# Théorie des groupes/Exercices/Commutateurs, groupe dérivé
## Problème 1

a) Soient G un groupe et H un sous-groupe de G. Prouver que tout conjugué de H dans G est contenu dans HD(G).
Soit g un élément de G. Il s'agit de prouver que gHg$^{-1}$ est contenu dans HD(G). Soit h un élément de H. Il s'agit de prouver que ghg$^{-1}$ appartient à HD(G). Or ghg$^{-1}$ = h(h$^{-1}$ghg$^{-1}$), où le facteur h$^{-1}$ghg$^{-1}$ appartient à D(G), d'où l'énoncé.
b) En déduire que tout sous-groupe de G qui contient D(G) est distingué dans G. (On l'a prouvé autrement dans le chapitre théorique.)
Soit H un sous-groupe de G contenant D(G). D'après le point a), tout conjugué de H dans G est contenu dans HD(G). Puisque H est supposé contenir D(G), HD(G) = H, donc tout conjugué de H est contenu dans H, donc H est distingué.

## Problème 2

Soient G un groupe et H un sous-groupe de G contenant tous les carrés d'éléments de G. Prouver que H contient le dérivé D(G) de G (et est donc normal dans G).
Première méthode.
Puisque D(G) est le sous-groupe de G engendré par les commutateurs d'éléments de G, il suffit de prouver que, pour tous éléments a, b de G, $a^{-1}b^{-1}ab$ appartient à H. Nous avons
    ${\begin{aligned}a^{-1}b^{-1}ab&=(a^{-1})^{2}ab^{-1}ab\\&=(a^{-1})^{2}ab^{-1}ab^{-1}b^{2}\\&=(a^{-1})^{2}(ab^{-1})^{2}b^{2}.\end{aligned}}$
Ceci montre que tout commutateur est le produit de trois carrés et appartient donc à H.
Seconde méthode.
Puisque le sous-groupe de G engendré par les carrés — notons-le ⟨G$^2$⟩ — est normal (cf. exemples du chapitre « Sous-groupes caractéristiques »), il suffit de vérifier que G/⟨G$^2$⟩ est abélien. C'est immédiat si l'on se souvient qu'un groupe dans lequel tous les carrés sont égaux à 1 est nécessairement commutatif (problèmes 5 et 6 du chapitre « Groupes, premières notions »).

