# Théorie des groupes/Exercices/Groupes diédraux
## Problème 1

Soit n un entier naturel non nul, soit G un groupe d'ordre 2n. Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :
1° G est diédral ;
2° G contient un sous-groupe cyclique C d'ordre n tel que tout élément de G n'appartenant pas à C soit d'ordre 2.
L'implication 1° ⇒ 2° résulte d'un théorème démontré dans le chapitre théorique. Démontrons l'implication 2° ⇒ 1°. Soit donc C un sous-groupe cyclique d'ordre n de G tel que tout élément de G n'appartenant pas à C soit d'ordre 2. Il s'agit de prouver que G est diédral. Choisissons un générateur a de C, c'est-à-dire un élément a de C tel que C = <a>. Choisissons aussi un élément b de G n'appartenant pas à C. Alors b et ab sont tous deux hors de C, donc, par hypothèse, ils sont tous deux d'ordre 2. Le sous-groupe <b, ab> de G engendré par b et ab comprend a et contient donc C :
    (1) C ≤ <b, ab>.
D'autre part, puisque C est d'indice 2 dans G et ne comprend pas b, <C, b> = G (appliquer par exemple la formule des indices aux sous-groupes C ≤ <C, b> ≤ G). Joint à (1), ceci montre que b et ab engendrent G. Puisque b et ab sont tous deux d'ordre 2, il résulte d'un théorème démontré dans le chapitre théorique que G est diédral.

## Problème 2

a) Soit p un nombre premier. Prouver que tout groupe d'ordre 2p est cyclique ou diédral. (Indication : utiliser les théorèmes de Sylow et, par exemple, le problème précédent.)
On sait que tout groupe d'ordre 4 est un groupe cyclique ou un groupe de Klein, donc l'énoncé est vrai pour p = 2. On supposera donc p distinct de 2. Soit G un groupe d'ordre 2p non cyclique; il s'agit de prouver que G est diédral. Puisque nous supposons p distinct de 2, un p-sous-groupe de Sylow de G est un groupe d'ordre p. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des sous-groupes d'ordre p de G est congru à 1 modulo p et divise 2, donc est égal à 1. Donc G contient un seul sous-groupe d'ordre p, soit P. Puisque P est le seul sous-groupe d'ordre p de G, tout élément de G n'appartenant pas à P est d'ordre distinct de p. D'autre part, puisque G est d'ordre 2p et n’est pas cyclique, tout élément de G est d'ordre 1, 2 ou p. Donc tout élément de G n'appartenant pas à P est d'ordre 2. Comme tout groupe d'ordre premier est cyclique, P est cyclique. L'énoncé résulte donc du problème précédent.
b) Prouver que S$_3$ est isomorphe à D$_6$.
Cela résulte immédiatement du point a), compte tenu que S$_3$ est d'ordre 6 et n’est pas cyclique (ni même abélien). On peut dire aussi que d’après le chapitre théorique, D$_6$ est isomorphe à un sous-groupe H de S$_3$. Comme H et S$_3$ sont tous deux d'ordre 6, ils sont égaux, donc D$_6$ est isomorphe à S$_3$.

## Problème 3

a) Prouver que les 2-sous-groupes de Sylow de $S_{4}$ sont isomorphes à $D_{8}$ (groupe diédral d'ordre 8).
D'après le chapitre théorique, $D_{8}$ est isomorphe à un certain groupe de permutations d'un ensemble d'ordre 4 et est donc isomorphe à un sous-groupe de $S_{4}.$ Puisque l'ordre de $D_{8}$ est une puissance de 2, il en résulte que
    (1)$\qquad D_{8}$ est isomorphe à un sous-groupe d'un 2-sous-groupe de Sylow de $S_{4}.$
D'autre part, puisque $S_{4}$ est d'ordre 24, ses 2-sous-groupes de Sylow sont d'ordre 8 et ont donc le même ordre que $D_{8}$. Il résulte donc de (1) que $D_{8}$ est isomorphe à un 2-sous-groupe de Sylow de $S_{4}.$ Puisque les 2-sous-groupes de Sylow de $S_{4}$ sont isomorphes entre eux, cela démontre l'énoncé.
b) Prouver que les 2-sous-groupes de Sylow de $S_{6}$ et ceux de $S_{7}$ sont isomorphes au produit direct
    $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}.$
Le groupe $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ est isomorphe à $S_{2}$ et, par exemple d'après le point a), $D_{8}$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_{4}$, donc
    (1)$\qquad \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ est isomorphe à un sous-groupe du produit direct $S_{2}\times S_{4}.$
D'autre part, $S_{2}\times S_{4}$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_{6}$ (voir un exercice de la série Groupes symétriques finis). Joint à (1), cela montre que
    $\qquad \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_{6}.$
Puisque $S_{6}$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_{7}$, notre dernier résultat montre que
    (2)$\qquad \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_{6}$ et à un sous-groupe de $S_{7}.$
Puisque l'ordre de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ est une puissance de 2, il résulte de (2) que
    (3)$\qquad \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ est isomorphe à un sous-groupe d'un 2-sous-groupe de Sylow de $S_{6}$ et à un sous-groupe d'un 2-sous-groupe de Sylow de $S_{7}.$
Mais $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ et les 2-sous-groupes de Sylow de $S_{6}$ et de $S_{7}$ sont tous d'ordre 16, donc, d'après (3)
    $\qquad \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \times D_{8}$ est isomorphe à un 2-sous-groupe de Sylow de $S_{6}$ et à un 2-sous-groupe de Sylow de $S_{7}.$
Puisque les 2-sous-groupe de Sylow de $S_{6}$ (resp. de $S_{7}$) sont tous isomorphes entre eux, l'énoncé en résulte.
Remarque. Dans le chapitre Produit en couronne, nous « expliciterons » la structure de tous les sous-groupes de Sylow de tous les groupes symétriques finis.

## Problème 4 (Centre d'un groupe diédral)

Déterminer le centre du groupe D$_{2n}$.
Si n est égal à 1 ou à 2, le groupe D$_{2n}$ est commutatif, donc son centre est D$_{2n}$ tout entier. Supposons maintenant n ≥ 3. D'après le chapitre théorique, D$_{2n}$ contient un unique sous-groupe cyclique d'ordre n, soit A. Pour tout élément x de A et tout élément y de D$_{2n}$ - A, y est d'ordre 2 et yxy = x$^{-1}$, autrement dit
    yxy$^{-1}$ = x$^{-1}$.
Choisissons un générateur a de A. La précédente égalité est vraie pour x = a, donc yay$^{-1}$ = a$^{-1}$. Puisque a est d'ordre n ≥ 3, a$^{-1}$ est différent de a, donc yay$^{-1}$ ≠ a, donc y ne commute pas avec a. Ceci prouve qu'aucun élément y de D$_{2n}$ - A n'appartient au centre de D$_{2n}$. Reste à voir quels éléments de A appartiennent au centre de D$_{2n}$. Choisissons un élément b de D$_{2n}$ - A. Alors A et b engendrent D$_{2n}$. Comme A est commutatif, il en résulte qu'un élément x de A appartient au centre de D$_{2n}$ si et seulement s'il commute avec b. Or bxb$^{-1}$ = bxb = x$^{-1}$, donc un élément x de A appartient au centre de D$_{2n}$ si et seulement si x$^{-1}$ = x, c'est-à-dire si et seulement si x$^{-2}$ = 1, autrement dit si et seulement si x est d'ordre 1 ou 2. Si n est impair, A ne comprend pas d'élément d'ordre 2. Si n est pair, A comprend un seul élément d'ordre 2 (car on a vu au chapitre sur les groupes monogènes que pour tout diviseur d de l’ordre d'un groupe cyclique G, G contient un et un seul sous-groupe d'ordre d). Nous avons donc prouvé que si n ≥ 3, alors : 1° si n est impair, le centre de D$_{2n}$ est réduit à l'élément neutre; 2° si n est pair, le centre de D$_{2n}$ est l'unique sous-groupe d'ordre 2 de l'unique sous-groupe cyclique d'ordre n de D$_{2n}$.

## Problème 5

Prouver que si n est un nombre naturel impair, D$_{4n}$ est isomorphe à D$_{2n}$ × Z/2Z (produit direct) et que c’est faux si n est un nombre naturel pair (> 0).
Pour que tous les groupes considérés soient multiplicatifs, nous utiliserons le groupe d'ordre 2 formé par la partie {1, - 1} de Z, munie de la multiplication. Supposons tout d’abord n impair. Nous savons que D$_{2n}$ comprend un élément a d'ordre n et un élément b d'ordre 2 n'appartenant pas à <a> tels que bab = a$^{-1}$. Prouvons que (a, -1) est un élément d'ordre 2n de D$_{2n}$ × {1, -1}. Il est clair que (a, -1)$^{2n}$ = 1. Si r est un nombre naturel tel que (a, -1)$^r$ = 1, alors a$^r$ = 1 et (-1)$^r$ = 1, donc r est divisible par n et par 2. Puisque nous supposons n impair, r est donc divisible par 2n, ce qui prouve que (a, -1) est d'ordre 2n, comme annoncé. (On montre d'ailleurs facilement que si x est un élément d'ordre fini d'un groupe G et y un élément d'ordre fini d'un groupe H, l’ordre de (x, y) dans le produit direct de G par H est le ppcm des ordres de x et de y.) D'autre part, (b, 1) est un élément d'ordre 2 de D$_{2n}$ × {1, -1}. Puisque b n'appartient pas à <a>, il est clair que (b, 1) n'appartient pas à <(a, -1)>. Enfin, (b, 1) (a, -1) (b, 1) = (bab, -1) = (a$^{-1}$, -1) = (a, -1)$^{-1}$. Puisque D$_{2n}$ × {1, -1} est d'ordre 4n, nos résultats entraînent que D$_{2n}$ × {1, -1} est isomorphe à D$_{4n}$. La première partie de l'énoncé est donc démontrée. Soit maintenant n un nombre naturel pair > 0. Si n = 2, D$_{2n}$ est un groupe de Klein et est donc commutatif, de sorte que son centre est d'ordre 4; si n > 2, il résulte d'un précédent exercice que le centre de D$_{2n}$ est d'ordre 2. Donc, que n soit égal ou supérieur à 2, le centre de D$_{2n}$ est d'ordre au moins égal à 2. Le centre de D$_{2n}$ × {1, -1} est Z(D$_{2n}$) × Z({1, -1}) (voir exercices sur les produits de groupes), autrement dit Z(D$_{2n}$) × {1, -1} et est donc d'ordre au moins égal à 4. Mais l’ordre de D$_{2n}$ × {1, -1} est au moins égal à 8, donc > 4, et il résulte d'un exercice ci-dessus que le centre d'un groupe diédral d'ordre > 4 est d'ordre au plus 2. Donc D$_{2n}$ × {1, -1} n’est pas diédral.

