), g(b))).
Deux groupes dicycliques de même ordre sont isomorphes.
Cela résulte immédiatement du lemme 4 (compte tenu que d’après le lemme 3, tout groupe dicyclique est d'ordre fini divisible par 4).

## Exemples de construction des groupes dicycliques

Jusqu'ici, nous avons trouvé des conditions nécessaires auxquelles doivent satisfaire les groupes dicycliques, mais nous n'avons pas prouvé qu’il en existe (à part le cas banal des groupes cycliques d'ordre 4).
Pour tout nombre naturel non nul n, il existe un groupe dicyclique d'ordre 4n.
Première démonstration. Cette démonstration est suggérée par la « table de multiplication » fournie par le lemme 2, point c). Munissons le produit cartésien ℤ/2nℤ × ℤ/2ℤ de la loi de composition interne ∗ définie (correctement, comme le lecteur s'en assurera) par
    (0) (x + 2nℤ, y + 2ℤ) * (x' + 2nℤ, y' + 2ℤ) = (x + (–1)$^y$x'+ nyy' + 2nℤ, y + y' + 2ℤ)
pour tous entiers rationnels x, y, x' et y'.
Prouvons que cette loi est une loi de groupe.
Prouvons d’abord que la loi ∗ est associative. Il s'agit de prouver que pour tous entiers rationnels x, x', x'', y, y' et y'',
    ( (x + 2nℤ, y + 2ℤ) ∗ (x' + 2nℤ, y' + 2ℤ) ) ∗ (x'' + 2nℤ, y'' + 2ℤ) = (x + 2nℤ, y + 2ℤ) ∗ ( (x' + 2nℤ, y' + 2ℤ) ∗ (x'' + 2nℤ, y'' + 2ℤ) ).
Or le calcul montre que les deux membres sont égaux à
    (x + (–1)$^y$ x' + (–1)$^{y+y'}$ x'' + n (yy' + yy'' + y'y'') + 2nℤ, y + y' + y'' + 2ℤ).
(Dans le calcul du second membre, noter que (–1)$^y$ ny'y'' + 2nℤ = ny'y'' + 2nℤ, car –n est congru à n modulo 2n.)
Donc la loi ∗ est bien associative. Elle admet pour élément neutre (0, 0), où l'on désigne par 0 les neutres respectifs de ℤ/2nℤ et de ℤ/2ℤ, et l'on vérifie facilement que
    (1) (x, y) admet pour symétrique l'élément (ny – (–1)$^y$ x + 2nℤ, –y + 2ℤ) = (ny – (–1)$^y$ x + 2nℤ, y + 2ℤ),
ce qui achève de prouver que * est une loi de groupe. Soit G ce groupe, que nous noterons multiplicativement. Son neutre 1 est donc (0, 0).
Prouvons que G est un groupe dicyclique.
Posons a = (1 + 2nℤ, 0). On prouve par récurrence sur k que pour tout nombre naturel k,
    (2) a$^k$ = (k + 2nℤ, 0),
donc
    (3) a est d'ordre 2n.
Posons b = (0, 1 + 2ℤ). Alors, d’après (1), b$^{–1}$ = (n + 2nℤ, 1 + 2ℤ), d'où b$^{–1}$ab = (–1 + 2nℤ, 0). D'après (1), le second membre de cette égalité est l'inverse de (1 + 2nℤ, 0), autrement dit l'inverse de a, donc
    (4) b$^{–1}$ab = a$^{–1}$.
De plus, b$^2$ = (0, 1 + 2ℤ) (0, 1 + 2ℤ) = (n + 2nℤ, 0), donc, d’après (2),
    (5) b$^2$ = a$^n$.
Tout élément du groupe G que nous avons construit est de la forme (k + 2nℤ, 0) ou de la forme (k + 2nℤ, 1 + 2ℤ) avec k naturel, donc est ou bien de la forme a$^k$ = (k + 2nℤ, 0) (voir (2) ) ou bien de la forme a$^k$ b = (k + 2nℤ, 0) (0, 1 + 2ℤ) = (k + 2nℤ, 1 + 2ℤ), donc a et b engendrent G, ce qui, avec (3), (4) et (5), prouve que le groupe G est un groupe dicyclique d'ordre 4n.