## Problème 3

a) Soient $(G_{i})_{i\in I}$ une famille finie de groupes, $(A_{i})_{i\in I}$ et $(B_{i})_{i\in I}$ deux familles telles que pour tout i, A$_i$ et B$_i$ soient des sous-groupes de G$_i$. Prouver que
    $[\prod _{i\in I}A_{i},\prod _{i\in I}B_{i}]=\prod _{i\in I}[A_{i},B_{i}],$
où $\prod$ désigne le produit direct externe. En particulier, soient G$_1$ et G$_2$ deux groupes, A$_1$ et B$_1$ deux sous-groupes de G$_1$, A$_2$ et B$_2$ deux sous-groupes de G$_2$; alors [A$_1$ × A$_2$, B$_1$ × B$_2$] = [A$_1$, B$_1$] × [A$_2$, B$_2$].
Le premier membre est le sous-groupe de $\prod _{i\in I}G_{i}$ engendré par les commutateurs
    $((a_{i})_{i\in I})^{-1}((b_{i})_{i\in I})^{-1}(a_{i})_{i\in I}(b_{i})_{i\in I}$
avec a$_i$ dans A$_i$ et b$_i$ dans B$_i$ pour tout i. Ces commutateurs sont les familles
    $(a_{i}^{-1}b_{i}^{-1}a_{i}\ b_{i})_{i\in I}$
avec a$_i$ dans A$_i$ et b$_i$ dans B$_i$ pour tout i et forment donc le produit cartésien
    $\prod _{i\in I}\mathrm {Commut} (A_{i},B_{i}),$
où Commut(A$_i$, B$_i$) désigne l’ensemble des commutateurs a$^{-1}$b$^{-1}$ab avec a dans A$_i$ et b dans B$_i$. Donc le premier membre de l'énoncé admet le produit cartésien
    $\prod _{i\in I}\mathrm {Commut} (A_{i},B_{i})$
comme partie génératrice. D'autre part, chaque sous-groupe [A$_i$, B$_i$] admet Commut(A$_i$, B$_i$) pour partie génératrice. Il est clair que, pour chaque i, Commut(A$_i$, B$_i$) comprend l'élément neutre de G$_i$, autrement dit l'élément neutre du groupe [A$_i$, B$_i$], donc, d’après un exercice sur le chapitre des produits de groupes, le groupe produit
    $\prod _{i\in I}[A_{i},B_{i}]$
admet le produit cartésien
    $\prod _{i\in I}\mathrm {Commut} (A_{i},B_{i})$
comme partie génératrice. Ainsi, les deux membres de l'énoncé admettent une même partie génératrice, donc sont égaux.
b) Soit $(G_{i})_{i\in I}$ une famille finie de groupes. Prouver que
    $D(\prod _{i\in I}G_{i})=\prod _{i\in I}D(G_{i}),$
où, comme au point a), $\prod$ désigne le produit direct externe. En particulier, si G$_1$ et G$_2$ sont deux groupes, D(G$_1$ × G$_2$) = D(G$_1$) × D(G$_2$).
Dans la partie a), faire A$_i$ = B$_i$ = G$_i$ pour chaque i.
c) Soit G un groupe, produit direct interne d'une famille finie $(G_{i})_{i\in I}$ de sous-groupes. Prouver que D(G) est produit direct interne de la famille $(D(G_{i}))_{i\in I}$.
Soit $\prod _{i\in I}G_{i}$ le produit direct externe des G$_i$. On sait qu’il existe un (et un seul) isomorphisme f de $\prod _{i\in I}G_{i}$ sur G qui applique tout élément (g$_1$, ... , g$_n$) de $\prod _{i\in I}G_{i}$ sur l'élément g$_1$ ... g$_n$ de G. D'après le point a),
    $\qquad D(\prod _{i\in I}G_{i})=\prod _{i\in I}D(G_{i}),$
d'où, en passant aux images par f,
    $(1)\qquad f(D(\prod _{i\in I}G_{i}))=f(\prod _{i\in I}D(G_{i})).$
D'après la théorie, g(D(H)) = D(g(H)) pour tout groupe H et tout homomorphisme g partant de H, donc le premier membre de (1) est égal à $D(f(\prod _{i\in I}G_{i}))$, autrement dit à D(G). Dans le second membre de (1), $\prod _{i\in I}D(G_{i})$ est engendré par les $\varphi _{i}(D(G_{i}))$, donc le second membre de (1) est engendré par les $f(\varphi _{i}(D(G_{i})))$, c'est-à-dire par les $D(G_{i})$, donc, d’après la théorie, est produit direct interne de la famille $(D(G_{i}))_{i\in I}$, d'où l'énoncé.
Remarque. On verra une autre démonstration du point c) au problème 6.

## Problème 4

Dans le chapitre Groupes alternés, section Sous-groupes distingués des groupes alternés, on a considéré le sous-groupe V de A$_4$ formé par l'élément neutre et les trois éléments (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), (1 4) (2 3) (et on a vu que V est un groupe de Klein). Prouver que V est le dérivé de A$_4$.
Nous avons vu que V est un sous-groupe distingué de A$_4$. Le quotient A$_4$ / V est d'ordre 3, donc commutatif, donc (théorie) le dérivé de A$_4$ est contenu dans V. Ce dérivé n’est pas réduit à l'élément neutre, car A$_4$ n’est pas commutatif. Nous avons vu que les seuls sous-groupes distingués de A$_4$ sont 1, V et A$_4$, donc le dérivé (qui est distingué dans A$_4$) ne peut être que V.