## Problème 6 (Dérivé et suite centrale descendante d'un groupe diédral)

a) Déterminer le dérivé du groupe diédral D$_{2n}$. Montrer que ce dérivé est un groupe commutatif. En déduire que D$_{2n}$ est résoluble.
D'après le chapitre théorique, D$_{2n}$ contient (au moins) un sous-groupe cyclique d'ordre n, que nous noterons C$_n$. (Si n est distinct de 2, C$_n$ est défini de manière unique.) Pour tout élément x de C$_n$ et tout élément y de $D_{2n}\setminus C_{n}$, y est d'ordre 2 et yxy = x$^{-1}$, autrement dit
    (1) y$^{-1}$xy = x$^{-1}$.
Soient a et b deux éléments de D$_{2n}$.
Si a et b appartiennent tous deux à C$_n$, ils commutent, donc [a, b] = 1.
Si a appartient à C$_n$ et b à D$_{2n}$ - C$_n$, alors, d’après (1),
[a,b] = a$^{-1}$(b$^{-1}$ab) = a$^{-2}$.
Si a appartient à D$_{2n}$ - C$_n$ et b à C$_n$, alors
[a, b] = (a$^{-1}$b$^{-1}$a)b = b$^2$.
Enfin, si a et b appartiennent tous deux à D$_{2n}$ - C$_n$, l'élément c := ab appartient à C$_n$, d'où
[a, b] = a$^{-1}$b$^{-1}$(ab) = a$^{-1}$(c$^{-1}$a)c = [a, c] = c$^2$ d’après le résultat précédent.
Ainsi, les commutateurs d'éléments de D$_{2n}$ sont exactement les carrés d'éléments de C$_n$. Si n est pair, il résulte du chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément que les carrés d'éléments de C$_n$ sont exactement les éléments de l'unique sous-groupe d'ordre n/2 de C$_n$ ; il en résulte clairement que dans ce cas, le dérivé de D$_{2n}$ est l'unique sous-groupe d'ordre n/2 de C$_n$. Si maintenant n est impair, alors, d’après un exercice de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément, les carrés d'éléments de C$_n$ sont exactement les éléments de C$_n$ ; il en résulte clairement que dans ce cas, le dérivé de D$_{2n}$ est C$_n$. Puisque C$_n$ est un groupe cyclique et donc commutatif, il résulte de ce qui précède que le dérivé de D$_{2n}$ est commutatif. Cela entraîne que D$_{2n}$ est résoluble de classe $\leq 2$ (et de classe 2 si n > 1).
Remarque : dans la détermination du dérivé, on aurait pu éviter des calculs en raisonnant comme suit. Soit c un générateur du groupe cyclique $C_{n}$, soit d un élément de $D_{2n}\setminus C_{n}$. Alors {c,d} est une partie génératrice de $D_{2n}$, donc, d'après un théorème démontré au chapitre Commutateurs, groupe dérivé, le dérivé de $D_{2n}$ est le sous-groupe normal de $D_{2n}$ engendré par les commutateurs de la forme [x, y], où x et y parcourent {c,d}. Si x = y, alors [x,y] = 1; d'autre part, [c,d] est l'inverse de [d,c]; donc nous pouvons limiter les commutateurs [x,y] au seul commutateur [d,c], c'est-à-dire que
    (1) le dérivé de $D_{2n}$ est le sous-groupe normal de $D_{2n}$ engendré par $[d,c]=(d^{-1}c^{-1}d)c=c^{2}.$
Comme tout sous-groupe d'un groupe cyclique C est caractéristique dans C, $<c^{2}>$ est caractéristique dans $C_{n}$; d'autre part, $C_{n}$ est normal dans $D_{2n}$ (par exemple parce qu'il est d'indice 2 dans $D_{2n}$), donc $<c^{2}>$ est normal dans $D_{2n}$ et est donc le sous-groupe normal de $D_{2n}$ engendré par $c^{2}$. Notre résultat (1) signifie donc que le dérivé de $D_{2n}$ est $<c^{2}>$.
b) Déterminer la suite centrale descendante du groupe diédral D$_{2n}$. Prouver qu'un groupe diédral est nilpotent si et seulement si son ordre est une puissance de 2. Préciser alors sa classe de nilpotence.
Mettons l’ordre 2n de D$_{2n}$ sous la forme 2$^r$m, avec r ≥ 1 et m impair.
Supposons d’abord 2$^r$m ≥ 6. Alors, comme on l'a vu au point a), $\ D_{2^{r}m}$ contient un et un seul sous-groupe cyclique d'ordre 2$^{r-1}$m, soit $\ C_{2^{r-1}m}$, et le dérivé de $\ D_{2^{r}m}$ est l’ensemble des carrés de $\ C_{2^{r-1}m}$. Désignons par $\ (\gamma _{i}(D_{2^{r}m}))_{i\geq 1}$ la suite centrale descendante de $\ D_{2^{r}m}$.
Prouvons que pour tout i ≥ 2, $\ \gamma _{i+1}(D_{2^{r}m})$ est formé par les carrés d'éléments de $\ \gamma _{i}(D_{2^{r}m})$. Puisque la suite centrale est décroissante, $\ \gamma _{i}(D_{2^{r}m})$ est contenu dans $\ C_{2^{r-1}m}$, qui est un groupe commutatif, donc il suffit de prouver que si a est un élément de $\ D_{2^{r}m}$ et b un élément de $\ \gamma _{i}(D_{2^{r}m})$, alors [a, b] est le carré d'un élément de $\ \gamma _{i}(D_{2^{r}m})$. Si tout d’abord a appartient à $\ C_{2^{r-1}m}$, alors a et b appartiennent au même sous-groupe commutatif $\ C_{2^{r-1}m}$, donc [a, b] = 1. Si maintenant a n'appartient pas à $\ C_{2^{r-1}m}$, alors (puisque b appartient à $\ C_{2^{r-1}m}$) a$^{-1}$b$^{-1}$a = b, d'où [a, b] = a$^{-1}$b$^{-1}$ab = b$^2$ et il est encore vrai que [a, b] est le carré d'un élément de $\ \gamma _{i}(D_{2^{r}m})$. De plus, tous les carrés d'éléments de $\ \gamma _{i}(D_{2^{r}m})$ s'obtiennent de cette façon.
Nous avons donc prouvé, comme annoncé, que pour tout i ≥ 2, $\ \gamma _{i+1}(D_{2^{r}m})$ est formé par les carrés d'éléments de $\ \gamma _{i}(D_{2^{r}m})$. On en tire de proche en proche
    que $\ \gamma _{r-1}(D_{2^{r}m})$ est le sous-groupe d'ordre 2m de $\ C_{2^{r-1}m},$
    que $\ \gamma _{r}(D_{2^{r}m})$ est le sous-groupe d'ordre m de $\ C_{2^{r-1}m},$
    et que $\ \gamma _{r+1}(D_{2^{r}m})$ est lui aussi le sous-groupe d'ordre m de $\ C_{2^{r-1}m},$
Dans le cas où m = 1, c'est-à-dire si l’ordre du groupe diédral considéré est une puissance de 2, nous trouvons que $\ D_{2^{r}}$ est nilpotent de classe r - 1. Nous l'avons prouvé pour r ≥ 3, mais c’est encore vrai pour r = 2, puisque D$_4$ est un groupe abélien d'ordre 4. Si maintenant le nombre impair m est > 1, nos résultats montrent que la suite centrale descendante de $\ D_{2^{r}m}$ piétine sur le sous-groupe d'ordre m de $\ C_{2^{r-1}m}$. Comme ce sous-groupe n’est pas réduit à l'élément neutre, $\ D_{2^{r}m}$ n'est donc pas nilpotent.
Remarque. D'après le point a), la classe de résolubilité de tout groupe diédral est inférieure ou égale à 2. D'autre part, d’après la solution du point b), il y a des groupes diédraux nilpotents dont la classe de nilpotence est aussi grande qu'on veut. Cela montre que la classe de nilpotence d'un groupe nilpotent ne peut pas être bornée en fonction de sa classe de résolubilité (alors que sa classe de résolubilité est bornée en fonction de sa classe de nilpotence).
c) On a vu dans le chapitre théorique Groupes nilpotents que, pour tout groupe G et tous nombres naturels i, j non nuls, [C$_i$(G), C$_j$(G)] ≤ C$_{i+j}$(G). Prouver qu'on n'a pas forcément l'égalité.
Posons G = D$_{32}$. D'après le point a), [C$_2$(G), C$_2$(G)] = 1. D'après le point b), la classe de nilpotence de G est 4, donc C$_4$(G) > 1 = [C$_2$(G), C$_2$(G)].

## Problème 7

On a vu au chapitre Groupes nilpotents que si G est un groupe nilpotent et H un sous-groupe normal de G non réduit à l'élément neutre, alors H ⋂ Z(G) n’est pas réduit à l'élément neutre. Donner un exemple de la situation suivante : G est un groupe nilpotent, H est un sous-groupe de G non réduit à l'élément neutre et H ⋂ Z(G) est réduit à l'élément neutre. (Indication : prendre pour G un groupe diédral convenablement choisi.)
Prenons pour G le groupe diédral D$_8$ d'ordre 8. Ce groupe est nilpotent, puisque son ordre est une puissance de nombre premier. D'après le chapitre théorique, G admet un unique sous-groupe cyclique d'ordre 4, soit C. D'après un exercice précédent, le centre de G est contenu dans C et tout élément de G qui n'appartient pas à C est d'ordre 2. Choisissons un élément a de G n'appartenant pas à C et désignons par H le sous-groupe {1, a} de G. D'après ce qui précède, H ⋂ Z(G) = 1, alors que H n’est pas réduit à l'élément neutre.

