# Théorie des groupes/Groupes résolubles

Soit G un groupe. On appelle suite dérivée de G la suite $(D^{n}(G))_{n\in \mathbb {N} }$, où $\ D^{n}(G)$ est défini par récurrence sur n par :
$\ D^{0}(G)=G,\quad D^{n+1}(G)=D(D^{n}(G))$ pour tout $n\in \mathbb {N} .$
Soit $f:G_{1}\mapsto G_{2}$ un homomorphisme de groupes. Pour tout nombre naturel n,
    $f(D^{n}(G_{1}))\subseteq D^{n}(G_{2})$
et on a l'égalité si f est surjectif.
Démonstration. C'est banal si n est nul. Supposons que ce soit vrai pour un nombre naturel n et prouvons que cela reste vrai si on remplace n par n + 1. Nous avons vu dans le chapitre Commutateurs, groupe dérivé que si A et B sont des sous-groupes de $G_{1}$, alors l'image de (A, B) par f est (f(A), f(B)). En faisant $\ A=B=D^{n}(G_{1})$, nous trouvons
    $\ (1)\quad f(D^{n+1}(G_{1}))=D(f(D^{n}(G_{1}))).$
Par hypothèse de récurrence, nous avons $\ f(D^{n}(G_{1}))\subseteq D^{n}(G_{2})$ et l'égalité est vraie si f' est surjectif. En passant aux dérivés, nous trouvons que $\ D(f(D^{n}(G_{1})))\subseteq D^{n+1}(G_{2})$ et que l'égalité est vraie si f est surjectif. Il résulte donc de (1) que $f(D^{n+1}(G_{1}))\subseteq D^{n+1}(G_{2})$ et que l'égalité est vraie si f est surjectif, ce qui démontre l'énoncé par récurrence sur n.
En particulier, si H est un sous-groupe d'un groupe G, D$^n$(H) est contenu dans D$^n$(G) pour tout n. (Dans le précédent théorème, faire G$_1$ = H, G$_2$ = G et prendre pour f l'homomorphisme inclusion $x\mapsto x$ de H dans G.)
Soit G un groupe. Les groupes $D^{n}(G)$ sont des sous-groupes caractéristiques (et donc distingués) de G.
Démonstration. Dans le théorème précédent, faisons G$_1$ = G$_2$ = G. Nous trouvons que $\ D^{n}(G)$ est stable par tout endomorphisme de G, donc est caractéristique dans G.
Soient G un groupe et $\ (G_{n})$ une suite de sous-groupes possédant les propriétés suivantes : $G_{0}=G$ et, pour tout n, $\ G_{n+1}$ est un sous-groupe distingué de $\ G_{n}$ tel que $\ G_{n}/G_{n+1}$ soit commutatif. Alors $D^{n}(G)\subseteq G_{n}$ pour tout n.
Démonstration. C'est banal si n = 0. Supposons que ce soit vrai pour un nombre naturel n et prouvons que cela reste vrai si on remplace n par n + 1. De ce que $\ G_{n}/G_{n+1}$ est commutatif, il résulte (chapitre Commutateurs, groupe dérivé) que $(1)\quad D(G_{n})\subseteq G_{n+1}.$ Par hypothèse de récurrence, $D^{n}(G)\subseteq G_{n}$, d'où, par passage aux dérivés, $D^{n+1}(G)\subseteq D(G_{n}).$. En faisant suivre ceci de (1), nous trouvons $D^{n+1}(G)\subseteq G_{n+1}$, ce qui démontre l'énoncé par récurrence sur n.
Un groupe G est dit résoluble s'il existe un nombre naturel n tel que $\ D^{n}(G)=1.$ Dans ce cas, le plus petit nombre naturel n tel que $\ D^{n}(G)=1$ est appelé la classe de résolubilité de G. On dit aussi que G est résoluble de classe n.
Remarques. 1) Si G est un groupe résoluble de classe n, la suite finie $\ G=D^{0}(G),D^{1}(G),\ldots ,D^{n}(G)=1$ est évidemment strictement décroissante. (Si on avait $\ D^{i}(G)=D^{i+1}(G)$ pour un certain $i\leq n-1$, l’application de $\ D^{n-1-i}$ aux deux membres donnerait $\ D^{n-1}(G)=D^{n}(G)$, d'où $\ D^{n-1}(G)=1$, ce qui contredit la minimalité de n.) 2) Un groupe est résoluble de classe 0 si et seulement s'il est réduit à l'élément neutre. 3) Un groupe est résoluble de classe 1 si et seulement s'il est commutatif et non réduit à l'élément neutre. Tout groupe commutatif est résoluble. 4) Un groupe résoluble non réduit à l'élément neutre est distinct de son dérivé. 5) Un groupe G est résoluble si et seulement si D(G) est résoluble. Si D(G) est résoluble de classe n et que G n’est pas réduit à l'élément neutre (auquel cas, d’après la remarque précédente, D(G) est distinct de G), G est résoluble de classe n + 1. 6) Un groupe simple résoluble est commutatif et donc cyclique d'ordre premier. En effet, soit G un groupe simple résoluble. Puisque G est simple, il n’est pas réduit à l'élément neutre. Puisqu’il est résoluble, il résulte donc d'une précédente remarque que D(G) < G. Puisque D(G) est distingué dans G et que G est simple, on a donc D(G) = 1, donc G est commutatif. Or on a vu que tout groupe simple commutatif est cyclique d'ordre premier. 7) Un groupe simple non commutatif n’est pas résoluble. (C'est une autre formulation de la remarque précédente.)