Remarque sur cette démonstration. Le fait que * soit une loi de groupe est un cas particulier de la situation suivante. Soit K un groupe commutatif, noté additivement, soit Q un groupe, noté multiplicativement, soit θ : x ↦ θ$_x$ un homomorphisme de Q dans Aut(K), soit f une application de Q × Q dans K telle que, pour tous éléments x, y et z de Q, on ait
    1° θ$_x$(f(y, z)) – f(xy, z) + f(x, yz) – f(x, y) = 0 ;
    2° f(x, 0) = f(0, x) = 0 ;
alors K × Q, muni de la loi de composition interne ∗ :
    (k, x) ∗ (k', x') = (k + θ$_x$(k') + f(x, x'), xx'),
est un groupe.
En prenant pour θ l'homomorphisme x ↦ θ$_x$ de ℤ/2ℤ dans Aut(ℤ/2nℤ) défini par θ$_x$(y) = (–1)$^x$y et en prenant pour f l’application (bien définie) (x + 2ℤ, x' + 2ℤ) ↦ nxx' de ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ dans ℤ/2nℤ, on obtient la loi ∗ définie précédemment.
Une application f satisfaisant aux conditions 1° et 2° est appelée un système de facteurs relatif à θ.
Seconde démonstration. Soit α une racine primitive (2n)-ième de 1, c'est-à-dire un élément d'ordre 2n du groupe multiplicatif des nombres complexes non nuls. Posons
A = ${\begin{pmatrix}\alpha &0\\0&\alpha ^{-1}\\\end{pmatrix}}$ et B = ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\\\end{pmatrix}}$.
Ces deux matrices appartiennent au groupe multiplicatif des matrices inversibles 2 × 2 à coefficients complexes. D'après les règles du calcul des matrices diagonales, A est d'ordre 2n et A$^n$ est la matrice scalaire –1. Le calcul montre que la matrice B$^2$ est, elle aussi, égale à la matrice scalaire –1, ce qui montre que B$^2$ = A$^n$ et aussi que
    $B^{-1}=-B={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\\\end{pmatrix}}$,
d'où
    $B^{-1}AB={\begin{pmatrix}\alpha ^{-1}&0\\0&\alpha \\\end{pmatrix}}$
et d’après les règles du calcul des matrices diagonales, cette dernière matrice est égale à A$^{–1}$. Le groupe multiplicatif engendré par A et B est donc un groupe dicyclique et d’après le lemme 2, point a), il est d'ordre 4n.
Troisième démonstration. (On va procéder de façon « heuristique », c'est-à-dire en montrant comment on peut être mis sur la voie de la démonstration. La démonstration proprement dite tient tout entière dans l'avant-dernière phrase.) On a vu dans les exercices de la série Produit semi-direct que si G est un groupe, si G = AB, où A est un sous-groupe normal de G et B un sous-groupe de G (on ne suppose pas que A ⋂ B = 1, autrement dit que A est produit semi-direct de A par B), si θ : B → Aut(A) : y ↦ θ$_y$ : x ↦ y x y$^{–1}$ désigne l'homomorphisme de B dans Aut(A) correspondant à l'action de B sur A par conjugaison, si A ⋊$_θ$ B désigne le produit semi-direct externe de A par B relativement à θ, alors
    (6) G est isomorphe au quotient de A ⋊$_θ$ B par un sous-groupe normal N de A ⋊$_θ$ B possédant les propriétés suivantes :
    1° N ⋂ (A × {1}) = 1 ;
    2° N ⋂ ({1} × B) = 1 ;
    3° N est isomorphe à A ⋂ B.