## Problème 8 (Sous-groupes et sous-groupes normaux d'un groupe diédral)

Le but de cet exercice est de déterminer tous les sous-groupes et tous les sous-groupes normaux du groupe diédral D$_{2n}$. Le lecteur appréciera si cette question l'intéresse. (Un des résultats sera utilisé dans la démonstration de l'isomorphie des groupes simples d'ordre 168.) Les cas n = 1 et n = 2 étant banals, on supposera n ≥ 3, ce qui permet de parler de l'unique sous-groupe cyclique d'ordre n de D$_{2n}$. On désignera ce sous-groupe par C$_n$. Pour tout diviseur d de n (diviseur signifiant toujours diviseur naturel dans cet exercice), on désignera par C$_d$ l'unique sous-groupe d'ordre d de C$_n$.
a) Prouver que tout sous-groupe de C$_n$ est normal dans D$_{2n}$.
Puisque C$_n$ est d'indice 2 dans D$_{2n}$, il est normal dans D$_{2n}$. D'autre part, puisque C$_n$ est cyclique, tout sous-groupe de C$_n$ est caractéristique dans C$_n$. On a démontré dans le chapitre Sous-groupes caractéristiques que tout sous-groupe caractéristique d'un sous-groupe normal d'un groupe G est normal dans G, donc tout sous-groupe de C$_n$ est normal dans D$_{2n}$. Voici une démonstration qui ne fait pas intervenir la notion de sous-groupe caractéristique. Soit H un sous-groupe de C$_n$; il s'agit de prouver que H est normal dans D$_{2n}$. Soient h un élément de H et x un élément de D$_{2n}$. Il suffit de prouver que x$^{-1}$ h x appartient à H. C'est vrai si x appartient à C$_n$ parce qu'alors x et h appartiennent au même groupe abélien C$_n$ et c’est encore vrai si x n'appartient pas à C$_n$ parce qu'alors x$^{-1}$ h x = h$^{-1}$ (voir le chapitre théorique).
b) Soient H un sous-groupe de C$_n$ et b un élément de D$_{2n}$ - C$_n$ (ensemble des éléments de D$_{2n}$ qui n'appartiennent pas à C$_n$). Prouver que l’ensemble H ∪ Hb (qui, d’après le point a), peut s'écrire aussi H ∪ bH) est un sous-groupe de D$_{2n}$.
Puisque 1 ∈ H ⊂ H ∪ Hb, l’ensemble H ∪ Hb comprend 1. Prouvons que si x, y sont des éléments de H ∪ Hb, xy en est un aussi. Premier cas : x et y appartiennent tous deux à H. Alors xy ∈ H ⊂ H ∪ Hb, donc xy ∈ H ∪ Hb. Second cas : x ∈ H et y ∈ Hb. Alors y = hb avec h ∈ H, donc xy = (xh)b avec xh ∈ H, donc xy ∈ Hb ⊂ H ∪ Hb, donc xy ∈ H ∪ Hb. Troisième cas : x ∈ Hb et y ∈ H. Alors (puisque, d’après le point a), Hb = bH), x = bh avec h ∈ H, d'où xy = b(hy) avec hy ∈ H, donc xy ∈ bH = Hb ⊂ H ∪ Hb, donc xy ∈ H ∪ Hb. Quatrième cas : x ∈ Hb et y ∈ Hb. Alors x ∈ Hb et y ∈ bH, donc xy ∈ Hb$^2$H; d’après le chapitre théorique, b est d'ordre 2, donc xy ∈ H⊂ H ∪ Hb, donc xy ∈ H ∪ Hb. Nous avons donc prouvé que si x, y sont des éléments de H ∪ Hb, xy en est un aussi. Autrement dit, H ∪ Hb est un sous-monoïde de D$_{2n}$. Reste à prouver que si x est un élément de H ∪ Hb, alors x$^{-1}$ en est un aussi. Si x appartient à H, alors x$^{-1}$ appartient à H. Si maintenant x appartient à Hb, alors x appartient à D$_{2n}$ - C$_n$, donc, d’après le chapitre théorique, il est d'ordre 2, donc il est son propre inverse, donc x$^{-1}$ appartienr à Hb. Dans les deux cas, x$^{-1}$ appartient à H ∪ Hb. (On aurait pu dire aussi qu'on a montré que H ∪ Hb est un sous-monoïde de D$_{2n}$ et que, d'après un exercice de la série Groupes, premières notions, tout sous-monoïde d'un groupe fini est un sous-groupe de ce groupe.)
c) Soit H un sous-groupe de C$_n$. Prouver que les sous-groupes de D$_{2n}$ de la forme H ∪ Hb, où b parcourt les éléments de D$_{2n}$ - C$_n$, sont en quantité n/|H|. Prouver que si ${\mathcal {E}}$ est un ensemble de sous-groupes de C$_n$, le nombre des sous-groupes de D$_{2n}$ de la forme H ∪ Hb, où H parcourt ${\mathcal {E}}$ et où b parcourt D$_{2n}$ - C$_n$, est
    $\sum _{H\in {\mathcal {E}}}n/\vert H\vert .$
Soit H un sous-groupe de C$_n$; prouvons que les sous-groupes de D$_{2n}$ de la fome H ∪ Hb, où b parcourt D$_{2n}$ - C$_n$, sont en quantité $n/\vert H\vert .$. D'après le point b), il revient au même de prouver que les ensembles H ∪ Hb, où b parcourt D$_{2n}$ - C$_n$, sont en quantité $n/\vert H\vert .$. Désignons par F(H) l’ensemble des parties de D$_{2n}$ de la forme H ∪ Hb, où b parcourt D$_{2n}$ - C$_n$. Il s'agit de prouver que
    $\vert F(H)\vert =n/\vert H\vert .$
Considérons l’application f$_H$ : b ↦ H ∪ Hb de D$_{2n}$ - C$_n$ dans F(H). Par définition de F(H), cette application est surjective. Étant donné un élément b de D$_{2n}$ - C$_n$, les éléments b' de D$_{2n}$ - C$_n$ tels que f$_H$(b') = f$_H$(b) sont les éléments b' de D$_{2n}$ - C$_n$ tels que H ∪ Hb' = H ∪ Hb. En passant aux intersections avec D$_{2n}$ - C$_n$, nous voyons que cette condition entraîne Hb' = Hb et la réciproque est évidente. Donc les éléments b' de D$_{2n}$ - C$_n$ tels que f$_H$(b') = f$_H$(b) sont les b' tels que Hb' = Hb, autrement dit ce sont les élémens de Hb et ils sont donc en nombre |H|. D'après le principe des bergers, nous avons donc
    $\qquad \vert F(H)\vert ={\frac {D_{2n}-C{n}}{\vert H\vert }},$
    $(1)\qquad \vert F(H)\vert ={\frac {n}{\vert H\vert }},$
ce qui démontre la première assertion de l'énoncé. Pour tout sous-groupe H de C$_n$ et pour tout élément b de D$_{2n}$ - C$_n$,
    (H ∪ Hb) ⋂ C$_n$ = H,
donc si H$_1$ et H$_2$ sont deux différents sous-groupes de C$_n$, si b$_1$ et b$_2$ sont des éléments de D$_{2n}$ - C$_n$, alors
    H$_1$ ∪ H$_1$b$_1$ ≠ H$_2$ ∪ H$_2$b$_2$.
Il en résulte que si H$_1$ et H$_2$ sont deux différents sous-groupes de C$_n$, alors
    (2) F(H$_1$) ⋂ F(H$_2$) = ∅.
Soit ${\mathcal {E}}$ un ensemble de sous-groupes de C$_n$. L'ensemble des sous-groupes de D$_{2n}$ de la forme H ∪ Hb, où H parcourt ${\mathcal {E}}$ et où b parcourt D$_{2n}$ - C$_n$, est
    $\bigcup _{H\in {\mathcal {E}}}F(H)$
et, d’après notre résultat (2), son cardinal est donc
    $\sum _{H\in {\mathcal {E}}}\vert F(H)\vert ,$
autrement dit, d’après (1),
    $\sum _{H\in {\mathcal {E}}}{\frac {n}{\vert H\vert }},$
ce qui démontre la seconde partie de l'énoncé.
d) Prouver que les sous-groupes de D$_{2n}$ sont d’une part les sous-groupes de C$_n$ et d’autre part les ensembles H ∪ Hb, où H parcourt les sous-groupes de C$_n$ et b les éléments de D$_{2n}$ - C$_n$. Prouver que le nombre des sous-groupes de D$_{2n}$ est τ(n) + σ(n), où τ(n) désigne le nombre des diviseurs (naturels) de n et σ(n) la somme de ces diviseurs.
Tout sous-groupe de C$_n$ est évidemment un sous-groupe de D$_{2n}$. De plus, d’après le point b), tout ensemble de la forme H ∪ Hb, où H est un sous-groupe de C$_n$ et b un élément de D$_{2n}$ - C$_n$, est également un sous-groupe de D$_{2n}$. Prouvons que, réciproquement, tout sous-groupe de D$_{2n}$ est d'un de ces deux types. Soit K un sous-groupe de D$_{2n}$ non contenu dans C$_n$. Il s'agit de prouver que
    thèse (3) K est de la forme H ∪ Hb, H étant un sous-groupe de C$_n$ et b un élément de D$_{2n}$ - C$_n$.
Choisissons un élément b de K n'appartenant pas à C$_n$ et désignons par H l'intersection de K avec C$_n$. Il suffit alors de prouver que K = H ∪ Hb. Puisque C$_n$ est d'indice 2 dans D$_{2n}$, nous avons
    D$_{2n}$ = C$_n$ ∪ (C$_n$b),
donc K = (K ⋂ C$_n$) ∪ (K ⋂ (C$_n$b) ), ce qui peut s'écrire
    K = H ∪ (K ⋂ (C$_n$b) ). Il suffit donc de prouver que
    K ⋂ (C$_n$b) = Hb.
L'inclusion Hb ⊆ K ⋂ (C$_n$b) est claire. Prouvons l'inclusion réciproque
    K ⋂ (C$_n$b) ⊆ Hb.