## Problème 5

Le but de cet exerciceest de prouver que tout élément du groupe alterné A$_n$ est un commutateur d'éléments de S$_n$.
a) Montrer qu'un élément de S$_n$ est un commutateur d'éléments de S$_n$ si et seulement si c’est le produit de deux permutations ayant la même structure cyclique.
De façon générale, si G est un groupe, un élément de G est un commutateur si et seulement s'il est le produit de deux éléments de G dont l'un est conjugué de l'inverse de l'autre. Dans le cas où G est le groupe S$_n$, un élément est toujours conjugué de son inverse (puisqu’ils ont la même structure cyclique). Donc un élément de S$_n$ est un commutateur d'éléments de S$_n$ si et seulement s'il est le produit de deux éléments conjugués, autrement dit de deux permutations ayant la même structure cyclique.
b) Soit $\ \gamma \in S_{n}$ un cycle d'ordre impair. Prouver que $\ \gamma$ est le carré d'une permutation de même support que $\ \gamma$.
Nous avons vu dans un exercice sur le chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément que si a et b sont des entiers rationnels premiers entre eux, si un élément x d'un groupe G est tel que $\ x^{a}=1$, alors x est la puissance b-ième d'un élément de <x>. En prenant pour G le groupe $\ S_{n}$, pour x le cycle $\ \gamma$, pour a l’ordre de $\ \gamma$ et en faisant b = 2, nous trouvons que $\ \gamma$ est de la forme $\ \gamma =\lambda ^{2}$, où $\ \ \lambda$ est une puissance de $\ \gamma$. (On peut évidemment dire plus directement que $\ \gamma$ est le carré de $\ \gamma ^{a+1/2}$, où a désigne l’ordre de $\ \gamma$.) On sait que le support d'une puissance d'une permutation est contenu dans le support de cette permutation. Puisque les permutations $\ \gamma$ et $\ \ \lambda$ sont puissances l'une de l'autre, elles ont donc le même support.
c) Soient $\ \alpha =(a_{1}\ a_{2}\ldots \ a_{2r})$ et $\ \beta =(b_{1}\ b_{2}\ldots \ b_{2s})$ deux cycles d'ordre pair à supports disjoints. Montrer que $\ \alpha \beta$ est le produit de deux cycles d'ordre r + s + 1 à supports contenus dans la réunion des supports de $\ \alpha$ et de $\ \beta$. (Indication : regarder la solution.)
On a
    $(a_{1}\ a_{2}\ldots \ a_{2r})\ (b_{1}\ b_{2}\ldots \ b_{2s})=$
    $\qquad (a_{1}\ a_{2}\dots a_{r}\ b_{1}\ b_{2}\ldots b_{s+1})\ (a_{r}\ a_{r+1}\ldots a_{2r}\ b_{s+1}\ldots b_{2s}).$
d) Montrer que toute permutation paire $\sigma \in A_{n}$ peut s'écrire $\lambda _{1}\mu _{1}\ldots \lambda _{t}\mu _{t}$, où pour chaque i, $\lambda _{i}$ et $\mu _{i}$ sont des cycles de même longueur et où, pour tous i et j distincts, $\mathrm {supp} (\lambda _{i})\cup \mathrm {supp} (\mu _{i})$ et $\mathrm {supp} (\lambda _{j})\cup \mathrm {supp} (\mu _{j})$ sont disjoints. (Rappel : supp désigne le support.)
Puisque la permutation $\sigma$ est paire, sa décomposition canonique en cycles comprend un nombre pair de cycles d'ordre pair. Donc $\sigma$ peut s'écrire comme un produit $\ \rho _{1}\ldots \rho _{t}$, où chaque facteur est soit un cycle d'ordre impair, soit le produit de deux cycles d'ordre pair à supports disjoints, les supports des $\ \rho _{i}$ étant deux à deux disjoints. D'après les points b) et c), les $\ \rho _{i}$ peuvent s'écrire sous forme des $\ \lambda _{i}\mu _{i}$ de l'énoncé.
e) Montrer que toute permutation paire $\sigma \in A_{n}$ est un commutateur d'éléments de S$_n$.
D'après le point a), il revient au même de prouver que $\sigma$ est le produit de deux permutations ayant la même structure cyclique. Mettons $\ \sigma$ sous la forme
    $\sigma =\lambda _{1}\mu _{1}\ \lambda _{2}\mu _{2}\ldots \lambda _{t}\mu _{t},$
les conditions du point d) étant satisfaites. Le support de $\ \mu _{1}$ est disjoint de celui de tous les facteurs qui se trouvent à sa droite, donc $\ \mu _{1}$ commute avec chacun de ces facteurs, donc nous pouvons amener $\ \mu _{1}$ en dernière position. Nous pouvons ensuite amener $\ \mu _{2}$ en dernière position, etc. Nous trouvons ainsi
    $\sigma =\lambda _{1}\lambda _{2}\ldots \lambda _{t}\mu _{1}\mu _{2}\ldots \mu _{t},$.
Comme les supports de $\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{t}$ sont deux à deux disjoints, et qu’il en est de même des supports de $\mu _{1},\mu _{2},\ldots ,\mu _{t}$, et que pour chaque i, $\lambda _{i}$ et $\mu _{i}$ sont deux cycles de même longueur, les deux permutations $\ \lambda _{1}\lambda _{2}\ldots \lambda _{t}$ et $\mu _{1}\mu _{2}\ldots \mu _{t}$ ont la même structure cyclique, donc $\ \sigma$ est bien le produit de deux permutations ayant la même structure cyclique, comme annoncé.