Supposons qu'un groupe G soit un groupe dicyclique d'ordre 4n. D'après lemme 3, G est engendré par un élément a d'ordre 2n et un élément b tels que
    (7) b$^2$ = a$^n$ et b$^{–1}$ a b = a$^{–1}$.
Si l'on pose A = ⟨a⟩ et B = ⟨b⟩ , A est un sous-groupe normal de G isomorphe à ℤ/2nℤ, B est un sous-groupe de G isomorphe à ℤ/4ℤ, G = AB, A ⋂ B est d'ordre 2 et l'action de B sur A par conjugaison est l'unique homomorphisme θ : y ↦ θ$_y$ de B dans Aut(A) tel que θ$_b$ soit l'automorphisme x ↦ x$^{–1}$ de A. L'action de B sur A correspondant à θ est équivalente (ou quasi équivalente dans une autre terminologie) à l'action (correctement définie)
    (r + 4ℤ, s + 2nℤ) ↦ (–1)$^r$s + 2nℤ
de ℤ/4ℤ sur ℤ/2nℤ. Désignons par ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ le produit semi-direct externe correspondant à cette dernière opération. En revoyant la façon dont on a prouvé que des produits semi-directs externes correspondant à des actions (quasi) équivalentes sont isomorphes, le lecteur s'assurera (en tenant compte de (6)) que
    G est isomorphe au quotient de 2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ par un sous-groupe normal N d'ordre 2 de 2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ tel que
    4° N ⋂ (ℤ/2nℤ × {0}) = {(0, 0)} ;
    5° N ⋂ ({0} × ℤ/4ℤ) = {(0, 0)}.
(Nous désignerons indifféremment par 0 ou par 0 + 2nℤ le neutre 2nℤ de ℤ/2nℤ. Même chose pour le neutre de ℤ/4ℤ.)
Comme un sous-groupe normal d'ordre 2 est toujours central, N doit être central dans ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ. On vérifiera que les seuls éléments centraux d'ordre 2 de ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ sont (n + 2nℤ, 0 + 4ℤ), (0 + 2nℤ, 2 + 4ℤ) et (n + 2nℤ, 2 + 4ℤ). Donc le seul sous-groupe central N d'ordre 2 de ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ satisfaisant aux conditions 4° et 5° est {(0, 0), (n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)}, autrement dit ⟨(n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)⟩. Donc si un groupe G d'ordre 4n est dicyclique, il doit être isomorphe à (ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ)/⟨(n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)⟩. Le lecteur vérifiera que (ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ)/⟨(n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)⟩ est bien dicyclique (et, plus précisément, que si l'on désigne par a la classe de (1 + 2nℤ, 0) modulo (n + 2nℤ, 2 + 4ℤ) et par b la classe de (0, 1 + 4ℤ), la condition (7) est satisfaite, ce qui prouve que G est dicyclique). On a donc prouvé qu’il existe un groupe dicyclique d'ordre 4n ; vu l'unicité du sous-groupe N, on a même de nouveau prouvé que tous les groupes dicycliques d'ordre 4n sont isomorphes.
Puisque deux groupes dicycliques du même ordre sont isomorphes, on dit volontiers « le groupe dicyclique d'ordre 4n ». On le note DC$_n$, Dic$_n$ ou encore Q$_{4n}$. Toutefois, la troisième notation est souvent réservée au cas où l’ordre du groupe dicyclique est une puissance de 2, cas dans lequel on adopte la définition suivante :
Un groupe dicyclique dont l’ordre est une puissance de 2 est appelé un groupe quaternionien généralisé. Le groupe dicyclique d'ordre 8 est appelé le groupe des quaternions, ou encore le groupe quaternionien.
Pour désigner un groupe dicyclique d'ordre 4n, on adoptera ici la notation DC$_n$, mais on préférera la notation Q$_{4n}$ si ce groupe est quaternionien généralisé. (Certains auteurs notent Q$_m$ le groupe quaternionien généralisé d'ordre 2$^m$, mais on ne les suivra pas ici.)

## Quelques traits de la structure des groupes dicycliques

Soit n un nombre naturel non nul.