Soit x un élément de K ⋂ (C$_n$b); il s'agit de prouver que x appartient à Hb. Puisque x appartient à C$_n$b, il est de la forme x = cb, avec c ∈ C$_n$b. Puisque x et b appartiennent tous deux à K, c appartient à K et donc à K ⋂ C$_n$ = H, donc x appartient à Hb, ce qui, comme on l'a vu, achève de prouver la thèse (3) et donc la première assertion de l'énoncé.
Voici une autre façon de prouver que si K est un sous-groupe de D$_{2n}$ non contenu dans C$_n$, K est de la forme H ∪ Hb, où H est un sous-groupe de C$_n$ et b un élément de D$_{2n}$ - C$_n$. Puisque K comprend au moins un élément qui n'appartient pas à C$_n$ et que l'indice de C$_n$ dans D$_{2n}$, étant égal à 2, est premier, le sous-groupe <C$_n$, K> de D$_{2n}$ engendré par C$_n$ et K est égal à D$_{2n}$ tout entier. (Appliquer la formule des indices aux sous-groupes C$_n$ ≤ <C$_n$, K> ≤ D$_{2n}$. Ce raisonnement montre en fait qu'un sous-groupe d'indice premier est maximal.) Puisque C$_n$ est normal dans D$_{2n}$ (par exemple parce qu’il est d'indice 2 dans D$_{2n}$, ou encore d’après le point a) ), cela peut s'écrire
    C$_n$ K = D$_{2n}$,
d'où (C$_n$ K) / C$_n$ = D$_{2n}$ / C$_n$. D'après le second théorème d'isomorphisme, le premier membre est isomorphe à K/(C$_n$ ⋂ K), donc
    [K:(C$_n$ ⋂ K)] = 2.
Posons H = C$_n$ ⋂ K. Nous venons donc de voir que
    [K:H] = 2.
Donc si nous choisissons un élément b de K n'appartenant pas à H, nous avons K = H ∪ Hb, ce qui démontre notre argument.
La première assertion de l'énoncé est donc démontrée. Désignons par ${\mathcal {E}}$ l’ensemble des sous-groupes de D$_{2n}$, par ${\mathcal {E}}_{1}$ l’ensemble des sous-groupes de C$_n$ et par ${\mathcal {E}}_{2}$ l’ensemble des sous-groupes de D$_{2n}$ de la forme H ∪ Hb, H parcourant les sous-groupes de C$_n$ et b les éléments de D$_{2n}$ - C$_n$. Les deux ensembles ${\mathcal {E}}_{1}$ et ${\mathcal {E}}_{2}$ sont disjoints et on vient de voi que leur réunion est égale à ${\mathcal {E}}$. Donc
    (4) $\qquad \vert {\mathcal {E}}\vert =\vert {\mathcal {E}}_{1}\vert +\vert {\mathcal {E}}_{2}\vert .$
On a vu au chapitre des groupes monogènes que pour tout diviseur d de l’ordre d'un groupe cyclique, ce groupe admet un et un seul sous-groupe d'ordre d. D'après le théorème de Lagrange, il en résulte que le nombre des sous-groupes d'un groupe cyclique est égal au nombre des diviseurs de l’ordre de ce groupe. Donc
    $\vert {\mathcal {E}}_{1}\vert =\tau (n)$
et, d’après (4), il reste à prouver que $\vert {\mathcal {E}}_{2}\vert$ est égal à σ(n), c'est-à-dire à la somme des diviseurs de n. D'après le point c),
    (5) $\qquad \vert {\mathcal {E}}_{2}\vert =\sum _{H}n/\vert H\vert ,$
où H parcourt les sous-groupes de C$_n$. D'après une propriété des groupes cycliques rappelée plus haut, H ↦ |H| définit une bijection de l’ensemble des sous-groupes de C$_n$ sur l’ensemble des diviseurs de n. En faisant suivre cette bijection par la permutation d ↦ n/d de l’ensemble des diviseurs de n, nous trrouvons que H ↦ n/|H| définit une bijection de l’ensemble des sous-groupes de C$_n$ sur l’ensemble des diviseurs de n. La relation (5) peut donc s'écrire
    $\vert {\mathcal {E}}_{2}\vert =\sum _{d}d,$
où d parcourt les diviseurs de n, autrement dit ${\mathcal {E}}_{2}=\sigma (n).$ Comme nous l'avons vu, cela achève de démontrer le point d).
e) Prouver que tout sous-groupe de D$_{2n}$ est cyclique ou diédral.
Soit K un sous-groupe de D$_{2n}$. Il s'agit de prouver que K est cyclique ou diédral. D'après le point d), K est soit contenu dans C$_n$, soit de la forme H ∪ Hb, où H est un sous-groupe de C$_n$ et b un élément de D$_{2n}$ - C$_n$. Dans la première éventualité, K est cyclique. Il suffit donc de prouver que si H est un sous-groupe de C$_n$ et b un élément de D$_{2n}$ - C$_n$, alors H ∪ Hb est diédral. Tout élément de H ∪ Hb n'appartenant pas à H appartient à Hb, donc appartient à C$_n$, donc n'appartient pas à C$_n$, donc est d'ordre 2. Ceci montre que si d désigne l’ordre de H, alors H ∪ Hb est un groupe d'ordre 2d contenant un sous-groupe cyclique H d'ordre d tel que tout élément de H ∪ Hb n'appartenant pas à H soit d'ordre 2. D'après un précédent exercice, il en résulte que H ∪ Hb est diédral, comme annoncé.
f) Prouver que si n est impair, les sous-groupes normaux de D$_{2n}$ sont D$_{2n}$ et les sous-groupes de C$_n$. Prouver que si n est pair, les sous-groupes normaux de D$_{2n}$ sont d’une part les sous-groupes de C$_n$ et d’autre part D$_{2n}$ et les sous-groupes de la forme C$_{n/2}$ ∪ (C$_{n/2}$b), où b parcourt D$_{2n}$ - C$_n$. Quel est le nombre des sous-groupes normaux de D$_{2n}$ ?
D'après le point a), tout sous-groupe de C$_n$ est normal dans D$_{2n}$. D'autre part, D$_{2n}$ est, banalement, normal dans D$_{2n}$. Si n est pair, si b est un élément de D$_{2n}$ - C$_n$, alors C$_{n/2}$ ∪ (C$_{n/2}$b) est normal dans D$_{2n}$, par exemple parce qu’il est d'indice 2 dans D$_{2n}$. Donc tous les sous-groupes de D$_{2n}$ considérés dans l'énoncé sont normaux dans D$_{2n}$. Pouvons que, réciproquement, tout sous-groupe normal de D$_{2n}$ est d'un des types considérés dans l'énoncé. Soit K un sous-groupe normal de D$_{2n}$. Il s'agit de prouver que K est d'un des types considérés dans l'énoncé. Si K est contenu dans C$_n$, il est d'un de ces types, donc nous pouvons supposer que K n’est pas contenu dans C$_n$. D'après le point c), K est alors de la forme H ∪ Hb$_0$, où H est un sous-groupe de C$_n$ et b$_0$ un élément de D$_{2n}$ - C$_n$. Choisissons un générateur a de C, c'est-à-dire un élément a de C tel que C = <a>. Puisque K est normal dans D$_{2n}$, a normalise K, donc
    (6) a$^{-1}$ b$_0$ a appartient à K.
D'après le chapitre théorique, b$_0$ a b$_0$$^{-1}$ = a$^{-1}$, donc a$^{-1}$ b$_0$ = b$_0$ a, donc le résultat (6) signifie que b$_0$ a$^2$ appartient à K. Puisque b$_0$ appartient lui aussi à K, nous avons donc a$^2$ ∈ K. Puisque a engendre C$_n$, a$^2$ engendre le sous-groupe C$_n$$^2$ de C$_n$ formé par les éléments de la forme x$^2$, x parcourant C$_n$. Donc K contient C$_n$$^2$, autrement dit K ⋂ C$_n$ contient C$_n$$^2$, autrement dit
    (7) H contient C$_n$$^2$.
Si n est impair, tout élément de C$_n$ est un carré (voir un exercice de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément, donc, dans ce cas, C$_n$$^2$ = C$_n$ et (7) signifie que H contient C$_n$, autrement dit H = C$_n$, donc K = D$_{2n}$ et K est bien d'un des types considérés dans l'énoncé, ce qui prouve la première assertion de l'énoncé.
Si maintenant n est pair, alors C$_n$$^2$ est le sous-groupe C$_{n/2}$ d'ordre n/2 de C$_n$ (voir un théorème du chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément). Puisque C$_{n/2}$ est d'indice 2 dans C$_n$, les seuls sous-groupes de C$_n$ qui contiennent C$_{n/2}$ sont C$_{n/2}$ et C$_n$ (appliquer la formule des indices à un sous-groupe intermédiaire entre C$_{n/2}$ et C$_n$), donc, d’après (7), H est égal à C$_{n/2}$ ou à C$_n$, donc K est égal à C$_{n/2}$ ∪ (C$_{n/2}$b) ou à D$_{2n}$ et est donc bien d'un des types considérés dans l'énoncé. Les deux assertions de l'énoncé sont donc démontrées. De la première, il résulte que si n est impair, le nombre des sous-groupes normaux de D$_{2n}$ est τ(n) + 1. Si n est pair, alors, d’après le point c), les sous-groupes de D$_{2n}$ de la forme C$_{n/2}$ ∪ C$_{n/2}$b, où b parcourt les éléments de D$_{2n}$ - C$_n$, sont en quantité 2, donc, d’après la seconde assertion de l'énoncé, le nombre des sous-groupes normaux de D$_{2n}$ est τ(n) + 3.