## Problème 6

a) Soient N et A$_1$, .... , A$_r$ des sous-groupes distingués d'un groupe G. Prouver que [N, A$_1$ .... A$_r$] = [N, A$_1$] .... [N, A$_r$]. (Indication : utiliser une des identités énoncées dans la section Compléments du chapitre théorique.)
Il suffit de le prouver pour r = 2, le cas général s'en déduisant par récurrence. Soient n un élément de N, a$_1$ un élément de A$_1$ et a$_2$ un élément de A$_2$. D'après une des identités notées dans le chapitre théorique,
    $[n,a_{1}a_{2}]=[n,a_{2}][n,a_{1}]^{a_{2}},$
d'où
    $[n,a_{1}a_{2}]\in [N,A_{2}][N,A_{1}]^{a_{2}}.$
Puisque N et A$_1$ sont tous deux normaux dans G, [N, A$_1$] l'est aussi, donc
    $[N,A_{1}]^{a_{2}}=[N,A_{1}]$, donc
    $[n,a_{1}a_{2}]\in [N,A_{2}][N,A_{1}].$
Le second membre étant un sous-groupe de G (puisque [N, A$_1$] et [N, A$_2$] sont normaux dans G), on a donc
    $[N,A_{1}A_{2}]\subseteq [N,A_{2}][N,A_{1}].$
L'inclusion réciproque est vraie elle aussi (puisque [N, A$_1$] et [N, A$_2$] sont tous deux contenus dans le premier membre et que ce premier membre est un groupe), donc
    $\ [N,A_{1}A_{2}]=[N,A_{2}][N,A_{1}].$
Puisque les sous-groupes [N, A$_1$] et [N, A$_2$] sont normaux dans G, ils peuvent être permutés dans le second membre, ce qui achève la démonstration.
b) Tirer du point a) une autre démonstration du fait suivant, qui a été démontré au problème 2 : Si un groupe G est produit direct interne d'une famille G$_1$, ... , G$_n$ de sous-groupes, D(G) est produit direct interne de la famille D(G$_1$), ... , D(G$_n$).
Pour toute famille finie $\ (H_{i})_{i\in I}$ de sous-groupes de G, désignons par $\ <H_{i}\vert i\in I>$ le sous-groupe de G engendré par cette famille. Le point a) peut se formuler de la façon suivante : si N et A$_1$, .... , A$_r$ sont des sous-groupes normaux d'un groupe G, alors $\ [N,<A_{i}\vert i\in I>]=<[N,A_{i}]\vert i\in I>$, ce qui peut encore s'écrire $\ [<A_{i}\vert i\in I>,N]=<[A_{i},N]\vert i\in I>$. On en tire facilement que si $\ (H_{i})_{i\in I}$ et $\ (K_{j})_{j\in J}$ sont des familles finies de sous-groupes normaux de G, alors $\ [<H_{i}\vert i\in I>,<K_{j}\vert j\in J>]=<[H_{i},K_{j}]\vert i\in I,j\in J>$. Dans les hypothèses de l'énoncé b) (qui entraînent que les G$_i$ sont normaux dans G), nous avons donc
    $(1)[G,G]=<[G_{i},G_{j}]\vert 1\leq i\leq n,1\leq j\leq n>.$
Si i et j sont deux indices distincts, tout élément de G$_i$ commute avec tout élément de G$_j$, donc [G$_i$, G$_j$] = 1, donc la relation (1) peut s'écrire
    $\ [G,G]=<[G_{i},G_{i}]\vert 1\leq i\leq n>,$
autrement dit
    $\ D(G)=<D(G_{i})\vert 1\leq i\leq n>.$
Puisque, pour chaque i, D(G$_i$) est un sous-groupe de G$_i$, il résulte de la théorie que D(G) est produit direct interne des D(G$_i$).