1° Le groupe dicyclique DC$_n$ d'ordre 4n contient un sous-groupe cyclique C d'ordre 2n tel que tout élément de DC$_n$ – C soit d'ordre 4.
2° Si n est impair, le groupe dicyclique DC$_n$ d'ordre 4n comprend exactement 2n éléments d'ordre 4. Si n est pair, il en comprend exactement 2n + 2.
D'après le lemme 3, DC$_n$ est engendré par un élément a d'ordre 2n et par un élément b tels que b$^2$ = a$^n$ et b$^{–1}$ab = a$^{–1}$. D'après le lemme 2, point b), tout élément de DC$_n$ se met d'une et une seule façon sous la forme x = a$^i$ b$^j$ avec i ∈ {0, 1, ... , 2n – 1} et j ∈ {0, 1}. Donc tout élément x de DC$_n$ – ⟨a⟩ est de la forme x = a$^i$ b avec i ∈ {0, 1, ... , 2n - 1}. La table de multiplication fournie par le lemme 2, point c), donne
    x$^2$ = a$^n$
donc (puisque a$^n$ est d'ordre 2) tout élément x de DC$_n$ – ⟨a⟩ est d'ordre 4, ce qui démontre la première assertion de l'énoncé.
Nous avons donc exactement 2n éléments d'ordre 4 en dehors de ⟨a⟩ . Si n est impair, il n'y a pas d'élément d'ordre 4 dans le groupe cyclique ⟨a⟩ (d'ordre 2n) ; si n est pair, il y en a exactement 2, d'où l'énoncé.
Soit n un nombre naturel ≥ 2. Le groupe dicyclique DC$_n$ d'ordre 4n est un groupe non abélien qui n’est pas isomorphe au groupe diédral D$_{4n}$ de même ordre.
D'après le lemme 7, DC$_n$ contient bien plus d'éléments d'ordre 4 que D$_{4n}$ donc ne lui est pas isomorphe. D'autre part, puisque DC$_n$ contient deux éléments a et b tels que b$^{–1}$ab = a$^{–1}$ ≠ a, il n'est pas abélien.
Soit n un nombre naturel non nul.
* Le groupe dicyclique DC$_n$ d'ordre 4n contient un seul sous-groupe d'ordre 2 (autrement dit comprend un seul élément d'ordre 2).
* Si n ≥ 2, ce sous-groupe est le centre de DC$_n$.
D'après le lemme 7, les éléments de DC$_n$ d'ordre 2 sont les éléments d'ordre 2 d'un certain sous-groupe cyclique d'ordre 2n. Il y en a donc un et un seul, ce qui prouve la première assertion de l'énoncé.
Démontrons la seconde. Comme dans la preuve du lemme 7, DC$_n$ est engendré par un élément a d'ordre 2n et par un élément b tels que b$^2$ = a$^n$ et b$^{–1}$ab = a$^{–1}$, et tout élément de DC$_n$ se met d'une et une seule façon sous la forme x = a$^i$ b$^j$ avec i ∈ {0, 1, ... , 2n – 1} et j ∈ {0, 1}.
Puisque a et b engendrent DC$_n$, x appartient au centre de DC$_n$ si et seulement s'il commute avec a et avec b.
Dire que x commute avec b revient à dire que a$^k$ commute avec b. On pourrait exprimer cela à l'aide de la « table de multiplication », mais on peut dire aussi que la relation b$^{–1}$ab = a$^{–1}$ entraîne b$^{–1}$a$^k$b = a$^{–k}$, de sorte que a$^k$ commute avec b si et seulement si a$^k$ = a$^{–k}$, ce qui a lieu si et seulement si k = 0 ou k = n.
D'autre part, dire que x commute avec a revient à dire que b$^j$ commute avec a, ce qui est garanti lorsque j = 0 et équivaut, lorsque j = 1, à a$^{–1}$ = a. Comme n est supposé ≥ 2, ceci n'a pas lieu. Ainsi, les seuls éléments du centre de DC$_n$ sont a$^0$ = 1 et a$^n$, ce qui achève de prouver l'énoncé.