8) Soit f un homomorphisme d'un groupe G$_1$ dans un groupe G$_2$. Nous avons vu que pour tout n, f(D$^n$(G$_1$)) est égal à D$^n$(f(G$_1$)). Il en résulte que si f est un homomorphisme partant d'un groupe G résoluble de classe n, alors f(G) est résoluble de classe ≤ n. En particulier, si H est un sous-groupe distingué de G, si G est résoluble de classe n, alors G/H est résoluble de classe ≤ n. (Considérer l'homomorphisme canonique de G sur G/H.) 9) En appliquant la remarque 8) à un isomorphisme f et à l'isomorphisme réciproque, on voit que si G est un groupe résoluble de classe n, tout groupe isomorphe à G est résoluble de classe n. 10) Nous avons vu que si H est un sous-groupe d'un groupe G, D$^n$(H) est contenu dans D$^n$(G) pour tout n. Donc si G est un groupe résoluble de classe n, tout sous-groupe de G est résoluble de classe ≤ n.
Soient G un groupe et H un sous-groupe distingué de G. Si G/H est résoluble de classe p et H résoluble de classe q, G est résoluble de classe ≤ p + q.
Démonstration. Soit π l'homomorphisme canonique de G sur G/H. Nous avons π(D$^p$(G)) = D$^p$(π (G)) = D$^p$(G/H). Par définition de p, D$^p$(G/H) = 1, donc π(D$^p$(G)) = 1, c'est-à-dire que D$^p$(G) ⊆ H. Dès lors, D$^q$(D$^p$(G)) ⊆ D$^q$(H), autrement dit D$^{p+q}$(G) ⊆ {1}, donc G est bien résoluble de classe ≤ p + q. Remarque. G peut être résoluble de classe < p + q. Prendre par exemple pour G le produit direct d'un groupe commutatif non trivial H par un groupe commutatif non trivial K. Alors G, H et G/H (qui est isomorphe à K) sont tous trois résolubles de classe 1.
Remarque. Deux groupes K et Q étant donnés, on dit qu'un groupe G est extension de K par Q s'il existe un sous-groupe normal N de G tel que N soit isomorphe à K et G/N isomorphe à Q. En particulier, si H est un sous-groupe normal d'un groupe G, G est extension de H par G/H. Dans cette terminologie, le théorème qui précède montre qu'une extension d'un groupe résoluble par un groupe résoluble est elle-même un groupe résoluble.
Soient G un groupe, H et K des sous-groupes de G tels que K normalise H (autrement dit, K est contenu dans le normalisateur de H dans G). Si K est résoluble de classe p et H résoluble de classe q, alors le sous-groupe HK de G est résoluble de classe ≤ p + q.
Démonstration. D'après le second théorème d'isomorphisme, HK/H est isomorphe à un quotient de K et est donc résoluble de classe ≤ p, donc HK est résoluble de classe ≤ p + q d’après le théorème précédent.
Remarque. Le produit direct d'un groupe résoluble de classe p et d'un groupe résoluble de classe q est résoluble de classe r, où r désigne le plus grand des deux nombres p et q. (Voir exercices.)
Soient G un groupe et n un nombre naturel. Les trois conditions suivantes sont équivalentes : 1) G est résoluble de classe ≤ n; 2) il existe une suite de composition G = G$_0$ ⊇ G$_1$ ⊇ ... ⊇ G$_n$ = 1 où tous les G$_i$ sont distingués dans G et dont tous les quotients sont commutatifs; 3) il existe une suite de composition G = G$_0$ ⊇ G$_1$ ⊇ ... ⊇ G$_n$ = 1 dont tous les quotients sont commutatifs;
Démonstration. Supposons 1) et prouvons 2). Il suffit évidemment de prendre G$_i$ égal à D$^i$(G). Il est banal que 2) entraîne 3). Prouvons que 3) entraîne 1). Dans l'hypothèse 3), nous avons, d’après un théorème précédent, D$^i$(G) ⊆ G$_i$ pour tout i. C'est vrai en particulier pour i = n, donc D$^n$(G) = 1, donc G est résoluble de classe ≤ n, ce qui prouve 1).
Si un groupe résoluble G admet une suite de Jordan-Hölder, tous les quotients des suites de Jordan-Hölder de G sont cycliques d'ordres premiers (et, en particulier, G est fini).
Démonstration. Soit G$_i$/G$_{i+1}$ un quotient d'une suite de Jordan-Hölder de G. Prouvons que ce quotient est un groupe résoluble. Puisque G$_i$ est sous-groupe du groupe résoluble G, il est résoluble. Donc G$_i$/G$_{i+1}$ est quotient d'un groupe résoluble et est donc résoluble comme annoncé. D'autre part, par définition d'une suite de Jordan-Hölder, G$_i$/G$_{i+1}$ est simple. Il est donc à la fois simple et résoluble. Nous avons vu dans une remarque que tout groupe simple résoluble est cyclique d'ordre premier, d'où l'énoncé.
Soit G un groupe fini. Pour que G soit résoluble, il faut et il suffit qu’il admette une suite de composition dont tous les quotients sont cycliques d'ordre premier.
Démonstration. Supposons d’abord G résoluble et prouvons qu’il admet une suite de composition dont tous les quotients sont cycliques d'ordre premier. Puisque G est fini, il admet une suite de Jordan-Hölder. Puisque nous supposons G résoluble, il résulte du théorème précédent que les quotients d'une telle suite sont cycliques d'ordre premier, d'où notre thèse. Réciproquement, supposons que G admette une suite de composition dont tous les quotients sont cycliques d'ordre premier. Alors ces quotients sont commutatifs, donc G est résoluble d’après l'avant-dernier théorème, partie 3) ⇒ 1).