## Problème 9 (Classes de conjugaison d'un groupe diédral)

Soit n un nombre naturel non nul, soit D$_{2n}$ un groupe diédral d'ordre 2n. Déterminer les classes de conjugaison d'éléments de D$_{2n}$ et préciser leur nombre.
Il existe un sous-groupe cyclique C d'ordre n de D$_{2n}$ tel que tout élément y de D$_{2n}$ \ C soit d'ordre 2 et possède la propriété suivante :
    (1) pour tout x dans C, $yxy^{-1}(=yxy)=x^{-1}$.
(Si n est distinct de 2, C est déterminé de façon unique.) Choisissons un générateur c de C et un élément d de D$_{2n}$ \ C. Soit x un élément de C. Puisque C est abélien, le conjugué de x par un élément de C est toujours égal à x. D'autre part, pour tout élément y de D$_{2n}$ \ C, le conjugué de x par y est $yxy^{-1}(=yxy)=x^{-1}$ (voir la relation (1)). Donc la classe de conjugaison dans D$_{2n}$ d'un élément x de C est $\{x,x^{-1}\}$. Si x est égal à 1, cette classe comprend un seul élément; si n est pair et que x est l'unique élément d'ordre 2 de C, la classe comprend encore un seul élément; dans tous les autres cas, la classe comprend exactement deux éléments. Déterminons maintenant la classe de conjugaison d'un élément y de D$_{2n}$ \ C. Pour x dans C, nous avons
    $xyx^{-1}=x(yx^{-1}y)y$
    $xyx^{-1}=xxy$
    (2) $xyx^{-1}=x^{2}y$,
donc les conjugués de y par les éléments de C sont les éléments de la forme $x^{2}y$, où x parcourt C. Si n est impair, les éléments $x^{2}$, où x parcourt C, représentent C tout entier; si n est pair, ces éléments sont en nombre n/2. Il reste à déterminer les conjugués de y par les éléments de D$_{2n}$ \ C. Puisque C est d'indice 2 dans D$_{2n}$, les éléments de D$_{2n}$ \ C sont les éléments de la forme xy, où x parcourt C. Les conjugués de y par les éléments de D$_{2n}$ \ C sont donc les éléments de la forme
    $(xy)y(xy)^{-1}=(xy)y(y^{-1}x^{-1})=xyx^{-1}$,
donc les conjugués de y par les éléments de D$_{2n}$ \ C sont les mêmes que les conjugués de y par les éléments de C, à savoir, d'après (2), les éléments de la forme $x^{2}y$, où x parcourt C.
On tire facilement de ce qui précède que si n est pair, les différentes classes de conjugaison d'éléments de D$_{2n}$ sont
    $\{1\},\{c^{n/2}\},\{c,c^{n-1}\},\{c^{2},c^{n-2}\},\ldots ,\{c^{{\frac {n}{2}}-1},c^{{\frac {n}{2}}+1}\},\{d,c^{2}d,\ldots ,c^{n-2}d\}$ et $\{cd,c^{3}d,\ldots ,c^{n-1}d\}$
et que si n est impair, les différentes classes sont
    $\{1\},\{c,c^{n-1}\},\{c^{2},c^{n-2}\},\ldots ,\{c^{(n-1)/2},c^{(n+1)/2}\}$ et $\{d,cd,\ldots ,c^{n-1}d\}$.
En particulier, le nombre des classes de conjugaison est égal à n/2 + 3 si n est pair et à (n+3)/2 si n est impair.
Remarque. Cet exercice nous servira dans un chapitre sur les caractères des groupes finis.

## Problème 10 (Une caractérisation des groupes isomorphes à Dih(A) )

a) On note respectivement ${\bar {0}}$ et ${\bar {1}}$ les éléments $0+2\mathbb {Z}$ et $1+2\mathbb {Z}$ du groupe $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ (noté additivement). Donc ${\bar {1}}$ est l'unique élément d'ordre 2 de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} .$ Soit A un groupe abélien, noté multiplicativement, de neutre $1=1_{A}.$ On pose
    $A_{1}=A\times \{{\bar {0}}\}$ et $b=(1_{A},{\bar {1}})=(1,{\bar {1}}).$
Vérifier que
    1°$\qquad A_{1}$ est un sous-groupe de Dih(A) isomorphe à A;
    2°$\qquad b$ n'appartient pas à $A_{1}$;
    3°$\qquad b$ est un élément d'ordre 2 de Dih(A);
    4°$\qquad$pour tout élément $x$ de $A_{1}$, $bxb^{-1}=x^{-1}$ (ce qui peut aussi s'écrire $bxb=x^{-1}$);
    5°$\qquad A_{1}$ et $b$ engendrent Dih(A).
Tout est banal et il ne devrait normalement y avoir aucune difficulté. Notons $\psi$ l'unique homomorphisme
    $c\mapsto \psi _{c}$ de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ dans Aut(A) qui applique l'unique élément ${\bar {1}}$ d'ordre 2 de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ sur l'automorphisme $a\mapsto a^{-1}$ de A.
Alors, par définition de Dih(A),
    $Dih(A)=A\rtimes _{\psi }\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} .$
D'après les propriétés générales du produit semi-direct,
    (1)$\qquad A\times \{{\bar {0}}\}$ est un sous-groupe de $A\rtimes _{\psi }\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ et est isomorphe à A, ce qui prouve le point 1° de l'énoncé.
Puisque, par définition, $b=(1_{A},{\bar {1}})=(1,{\bar {1}})$ et que ${\bar {1}}\not ={\bar {0}}$ dans $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$,
    (2)$\qquad b$ n'appartient pas à $A_{1}=A\times \{{\bar {0}}\}$,
ce qui prouve le point 2° de l'énoncé. En particulier,
    (2bis)$\qquad b$ n'est pas l'élément neutre de Dih(A).
D'autre part,
    $b^{2}=(1,{\bar {1}})(1,{\bar {1}})$ dans Dih(A),
    $b^{2}=(1\psi _{\bar {1}}(1),{\bar {1}}+{\bar {1}})$
    $b^{2}=(1\cdot 1^{-1},{\bar {0}})$
    $b^{2}=(1,{\bar {0}})$,
donc , compte tenu de (2bis),
    (3)$\qquad b$ est d'ordre 2 dans Dih(A),
ce qui prouve le point 3° de l'énoncé. Soit $x$ un élément de $A_{1}.$ Par définition de $A_{1}$, $x$ est de la forme
    $x=(a,{\bar {0}})$, avec $a\in A.$
Donc d'après (3),
    $bxb^{-1}=bxb$
    $bxb^{-1}=(1,{\bar {1}})\ (a,{\bar {0}})\ (1,{\bar {1}})$
    $bxb^{-1}=((1,{\bar {1}})(a,{\bar {0}}))\ (1,{\bar {1}})$
    $bxb^{-1}=(1\psi _{\bar {1}}(a),{\bar {1}}+{\bar {0}})\ (1,{\bar {1}})$
    $bxb^{-1}=(a^{-1},{\bar {1}})(1,{\bar {1}})$
    $bxb^{-1}=(a^{-1}\psi _{\bar {1}}(1),{\bar {1}}+{\bar {1}})$
    $bxb^{-1}=(a^{-1}1^{-1},{\bar {0}})$
    $bxb^{-1}=(a^{-1},{\bar {0}})$
    $bxb^{-1}=(a,{\bar {0}})^{-1}$
    (4)$\qquad bxb^{-1}=x^{-1}$,
ce qui prouve le point 4° de l'énoncé. D'après les propriétés générales du produit semi-direct, Dih(A), égal par définition au produit semi-direct $A\rtimes _{\psi }\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$, est engendré par ses sous-groupes $A\times \{{\bar {0}}\}=A_{1}$ et $\{1\}\times \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} .$ Comme $\{1\}\times \mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ est engendré par son élément $b=(1,{\bar {1}})$, Dih(A) est donc engendré par $A_{1}$ et $b$, ce qui prouve le point 5° de l'énoncé.
b) Soit A un groupe abélien, soit D un groupe. Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :
    (i) D est isomorphe à Dih(A);
    (ii) D est engendré par un sous-groupe $A_{D}$ isomorphe à $A$ et par un élément $b$ d'ordre 2 n'appartenant pas à $A_{D}$ et tel que, pour tout élément $x$ de $A_{D}$, on ait $bxb^{-1}(=bxb)=x^{-1}.$
L'implication $(i)\Rightarrow (ii)$ est une conséquence immédiate du point a). Prouvons que, réciproquement, la condition (ii) entraîne la condition (i). Soit donc
    (hyp. 1)$\qquad D$ un groupe engendré par un sous-groupe $A_{D}$ isomorphe à A et par un élément $b$ d'ordre 2 n'appartenant pas à $A_{D}$ et tel que, pour tout élément $x$ de $A_{D}$, on ait $bxb^{-1}(=bxb)=x^{-1}.$
Il s'agit de prouver que
    (thèse 2)$\qquad D$ est isomorphe à Dih(A).
D'après l'hypothèse (1),
    (3)$\qquad \langle b\rangle$ est un sous-groupe d'ordre 2 de $D$;
    (4)$\qquad \langle b\rangle$ normalise $A_{D}$;
    (5)$\qquad \langle b\rangle$ coupe $A_{D}$ trivialement.
Puisque, d'après l'hypothèse (1), $D$ est engendré par $A_{D}$ et par $b$, nous avons
    $D=\langle A_{D},\langle b\rangle \rangle$
Puisque, d'après (4), $\langle b\rangle$ normalise $A_{D}$, le dernier résultat peut s'écrire
    (6)$\qquad D=A_{D}\langle b\rangle .$
D'après (4), (5) et (6),
    (7)$\qquad D$ est produit semi-direct interne de $A_{D}$ par $\langle b\rangle .$
Notons $\lambda :y\mapsto \lambda _{y}$ l'homomorphisme de $\langle b\rangle$ dans Aut($A_{D}$) tel que, pour tout élément $y$ de $\langle b\rangle$, $\lambda _{y}$ soit l'automorphisme $x\mapsto yxy^{-1}$ de $A_{D}.$ D'après le chapitre Produit semi-direct, il résulte de (7) que
    $D$ est isomorphe au produit semi-direct externe $A_{D}\rtimes _{\lambda }\langle b\rangle .$
Prouver notre thèse (2) revient donc à prouver que
    $A_{D}\rtimes _{\lambda }\langle b\rangle$ est isomorphe à $A\rtimes _{\psi }\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$,
où $\psi$ désigne l'unique homomorphisme de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ dans Aut(A) qui applique l'élément d'ordre 2 de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ sur l'automorphisme $a\mapsto a^{-1}$ de A. D'après le chapitre Produit semi-direct, il suffit pour cela de prouver que l'opération $\lambda$ de $\langle b\rangle$ sur $A_{D}$ est quasi équivalente à l'opération $\psi$ de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ sur $A.$ Il s'agit pour cela de prouver la thèse suivante :
    (thèse 8)$\qquad$ il existe un isomorphisme $f$ de $\langle b\rangle$ sur $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ et un isomorphisme $g$ de $A_{D}$ sur $A$ tels que, pour tout élément $\beta$ de $\langle b\rangle$ et tout élément $\alpha$ de $A_{D}$,
    $g(\lambda _{\beta }(\alpha ))=\psi _{f(\beta )}(g(\alpha )).$
Prenons pour $f$ l'unique isomorphisme de $\langle b\rangle$ sur $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ et pour $g$ n'importe quel isomorphisme de $A_{D}$ sur $A$ (il existe un tel isomorphisme $g$ d'après notre hypothèse (1) ). Pour $\beta =b$ et n'importe quel $\alpha$ dans $A_{D}$, nous avons
    (9)$\qquad g(\lambda _{\beta }(\alpha ))=g(\alpha ^{-1})=g(\alpha )^{-1}$
et
    $\qquad \psi _{f(\beta )}(g(\alpha ))=\psi _{\bar {1}}(g(\alpha ))$
(où, comme au point a), ${\bar {1}}$ désigne l'élément non nul de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ ),
    (10)$\qquad \psi _{f(\beta )}(g(\alpha ))=g(\alpha )^{-1}.$
La comparaison de (9) et de (10) montre qu'avec notre « choix » de $f$ et de $g$, notre thèse (8) est vraie pour $\beta =b.$ Si maintenant $\beta$ est l'élément neutre 1 de $\langle b\rangle$, alors $\lambda _{\beta }(\alpha )=\alpha$, donc
    (11)$\qquad g(\lambda _{\beta }(\alpha ))=g(\alpha ).$
D'autre part, toujours dans le cas où $\beta =1$, $f(\beta )$ est l'élément neutre de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$, donc
    (12)$\qquad \psi _{f(\beta )}(g(\alpha ))=g(\alpha ).$
La comparaison de (11) et de (12) montre qu'avec notre « choix » de $f$ et de $g$, notre thèse (8) est également vraie pour $\beta =1$ et est donc vraie dans les deux cas possibles. Comme nous l'avons vu, la thèse (2) en résulte, ce qui prouve l'équivalence des conditions (i) et (ii) de l'énoncé.
c) Soient A et B deux groupes abéliens isomorphes l'un à l'autre. Prouver que Dih(A) et Dih(B) sont isomorphes l'un à l'autre. (Indication : on peut utiliser le point b).)
D'après le point a) (ou encore d'après le point b) ),
    Dih(A) est engendré par un sous-groupe $A_{1}$ isomorphe à $A$ et par un élément $b$ d'ordre 2 n'appartenant pas à $A_{1}$ et tel que, pour tout élément $x$ de $A_{1}$, on ait $bxb^{-1}(=bxb)=x^{-1}.$
Dans cet énoncé, « isomorphe à A » peut être remplacé par « isomorphe à B » ce qui donne :
    Dih(A) est engendré par un sous-groupe $A_{1}$ isomorphe à $B$ et par un élément $b$ d'ordre 2 n'appartenant pas à $A_{1}$ et tel que, pour tout élément $x$ de $A_{1}$, on ait $bxb^{-1}(=bxb)=x^{-1}.$
Compte tenu de l'implication $(ii)\Rightarrow (i)$ démontrée au point b), il en résulte que Dih(A) est isomorphe à Dih(B).