Remarque. Du fait qu'un groupe dicyclique n'a qu'un élément d'ordre 2, on déduit facilement qu'un groupe dicyclique dont l'ordre est une puissance de 2, autrement dit un groupe quaternionien généralisé, n'a pas de décomposition non triviale en produit semi-direct, c'est-à-dire que les seules façons d'exprimer un tel groupe G comme produit semi-direct sont G⋊1 et 1⋊G.
Soit n un nombre naturel non nul, distinct de 2. Le groupe dicyclique DC$_n$ d'ordre 4n contient un seul sous-groupe cyclique d'ordre 2n. (On verra que ce n’est pas vrai si n = 2.)
D'après le lemme 7, nous pouvons choisir un sous-groupe cyclique ⟨a⟩ d'ordre 2n de DC$_n$ tel que tout élément de DC$_n$ – ⟨a⟩ soit d'ordre 4. Soit x un élément d'ordre 2n de DC$_n$. Il s'agit de prouver que ⟨x⟩ = ⟨a⟩. Puisqu'on suppose n distinct de 2, x est d'ordre distinct de 4 et, d'après ce qui précède, appartient donc à ⟨a⟩. Puisque x et a sont tout deux d'ordre 2n, on a donc ⟨x⟩ = ⟨a⟩, ce qui, comme noté, démontre l'énoncé.
* Le groupe Q$_8$ est formé d'un élément d'ordre 1, d'un élément d'ordre 2 et de six éléments d'ordre 4.
* Tous ses sous-groupes sont normaux.
* Il a exactement 3 sous-groupes d'ordre 4 et ces sous-groupes sont tous trois cycliques.
D'après le lemme 7, Q$_8$ est constitué d'un sous-groupe cyclique d'ordre 4 et de quatre éléments supplémentaires d'ordre 4, ce qui démontre la première assertion de l'énoncé.
Q$_8$ et son sous-groupe trivial sont évidemment des sous-groupes normaux de Q$_8$. Soit H un autre sous-groupe de Q$_8$. Puisque Q$_8$ est d'ordre 8, H est d'ordre 2 ou 4. S'il est d'ordre 4, il est d'indice 2 dans Q$_8$ et donc normal. S'il est d'ordre 2, alors, d’après le théorème 9, il est seul de son ordre parmi les sous-groupes de Q$_8$ et est le centre de Q$_8$, deux raisons de conclure qu’il est caractéristique et donc normal dans Q$_8$.
Puisque Q$_8$ ne comprend qu'un élément d'ordre 2, il ne contient pas de sous-groupe de Klein, donc ses sous-groupes d'ordre 4 sont cycliques. On a vu dans les exercices de la série Automorphismes d'un groupe cyclique que si G est un groupe et n un nombre naturel non nul, le nombre des éléments d'ordre n de G est égal à φ(n) fois le nombre des sous-groupes cycliques d'ordre n de G, où la fonction φ est l'indicateur d'Euler. En faisant n = 4 (d'où φ(n) = 2), on trouve que les sous-groupes cycliques d'ordre 4 de G (autrement dit, d’après ce qui précède, ses sous-groupes d'ordre 4) sont en nombre 3.
Remarque. Les groupes dont tous les sous-groupes sont normaux, appelés groupes de Dedekind, sont classifiés.

## Automorphismes d'un groupe dicyclique

Soit n un nombre naturel non nul, soient α, β des éléments du groupe dicyclique DC$_n$ d'ordre 4n. On suppose que α est d'ordre 2n. Pour que α et β satisfassent aux conditions 1° et 2° suivantes :
    1° β$^2$ = α$^n$ ;
    2° β$^{–1}$αβ = α$^{–1}$,
il faut et il suffit que :
    3° β ∉ ⟨α⟩.