## Problème 7

On va prouver que si H, K et L sont des sous-groupes d'un même groupe G, [ [H,K], L] n’est pas forcément égal au sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.
a) Soient G un groupe, H, K et L des sous-groupes d'ordre 2 de G. Prouver que le sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L, est monogène.
Soient h, k et l des éléments de H, K et L respectivement. Si un de ces éléments est égal à 1, [ [h, k], l] est égal à 1. Donc le sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L, est engendré par l'élément [ [h$_1$, k$_1$], l$_1$], où h$_1$ (resp. k$_1$, resp. l$_1$) désigne le seul élément distinct de 1 de H (resp. de K, resp. de L).
b) Soit P un sous-groupe d'ordre 5 du groupe G = A$_5$, groupe alterné de degré 5. (Puisque A$_5$ est d'ordre 60, il admet de tels sous-groupes. Ce sont ses 5-sous-groupes de Sylow.) Prouver que N$_G$(P) est d'ordre 10 et contient exactement 5 sous-groupes d'ordre 2.
Puisque A$_5$ est simple, P n’est pas normal dans A$_5$, donc le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de A$_5$ est > 1. D'après les théorèmes de Sylow, ce nombre est congru à 1 modulo 5 et divise 12, donc il est égal à 6. On sait que ce nombre est l'indice de N$_G$(P) dans G, donc N$_G$(P) est d'ordre 10. Il ne comprend pas d'élément d'ordre 10, car il n'y a pas d'élément d'ordre 10 dans A$_5$, ni même dans S$_5$, comme on le vérifie facilement en considérant la décomposition en produit de cycles à supports disjoints. (Ceci entraîne que N$_G$(P) est un groupe d'ordre 10 non cyclique. De façon générale, un groupe d'ordre 2p, avec p premier, est cyclique ou diédral, donc N$_G$(P) est diédral, mais nous éviterons de nous servir des propriétés des groupes diédraux.) Puisque P est normal dans N$_G$(P), il est le seul 5-sous-groupe de Sylow de N$_G$(P), donc N$_G$(P) comprend exactement 4 éléments d'ordre 5. Puisqu’il n'a pas d'élément d'ordre 10, il a donc exactement 5 éléments d'ordre 2 et donc exactement 5 sous-groupes d'ordre 2
c) Soit P comme au point b) et soient H, K deux différents sous-groupes d'ordre 2 de N$_G$(P). (Il en existe d’après le point b).) Prouver que [H, K] = P.
Si H et K se centralisaient, ils engendreraient un sous-groupe d'ordre 4 de N$_G$(P), ce qui est impossible puisque l’ordre de N$_G$(P) est égal à 10 et donc non divisible par 4. Donc [H, K] > 1. D'autre part, P est normal dans N$_G$(P) et, d'après la question b), le groupe quotient N$_G$(P)/P est d'ordre 2. N$_G$(P)/P est donc commutatif, ce qui implique que le dérivé de N$_G$(P) est contenu dans P. Puisque [H, K] est contenu dans le dérivé de N$_G$(P), il est donc contenu dans P. Puisque P est d'ordre premier et qu'on a vu que [H, K] > 1, [H, K] est donc égal à P. (Par parenthèse, ceci entraîne que le dérivé de N$_G$(P) est égal à P.)
d) Prouver que A$_5$ est engendré par ses éléments d'ordre 2.
Par exemple parce que l’ordre de A$_5$ est égal à soixante et donc pair, A$_5$ comprend au moins un élément d'ordre 2 (théorème de Cauchy). Donc le sous-groupe de A$_5$ engendré par ses éléments d'ordre 2 n’est pas réduit à l'élément neutre. D'autre part, ce sous-groupe est clairement caractéristique et donc normal dans A$_5$. Puisque A$_5$ est simple, ce sous-groupe est donc égal à A$_5$ tout entier.