## Problème 11 (Une autre caractérisation des groupes isomorphes à Dih(A) )

Comme dans le problème précédent, on notera respectivement ${\bar {0}}$ et ${\bar {1}}$ les éléments $0+2\mathbb {Z}$ et $1+2\mathbb {Z}$ du groupe $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ (noté additivement). Donc ${\bar {1}}$ est l'unique élément d'ordre 2 de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} .$ Soit A un groupe abélien, noté multiplicativement, de neutre 1. a) Vérifier que
    (i) le sous-groupe $A\times {\bar {0}}$ de Dih(A) est d'indice 2 dans Dih(A);
    (ii) tout élément de $Dih(A)\setminus (A\times {\bar {0}})$ est d'ordre 2;
    (iii) pour tout élément $a$ de $A\times {\bar {0}}$ et tout élément $t$ de $Dih(A)\setminus (A\times {\bar {0}})$, $tat^{-1}(=tat)=a^{-1}.$
Pour prouver le point a),on peut dire que d'après le chapitre Produit semi-direct,
    $\{1\}\times \mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ est isomorphe au groupe quotient $Dih(A)/(A\times \{{\bar {0}}\})$,
donc ce quotient est d'ordre 2, donc
    (1)$\qquad A\times \{{\bar {0}}\}$ est d'indice 2 dans Dih(A).
Il est d'ailleurs clair que tout élément de Dih(A) est congru à un des deux éléments $(1,{\bar {0}})$ et $(1,{\bar {1}})$ modulo le sous-groupe (normal) $A\times \{{\bar {0}}\}$ de Dih(A) et que ces deux éléments ne sont pas congrus entre eux modulo $A\times \{{\bar {0}}\}$. Notons $\psi$ l'unique homomorphisme
    $c\mapsto \psi _{c}$
de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ dans Aut(A) qui applique l'unique élément ${\bar {1}}$ d'ordre 2 de $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ sur l'automorphisme $x\mapsto x^{-1}$ de A. Donc
    $Dih(A)=A\rtimes _{\psi }\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} .$
Soit $t$ un élément de $Dih(A)\setminus (A\times {\bar {0}}).$ Nous avons donc
    $t=(a_{1},{\bar {1}})$, avec $a_{1}\in A.$
Donc
    $t^{2}=(a_{1},{\bar {1}})\ (a_{1},{\bar {1}})$
    $t^{2}=(a_{1}\psi _{\bar {1}}(a_{1}),{\bar {1}}+{\bar {1}})$
    $t^{2}=(a_{1}a_{1}^{-1},{\bar {0}})$
    $t^{2}=(1,{\bar {0}})$,
donc (puisque $t$ est distinct de l'élément neutre de Dih(A) )
    (2)$\qquad t$ est d'ordre 2 dans Dih(A).
Soit $a$ un élément de $A\times {\bar {0}}.$ Nous avons donc
    $a=(a_{0},{\bar {0}})$, avec $a_{0}\in A.$
Alors,
    (3)$\qquad tat^{-1}=(a_{1},{\bar {1}})\ (a_{0},{\bar {0}})\ (a_{1},{\bar {1}})^{-1}.$
D'après (2), $t$ est son propre inverse dans Dih(A), autrement dit
    $\qquad (a_{1},{\bar {1}})^{-1}=(a_{1},{\bar {1}})$, donc (3) peut s'écrire
    (4)$\qquad tat^{-1}=(a_{1},{\bar {1}})\ (a_{0},{\bar {0}})\ (a_{1},{\bar {1}}).$
Nous avons
    $(a_{1},{\bar {1}})\ (a_{0},{\bar {0}})=(a_{1}\psi _{\bar {1}}(a_{0}),{\bar {1}}+{\bar {0}})=(a_{1}a_{0}^{-1},{\bar {1}})$
donc (4) peut s'écrire
    $tat^{-1}=(a_{1}a_{0}^{-1},{\bar {1}})\ (a_{1},{\bar {1}})$
    $tat^{-1}=(a_{1}a_{0}^{-1}\psi _{\bar {1}}(a_{1}),{\bar {1}}+{\bar {1}})$
    $tat^{-1}=(a_{1}a_{0}^{-1}a_{1}^{-1},{\bar {0}}).$
Puique A est abélien, $(a_{1}a_{0}^{-1}a_{1}^{-1}=a_{0}^{-1}$, donc le dernier résultat peut s'écrire
    $tat^{-1}=(a_{0}^{-1},{\bar {0}})$
    $tat^{-1}=(a_{0},{\bar {0}})^{-1}$
    (5)$\qquad tat^{-1}=a^{-1}.$
Les résultats (1), (2) et (5) démontrent l'énoncé.
b) Soit D un groupe. Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :
    (i) D est isomorphe à Dih(A);
    (ii) D contient un sous-groupe $A_{1}$ d'indice 2 isomorphe à A et tel que tout élément de $D\setminus A_{1}$ soit d'ordre 2.
Prouver aussi que si $A_{1}$ est tel qu'en (ii), alors, pour tout élément $a$ de $A_{1}$ et tout élément $t$ de $D\setminus A_{1}$, $tat^{-1}=a^{-1}.$ (Indication : pour prouver que (ii) entraîne (i), on peut utiliser le problème 10.)
L'implication $(i)\Rightarrow (ii)$ résulte immédiatement du point a). Réciproquement, supposons (ii) et prouvons (i). Choisissons
    (1)$\qquad$un élément $t_{0}$ de $D\setminus A_{1}.$
Puisque nous supposons que la condition (ii) de l'énoncé est satisfaite,
    (2)$\qquad t_{0}$ est d'ordre 2.
Soit $a$ un élément de $A_{1}.$ Puisque nous avons choisi $t_{0}$ hors de $A_{1}$,
    $\qquad t_{0}\ a$ n'appartient pas à $A_{1}$,
donc, puisque nous supposons que la condition (ii) de l'énoncé est satisfaite,
    $\qquad t_{0}\ a\ t_{0}\ a=1.$
Autrement dit, pour tout élément $a$ de $A_{1}$,
    $\qquad t_{0}\ a\ t_{0}=a^{-1}.$
D'après (2), cela peut s'écrire
    (3)$\qquad t_{0}\ a\ t_{0}^{-1}=a^{-1}.$
D'autre part, puisque nous avons choisi $t_{0}$ hors de $A_{1}$ et que (d'après l'hypothèse (ii) de l'énoncé) $A_{1}$ est d'indice 2 dans D, il résulte de la formule des indices que
    (4)$\qquad A_{1}$ et $t_{0}$ engendrent D.
De (1), (2), (3), (4) et du problème 10, il résulte que D est isomorphe à Dih(A), ce qui prouve, comme annoncé, que la condition (ii) de l'énoncé entraîne la condition (ii). Donc le point 1° de l'énoncé est démontré. Le point 2° de l'énoncé a en fait déjà été démontré dans la preuve de l'implication $(ii)\Rightarrow (i)$, car le raisonnement qu'on y a tenu sur un élément $t_{0}$ choisi dans $D\setminus A_{1}$ est valable pour tout élément $t$ de $D\setminus A_{1}.$