Le cas n = 1 étant immédiat, supposons n ≥ 2. Puisque l'ordre de α est alors différent de 2, α$^{–1}$ ≠ α donc si β$^{–1}$αβ = α$^{–1}$ alors β ∉ ⟨α⟩ (l'hypothèse 1° devient inutile).
Montrons que réciproquement, si β ∉ ⟨α⟩ (3°) alors β$^{–1}$αβ = α$^{–1}$ (2°) et de plus, β$^2$ = α$^n$ (1°). Pour prouver (1°), il nous suffira, d'après le théorème 9, de montrer que β$^2$ est d'ordre 2, c'est-à-dire que β est d'ordre 4.
Supposons d’abord n distinct de 2.
D'après le lemme 10, ⟨α⟩ est alors le seul sous-groupe cyclique d'ordre 2n de DC$_n$.
Par conséquent, d'après le lemme 2, point b), pour tous x ∈ ⟨α⟩ et y ∈ DC$_n$ – ⟨α⟩, on a y$^{–1}$xy = x$^{–1}$. (En effet, avec les notations de ce lemme, $(a^{i}b)^{-1}a^{j}(a^{i}b)=b^{-1}a^{j}b=a^{-j}$.) En particulier :
    si β ∉ ⟨α⟩ alors β$^{–1}$αβ = α$^{–1}$.
De plus, si β ∉ ⟨α⟩ alors d'après le lemme 7, β est d'ordre 4.
Donc notre thèse est démontrée dans le cas où n est distinct de 2.
Supposons maintenant n égal à 2.
L'élément α est alors d'ordre 4. D'après l'hypothèse 3° et le théorème 11, β est donc aussi d'ordre 4.
D'autre part, ⟨α⟩ est d'indice 2 dans DC$_n$ = Q$_8$ et est donc normal dans Q$_8$. (On a d'ailleurs vu au théorème 11 que tous les sous-groupes de Q$_8$ sont normaux.) Donc β$^{–1}$αβ est égal à l'un des deux générateurs de ⟨α⟩ : α ou α$^{–1}$. De plus, puisque ⟨α⟩ est d'indice 2 dans Q$_8$ et que β est supposé ne pas appartenir à ⟨α⟩, α et β engendrent Q$_8$. D'après le corollaire 8, Q$_8$ n’est pas abélien donc, puisque α et β engendrent Q$_8$, β ne commute pas avec α et la seule possibilité restante est :
    2° β$^{–1}$αβ = α$^{–1}$.
Donc notre thèse est encore vraie.
Soit n un nombre naturel non nul, distinct de 2. Aut(DC$_n$) est isomorphe à Hol(ℤ/2nℤ).
D'après le lemme 10, DC$_n$ a un unique sous-groupe cyclique d'ordre 2n ; notons-le C. Il suffit de montrer que Aut(DC$_n$) est isomorphe à Hol(C), ou encore : au produit semi-direct C ⋊ Aut C.
Soit E l'ensemble des couples (α, β) d'éléments de DC$_n$ tels que α engendre C et β ∉ C, et soit (a, b) l'un de ces couples. D'après les lemmes 12 et 4, l'application f ↦ (f(a), f(b)) est une bijection de Aut(DC$_n$) sur E. D'autre part, l'application C ⋊ Aut C → E, (g, φ) ↦ (φ(a), bg) est bijective. Enfin, la bijection composée F : C ⋊ Aut C → Aut(DC$_n$) est un homomorphisme, c'est-à-dire que pour tous (g, φ) et (h, ψ) dans C ⋊ Aut C,
    F(g, φ) ∘ F(h, ψ) = F(gφ(h), φ ∘ ψ).
En effet :
* [F(g, φ) ∘ F(h, ψ)](a) = F(g, φ)(ψ(a)) = φ(ψ(a)) = F(gφ(h), φ ∘ ψ)(a) ;
* [F(g, φ) ∘ F(h, ψ)](b) = F(g, φ)(bh) = F(g, φ)(b)F(g, φ)(h) = bgφ(h) = F(gφ(h), φ ∘ ψ)(b).