Remarque 1. Le raisonnement qui précède peut être généralisé sans difficulté pour prouver que si G est un groupe simple fini et p un diviseur premier de l'ordre de G, alors G est engendré par ses éléments d'ordre p.
Remarque 2. Voici une autre manière de procéder dans le cas de A$_5$. Convenons d'appeler double-transposition (dans un groupe symétrique) tout produit de deux transpositions à supports disjoints. En considérant la décomposition d'un élément quelconque de A$_5$ en produit de cycles à supports deux à deux disjoints, on voit que les double-transpositions de A$_5$ sont ses éléments d'ordre 2 (il est évident qu'une double-transposition de S$_5$ est un élément d'ordre 2 de A$_5$, et c'est tout ce dont nous avons besoin pour ce qui suit). Sachant que A$_5$ est engendré par les cycles d'ordre 3 (cf. chapitre théorique Groupes alternés), il suffit donc, pour répondre à la question, de montrer que tout cycle d'ordre 3 de A$_5$ peut s'écrire comme un produit de double-transpositions. Ceci découle de l'égalité (a b c) = (a e)(b d)(c e)(a b)(a d)(b e), valable pour tous a, b, c, d, e deux à deux distincts dans {1, 2, 3, 4, 5}, qui prouve donc à nouveau que A$_5$ est engendré par ses éléments d'ordre 2.
e) Soit P comme au point b). Prouver qu’il existe au moins un sous-groupe d'ordre 2 de A$_5$ qui ne normalise pas P. Prouver que si L est un tel sous-groupe, alors <P, L> = A$_5$.
On a noté au point b) que P n’est pas normal dans A$_5$. Puisque, d’après le point d), A$_5$ est engendré par ses sous-groupes d'ordre 2, il existe donc un sous-groupe d'ordre 2 de A$_5$ qui ne normalise pas P. Soit L un tel sous-groupe. Puisque L ne normalise pas P, P n’est pas normal dans <P, L>. Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de <P, L> est donc > 1. Ce nombre est congru à 1 modulo 5 et divise |<P, L>|/5, donc divise |A$_5$|/5, c'est-à-dire 12, donc est égal à 6. Donc 6 divise |<P, L>|/5, donc l’ordre de <P, L> est multiple de 30. Il ne peut pas être égal à 30, car un sous-groupe d'ordre 30 de A$_5$ serait d'indice 2 dans A$_5$ et donc normal dans A$_5$, or A$_5$, étant simple et d'ordre > 2, n'a pas de sous-groupe normal d'indice 2. L'ordre de <P, L> est donc égal à 60, donc <P, L> = A$_5$.
f) Soient P comme au point b) et L comme au point e). Prouver que [P, L] = A$_5$.
D'après la section Compléments du chapitre théorique, [P, L] est sous-groupe normal de <P, L>, c'est-à-dire, d’après le point e), que [P, L] est sous-groupe normal de A$_5$. D'autre part, puisque L ne normalise pas P, il ne le centralise pas, donc [P, L] > 1. Ainsi, [P, L] est un sous-groupe normal de A$_5$ non réduit à l'élément neutre. Puisque A$_5$ est simple, [P, L] est donc égal à A$_5$.
g) En conclure que si H, K et L sont comme aux points c) et e), [ [H,K], L] n’est pas égal au sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.
D'après les points c) et f), [H, K] = P et [P, L] = A$_5$, donc [ [H,K], L] = A$_5$. D'autre part, d’après le point a), le sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L est cyclique. L'énoncé en résulte.
Remarques. 1° On pourrait évidemment poser P = <(1 2 3 4 5)>, H = <(1 5) (2, 4)>, K = <(1 2) (3 5)>, L = <(1 2) (3 4)> et vérifier par calcul que [ [H, K], L] = A$_5$, mais cette méthode serait sans gloire et assez fastidieuse. 2° On montre dans le problème suivant que si [H, K] normalise L, alors [ [H,K], L] est égal au sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.