## Problème 12 (Classification des groupes d'ordre 18)

Soit $p$ un nombre premier impair (autrement dit un nombre premier distinct de 2). On va classifier les groupes d'ordre $2p^{2}$ (et donc, en particuler, les groupes d'ordre 18). Dans le chapitre Groupes commutatifs finis, 1, nous avons classifié tous les groupes abéliens d'un ordre fini donné, donc il suffit de classifier les groupes non abéliens d'ordre $2p^{2}.$ Nous allons prouver que tout groupe non abélien d'ordre $2p^{2}$ est isomorphe soit à $D_{2p^{2}}$, soit à $Dih(\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )$, soit à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times D_{2p}$ (où $\times$ désigne le produit direct). Soit G un groupe non abélien d'ordre $2p^{2}$. On choisit une fois pour toutes dans G un élément $s$ d'ordre 2 (involution).
a) Prouver que G a un seul p-sous-groupe de Sylow, qui sera noté P, et que P est isomorphe à $\mathbb {Z} /p^{2}\mathbb {Z}$ ou à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$. En particulier, P est abélien.
D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est $\equiv 1{\pmod {p}}$ et divise 2, donc est égal à 1. (On peut aussi dire qu'un p-sous-groupes de Sylow de G est d'indice 2 dans G et donc normal dans G, ce qui, comme on le sait, entraîne que G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow.) Le reste de l'énoncé résulte du fait que P est d'ordre $p^{2}$ et d'une description des groupes d'ordre $p^{2}$ qui a été donnée dans le chapitre Théorèmes de Sylow.
b) Prouver que G est engendre par P et s et que, plus précisément, $G=P\ \langle s\rangle .$
On peut dire par exemple que le sous-groupe $\langle P,s\rangle$ de G est d'ordre divisible par $\vert P\vert =p^{2}$ et par $\vert \langle s\rangle \vert =2$, donc par $2p^{2}$, donc $\vert \langle P,s\rangle \vert =G.$ On a vu au point a) que P est normal dans G, donc le résultat peut s'écrire $G=P\ \langle s\rangle .$
c) On suppose que P est cyclique (et donc isomorphe à $\mathbb {Z} /p^{2}\mathbb {Z}$). Prouver que G est isomorphe à $D_{2p^{2}}.$ (Indication : examiner comment $s$ agit par conjugaison sur un générateur de P.)
Rappelons qu'on a choisi un élément $s$ d'ordre 2 dans G. Choisissons un générateur $a$ de P, c'est-à-dire un élément d'ordre $p^{2}$ de P. Puisque, d'après le point a), P est normal dans G, $sas^{-1}$ appartient à P. Donc, puisque P est engendré par $a$, il existe un nombre naturel $n$ tel que
    (1)$\qquad s\ a\ s^{-1}=a^{n}.$
En appliquant aux deux membres l'automorphisme $t\mapsto t^{-1}$ de G, on obtient
    $\qquad s^{2}\ a\ s^{-2}=(s\ a\ s^{-1})^{n}.$
Puisque $s$ est d'ordre 2, le premier membre est égal à $a$. D'autre part, d'après (1), on peut remplacer dans le second membre $s\ a\ s^{-1}$ par $a^{n}.$ Donc
    $\qquad a=a^{n^{2}}$
    $\qquad a^{n^{2}-1}=1$,
d'où, puisque $a$ est d'ordre $p^{2}$,
    $\qquad n^{2}\equiv 1{\pmod {p^{2}}}$,
    (2)$\qquad (n-1)\ (n+1)\equiv 0{\pmod {p^{2}}}.$
Ceci entraîne en particulier qu'un au moins des deux nombres $n-1$, $n+1$ est divisible par $p.$ Puisque $p$ est un nombre impair > 1, la différence entre $n-1$ et $n+1$, qui est égale à 2, n'est pas divisible par $p$, donc un seul des nombres $n-1$, $n+1$ est divisible par $p.$ Dès lors, puisque $p$ est un nombre premier, il résulte de (2) que
    (3)$\qquad n\equiv 1{\pmod {p^{2}}}$ ou $n\equiv -1{\pmod {p^{2}}}.$
Si
    hyp. (4)$\qquad n\equiv 1{\pmod {p^{2}}}$,
la relation (1) donne $s\ a\ s^{-1}=a$, donc $s$ commute avec $a$. On a vu au point b) que G est engendré par P et par $s$, ce qui, dans les hypothèses du présent point c), revient à dire que G est engendré par ses sous-groupes $\langle a\rangle$ et $\langle s\rangle .$ Ces deux sous-groupes sont abéliens et nous avons vu que dans notre hypothèse (4), ils se centralisent, donc G est abélien, ce qui est contraire aux hypothèses générales du problème. Donc notre hypothèse (4) est absurde, c'est-à-dire que $n\not \equiv 1{\pmod {p^{2}}}$, donc, d'après (3)
    $\qquad n\equiv -1{\pmod {p^{2}}}$,
donc, d'après (1),
    $\qquad s\ a\ s^{-1}=a^{-1}.$
Ainsi, G est engendré par un élément $a$ d'ordre $p^{2}$ et par un élément $s$ d'ordre 2 de $G\setminus \langle a\rangle$ tel que $s\ a\ s^{-1}=a^{-1}.$ D'après le chapitre théorique, il en résulte que G est isomorphe au groupe diédral $D_{2p^{2}}$, ce qui démontre le point c).
d) On suppose maintenant que P est isomorphe au produit direct $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ et qu'il y a au moins un sous-groupe d'ordre $p$ de P qui n'est pas normalisé par $s.$ Prouver que G est isomorphe au produit direct $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times D_{2p}.$ Indication : on peut prouver qu'il existe un sous-groupe d'ordre $p$ de P qui est centralisé par $s$ et un autre sous-groupe d'ordre $p$ de P sur lequel la conjugaison par $s$ agit par inversion.
D'après les hypothèses du point d), on peut trouver deux différents sous-groupes $H_{1}$ et $H_{2}$ d'ordre $p$ de P tels que
    (1)$\qquad sH_{1}s^{-1}(=sH_{1}s)=H_{2}.$
Choisissons un élément
    (2)$\qquad x$ d'ordre $p$ dans $H_{1}$
et posons
    (3)$\qquad sxs^{-1}=y.$
D'après (1),
    (4)$\qquad y$ est un élément (d'ordre $p$) de $H_{2}.$
En appliquant l'automorphisme $t\mapsto sts^{-1}$ de G aux deux membres de (3), nous obtenons
    $\qquad s^{2}xs^{-2}=sys^{-1}.$
Puisque $s$ est d'ordre 2, le membre gauche est égal à $x$, donc
    (5)$\qquad sys^{-1}=x.$
En multipliant (3) et (5) membre à membre, on obtient
    (6)$\qquad sxys^{-1}=y\ x.$
Puisque P est abélien et que (P étant l'unique p-sous-groupe de Sylow de G) $x$ et $y$ appartiennent à P, $x$ et $y$ commutent, donc (6) peut s'écrire
    (7)$\qquad s\ x\ y\ s^{-1}=x\ y.$
D'autre part, puisque $H_{1}$ et $H_{2}$ sont deux différents sous-groupes d'ordre $p$ de P,
    (8)$\qquad H_{1}\cap H_{2}=1.$
D'après (2) et (4), $x$ appartient à $H_{1}$ et $y$ à $H_{2}$, donc si on avait $x\ y=1$, autrement dit $x=y^{-1}$, on aurait $x\in H_{1}\cap H_{2}$, d'où, d'après (8), $x=1$, ce qui contredit le choix (2) de $x.$ Donc
    (9)$\qquad x\ y\not =1.$
Puisque $x$ et $y$ appartiennent à P et que, par hypothèse du point d), P est isomorphe à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$, il résulte de (9) que $x\ y$ est d'ordre $p$, donc (7) montre que
    (10)$\qquad s$ centralise un sous-groupe d'ordre $p$ de P.
En passant aux inverses dans (5), on obtient
    $\qquad s\ y^{-1}\ s^{-1}=x^{-1}$
et en multipliant cela membre à membre avec (3)
    (11)$\qquad s\ x\ y^{-1}\ s^{-1}=y\ x^{-1}.$
De même qu'on a déduit (9) (à savoir $x\ y\not =1$) de (8) (à savoir $H_{1}\cap H_{2}=1$), on montre que
    $\qquad x\ y^{-1}\not =1$,
donc (puisque $x$ et $y^{-1}$ commutent et sont d'ordre $p$)
    $\qquad x\ y^{-1}$ est d'ordre $p.$
Donc, d'après (10) et (11), nous avons trouvé
    (12)$\qquad$ deux différents sous-groupes H et K d'ordre $p$ de P
tels que
    (13)$\qquad s$ centralise H
et que
    (14)$\qquad$ la conjugaison par $s$ inverse chaque élément de K.
D'après (14), $s$ normalise K et ne le centralise pas, donc
    $\langle s,K\rangle$, égal à $\langle s\rangle \ K$, est un groupe non abélien d'ordre $2p$, donc, d'après le problème 2,
    (15)$\qquad \langle s\rangle \ K$ est isomorphe au groupe diédral $D_{2p}.$