Remarque. Ce théorème ne peut pas être étendu au cas où n = 2, comme le montre le théorème suivant.
Aut(Q$_8$) est isomorphe à S$_4$.
D'après le théorème 11, les éléments d'ordre 4 de Q$_8$ sont en nombre 6, donc les couples (α, β) d'éléments de Q$_8$ tels que α soit d'ordre 4 et que β n'appartienne pas à ⟨α⟩ sont en nombre 24. D'après le lemme 12, cela revient à dire que les couples (α, β) d'éléments de Q$_8$ tels que α soit d'ordre 2n, que β$^2$ = α$^n$ et que β$^{–1}$ α β = α$^{–1}$, sont en nombre 24. D'après le lemme 4, il en résulte que Aut(Q$_8$) est d'ordre 24.
On a vu dans les exercices de la série Groupes alternés que si un groupe G d'ordre 24 a un sous-groupe normal d'ordre 4 qui est son propre centralisateur dans G, G est isomorphe à S$_4$. Il suffit donc de prouver que
    (thèse 1) le groupe Int(Q$_8$) des automorphismes intérieurs de Q$_8$ est un sous-groupe normal d'ordre 4 de Aut(Q$_8$) et est son propre centralisateur dans Aut(Q$_8$).
On a vu au chapitre Conjugaison, centralisateur, normalisateur que, pour tout groupe G, Int(G) est un sous-groupe normal de Aut(G) et est isomorphe à G/Z(G). D'après le théorème 7, Z(Q$_8$) est d'ordre 2, donc Int(Q$_8$) est d'ordre 4. Donc pour prouver notre thèse (1), il suffit de prouver que
    (thèse 2) Int(Q$_8$) est son propre centralisateur dans Aut(Q$_8$).
Puisque Int(Q$_8$) est d'ordre 4, il est abélien et donc contenu dans son centralisateur. Tout revient donc à prouver que
    (thèse 3) le centralisateur de Int(Q$_8$) dans Aut(Q$_8$) est d'ordre au plus 4.
Soit donc f un automorphisme de Q$_8$ centralisant Int(Q$_8$).
Soient a un élément d'ordre 4 de Q$_8$ et b un élément de Q$_8$ – ⟨a⟩. Rappelons (lemme 12) qu'alors,
    (4) b$^{–1}$ a b = a$^{–1}$.
Puisque f est supposé centraliser Int(Q$_8$), il commute avec l'homomorphisme intérieur γ$_b$ : x ↦ b$^{-1}$ x b de Q$_8$. On a donc
    f(γ$_b$(a)) = γ$_b$(f(a)),
    f(b$^{–1}$ab) = b$^{–1}$ f(a) b.
D'après (4), ceci peut s'écrire
    f(a$^{–1}$) = b$^{–1}$ f(a) b
    (5) f(a)$^{–1}$ = b$^{–1}$ f(a) b.
Puisque a, et donc aussi f(a), est d'ordre 4, on en déduit (cf. début de la preuve du lemme 12) : b ∉ ⟨f(a)⟩. Ceci étant vrai pour tout élément b de Q$_8$ – ⟨a⟩, on doit avoir f(a) ∈ ⟨a⟩ donc (puisque f(a) est d'ordre 4)
    (6) f(a) ∈ {a, a$^{–1}$}, pour tout élément a d'ordre 4 de Q$_8$.
Choisissons dans Q$_8$ un élément x d'ordre 4 et un élément y de Q$_8$ – ⟨x⟩. (On a vu qu'il existait 24 tels couples (x, y).) Alors y est d'ordre 4 (cf. théorème 11),
    (7) ⟨x, y⟩ = Q$_8$
et, d’après (6), f(x) ∈ {x, x$^{–1}$} et f(y) ∈ {y, y$^{–1}$}.
Il y a donc au plus 4 automorphismes f de Q$_8$ centralisant Int(Q$_8$).
Ceci prouve la thèse (3), d'où l'énoncé.