Prouvons que
    (thèse 16)$\qquad H\cap (\langle s\rangle \ K)=1.$
Soit $h$ un élément de H appartenant aussi à $\langle s\rangle \ K$; il s'agit de prouver que $h=1.$ Nous avons $h=s^{i}\ k$ où $i$ est un nombre naturel et $k$ un élément de K, d'où
    (17)$\qquad h\ k^{-1}=s^{i}.$
Puisque $h$ et $k^{-1}$ appartiennent à P, l'ordre du membre gauche de (17) est une puissance de $p.$ D'autre part, puisque $s$ est d'ordre 2, l'ordre du second membre de (17) divise 2. Donc l'ordre de $h\ k^{-1}$ est une puissance de $p$ qui divise 2, donc cet ordre est égal à 1, donc $h=k$, donc
    (18)$\qquad h\in H\cap K.$
D'après (12), H et K sont deux différents sous-groupes d'ordre $p$ de P, donc $H\cap K=1$, donc (18) donne $h=1.$ Comme nous l'avons vu, cela prouve notre thèse (16), à savoir
    (19)$\qquad H\cap (\langle s\rangle \ K)=1.$
D'autre part, H et K engendrent P, donc $\langle s\rangle$ et P sont tous deux contenus dans le sous-groupe de G engendré par H et $\langle s\rangle K$, donc H et $\langle s\rangle K$ engendrent $\langle s\rangle P$, c'est-à-dire, d'après le point b), que
    (20)$\qquad$H et $\langle s\rangle K$ engendrent G.
Enfin, H centralise K (puisque H et K sont contenus dans le groupe abélien P) et, d'après (13), il centralise $\langle s\rangle$, donc
    (21)$\qquad$H centralise $\langle s\rangle K.$
De (19), (20) et (21) résulte que
    (22)$\qquad$G est produit direct de $H$ et $\langle s\rangle K.$
Puisque H est d'ordre $p$ et que, d'après (15), $\langle s\rangle \ K$ est isomorphe à $D_{2p}$, il résulte de (22) que
    $\qquad$G est isomorphe à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times D_{2p}$,
ce qui démontre le point d).
e) On suppose maintenant que P est isomorphe à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ et que tout sous-groupe d'ordre $p$ de P est normalisé par $s.$ Prouver que G est isomorphe à $Dih(\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z} ).$
Soit H un sous-groupe d'ordre $p$ de P. Choisissons un générateur $h$ de H. D'après les hypothèses du point e), $s$ normalise H, donc
    $\qquad shs^{-1}$ appartient à H,
donc, puisque $h$ engendre H, nous avons
    (1)$\qquad shs^{-1}=h^{n}$
pour un certain nombre naturel $n.$ En appliquant aux deux membres de cette égalité l'automorphisme $t\mapsto sts^{-1}$ de G, nous trouvons
    (2)$\qquad s^{2}hs^{-2}=(shs^{-1})^{n}.$
Puisque $s$ est d'ordre 2, le membre gauche de (2) égale $h$; d'autre part, d'après (1), le membre droit de (2) égale $h^{n^{2}}.$ Donc
    $\qquad h=h^{n^{2}}$,
    $\qquad h^{n^{2}-1}=1.$
Puisque $h$ est d'ordre $p$, on a donc
    $\qquad n^{2}-1\equiv 0{\pmod {p}}$
    $\qquad (n-1)(n+1)\equiv 0{\pmod {p}}$,
donc $n$ est congru à 1 ou à -1 modulo $p$, donc d'après (1),
    $\qquad shs^{-1}$ est égal à $h$ ou à $h^{-1}$
Donc
    (3)$\qquad$ou bien $s$ centralise H ou bien la conjugaison par $s$ inverse chaque élément de H.
Si $s$ centralisait tous les sous-groupes d'ordre $p$ de P, il centraliserait P (car P, étant supposé isomorphe à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$, est la réunion de ses sous-groupes d'ordre $p$), donc (puisque, d'après le point b), G est engendré par P et $\langle s\rangle$, qui sont abéliens) G serait abélien, ce qui est contraire aux hypothèses générales. Donc $s$ ne centralise pas tous les sous-groupes d'ordre $p$ de P, donc, d'après (3),
    $\qquad$il existe un sous-groupe $H_{0}$ d'ordre $p$ de P tel que
    (4)$\qquad$ pour tout $h$ dans $H_{0}$, $shs^{-1}=h^{-1}.$
Choisissons un élément $h_{0}$ d'ordre $p$ dans $H_{0}$; donc
    (5)$\qquad sh_{0}s^{-1}=h_{0}^{-1}.$
Supposons que, par absurde,
    (hyp. 6)$\qquad s$ centralise un sous-groupe $H_{1}$ d'ordre $p$ de P.
D'après (4), nous avons donc
    (7)$\qquad H_{0}\not =H_{1}$, d'où (puisque $H_{0}$ et $H_{1}$ sont d'ordre premier) $H_{0}\cap H_{1}=1.$
Choisissons un élément $h_{1}$ d'ordre $p$ dans $H_{1}$; d'après l'hypothèse (6),
    (8)$\qquad sh_{1}s^{-1}=h_{1}.$
En multipliant cette égalité membre à membre avec (5), on obtient
    (9)$\qquad sh_{0}h_{1}s^{-1}=h_{0}^{-1}h_{1},$
d'où
    (10)$\qquad s\langle h_{0}h_{1}\rangle s^{-1}=\langle h_{0}^{-1}h_{1}\rangle .$
Prouvons que
    (thèse 11)$\qquad \langle h_{0}h_{1}\rangle$ et $\langle h_{0}^{-1}h_{1}\rangle$ sont deux différents sous-groupes d'ordre $p$ de P.
Puisque $h_{0}$ et $h_{1}$ appartiennent tous deux à P, $h_{0}h_{1}$ appartient à P et est donc d'ordre 1 ou P. Si $h_{0}h_{1}$ était d'ordre 1, on aurait $h_{0}h_{1}=1$, $h_{0}=h_{1}^{-1}$, donc
    (12)$\qquad h_{0}$ appartiendrait à $H_{0}\cap H_{1}.$
Mais, d'après (7), $H_{0}\cap H_{1}=1$, donc, d'après (12), on aurait $h_{0}=1$, ce qui contredit le choix de $h_{0}.$ La contradiction obtenue prouve que
    (13)$\qquad h_{0}h_{1}$ et, de même, $h_{0}^{-1}h_{1}$ sont d'ordre $p.$
Supposons que, par absurde, on ait
    (hyp. 14)$\quad \langle h_{0}h_{1}\rangle =\langle h_{0}^{-1}h_{1}\rangle .$
Alors $h_{0}h_{1}$ et $h_{0}^{-1}h_{1}$ appartiendraient tous deux à $\langle h_{0}h_{1}\rangle$, donc $h_{0}h_{1}(h_{0}^{-1}h_{1})^{-1}$ appartiendrait à $\langle h_{0}h_{1}\rangle$, c'est-à-dire que $h_{0}^{2}$ appartiendrait à $\langle h_{0}h_{1}\rangle .$ Puisque $h_{0}$ est d'ordre $p$ impair, $h_{0}$ est une puissance de $h_{0}^{2}$, donc $h_{0}$ appartiendrait à $\langle h_{0}h_{1}\rangle .$ On aurait donc $\langle h_{0}\rangle \subseteq \langle h_{0}h_{1}\rangle$. Comme, par choix de $h_{0}$ et d'après (13), les deux membres sont de cardinal $p$, on aurait donc $\langle h_{0}\rangle =\langle h_{0}h_{1}\rangle$, d'où $h_{0}h_{1}\in \langle h_{0}\rangle$, d'où $h_{1}\in \langle h_{0}\rangle$, d'où, de nouveau pour motif de cardinal, $\langle h_{0}\rangle =\langle h_{1}\rangle$, $H_{0}=H_{1}$, ce qui contredit (7). Cette contradiction prouve que notre hypothèse (14) est absurde, donc $\langle h_{0}h_{1}\rangle \not =\langle h_{0}^{-1}h_{1}\rangle .$ Joint à (13), cela prouve notre thèse (11), à savoir que
    $\qquad \langle h_{0}h_{1}\rangle$ et $\langle h_{0}^{-1}h_{1}\rangle$ sont deux différents sous-groupes d'ordre $p$ de P.
Dès lors, (10) montre qu'il existe au moins un sous-groupe d'ordre $p$ de P qui n'est pas normalisé par $s$, ce qui contredit les hypothèses du point e). La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (6) est absurde, donc $s$ ne centralise aucun sous-groupe d'ordre $p$ de P. Donc, d'après (3),
    (16)$\qquad$la conjugaison par $s$ inverse chaque élément de P.
Puisque $s$ est un élément d'ordre 2 de G, que (P étant d'ordre impair) $s$ n'appartient pas à P, que P est isomorphe à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$ et que, d'après le point b), P et $s$ engendrent G, il résulte de (16) et du problème (10) que
    $\qquad G$ est isomorphe à $Dih(\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )$,
ce qui démontre le point e).
Puisque les cas c), d) et e) représentent tous les cas possibles, nous avons prouvé l'énoncé général, à savoir que tout groupe non abélien d'ordre $2p^{2}$ est isomorphe à $D_{2p^{2}}$, à $Dih(\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )$ ou à $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times D_{2p}.$ En faisant $p=3$, nous obtenons une classification des groupes d'ordre 18.
| Produit semi-direct | Holomorphe d'un groupe |