## Problème 8

On va prouver que si G est un groupe et H, K, L des sous-groupes de G, si [H, K] normalise L, alors [ [H,K], L] est égal au sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.
a) Soient G un groupe, A, B et H des sous-groupes de G. On suppose que B normalise A. Désignons par S l’ensemble des éléments x de B tels que, pour tout élément a de A, [a, x] appartienne à H. Prouver que S est un sous-groupe de B. (Indication : utiliser certaines des identités énoncées dans la partie Compléments du chapitre théorique.)
Pour commencer, remarquons que S est une partie non vide de B (elle contient l'élément 1 de B). Prouvons que si x et y appartiennent à S, alors xy appartient à S. Soit a un élément de A. Il s'agit de prouver que [a, xy] appartient à H. D'après une des identités énoncées dans la section Compléments du chapitre théorique,
    (1) [a, xy] = [a, y] [y, [x, a] ] [a, x].
Puisque x et y appartiennent à S,
    (2) [a, x] et [a, y] appartiennent à H.
Puisque B normalise A et que x ∈ S ⊆ B, [x, a] appartient à A; puisque y appartient à S, il en résulte que [y, [x, a] ] (égal à l'inverse de [ [x, a], y] ) appartient à H. En portant ce résultat et les résultats (2) dans (1), nous trouvons que [a, xy] appartient à H. Comme nous l'avons vu cela prouve que le produit de deux éléments de S appartient toujours à S.
Prouvons maintenant que si y est un élément de S, alors y$^{-1}$ en est un aussi. Soit a un élément de A. Il s'agit de prouver que [a, y$^{-1}$] appartient à H. D'après une des identités énoncées dans la section Compléments du chapitre théorique,
    [a, y$^{-1}$] = [ [y$^{-1}$, a], y] [y, a],
ce qui peut s'écrire
    (3) [a, y$^{-1}$] = [ [y$^{-1}$, a], y] [a, y]$^{-1}$.
Puisque y appartient à S,
    (4) [a, y] appartient à H.
Comme déjà noté, le fait que B normalise A et que y ∈ S ⊆ B entraîne que [y$^{-1}$, a] appartient à A, donc, puisque y appartient à S,
    [ [y$^{-1}$, a], y] ∈ H.
De ceci et de (4), il résulte que le second membre de (3) appartient à H, donc [a, y$^{-1}$] appartient à H, ce qui, comme on l'a vu, prouve que l'inverse de tout élément de S appartient à S.
Nous avons donc prouvé que S est un sous-groupe de B.
b) Soient G un groupe, A et B des sous-groupes de G et Y une partie génératrice de B. On suppose que B normalise A. Prouver que [A, B] est le sous-groupe de G engendré par les commutateurs [a, y] avec a dans A et y dans Y. (Indication : dans l'énoncé du point a), prendre pour H le sous-groupe de G engendré par les [a, y] en question.)
Désignons par H le sous-groupe de G engendré par les commutateurs [a, y] avec a dans A et y dans Y. Il s'agit de prouver que [A, B] = H. Comme H est évidemment contenu dans [A, B], il suffit de prouver que [A, B] est contenu dans H.
Désignons par S l’ensemble des éléments x de B tels que, pour tout élément a de A, [a, x] appartienne à H. D'après le point a), S est un sous-groupe de B. Il est clair que S contient Y, donc, puisque S est un sous-groupe de B, S contient le sous-groupe de B engendré par Y, c'est-à-dire que S contient B. Par définition de S, ceci revient à dire que pour tout élément a de A et tout élément b de B, [a,b] appartient à H, donc [A, B] est contenu dans H. Comme nous l'avons vu, cela prouve l'énoncé.
c) Soient G un groupe, H, K et L des sous-groupes de G. On suppose que [H, K] normalise L. Prouver que [ [H, K], L] est le sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.
Dans le point b), faire A = L, B = [H, K] et prendre pour partie génératrice Y de B l’ensemble des [h, k] avec h dans H et k dans K.

## Problème 9

Soient G un groupe, A un sous-groupe normal de G et B un sous-groupe de G. Soit A$_0$ une partie de G telle que A soit contenu dans le sous-groupe de G engendré par A$_0$. Soit B$_0$ une partie de G telle que B soit contenu dans plus petit sous-groupe normal de G contenant B$_0$ (c'est le cas en particulier si B est contenu dans le sous-groupe de G engendré par B$_0$.) On se propose de prouver que [A, B] est contenu dans le plus petit sous-groupe normal de G comprenant les commutateurs [a$_0$, b$_0$] avec a$_0$ dans A$_0$ et b$_0$ dans B$_0$.
a) Soit N le plus petit sous-groupe normal de G comprenant les commutateurs [a$_0$, b$_0$] avec a$_0$ dans A$_0$ et b$_0$ dans B$_0$ (on pourrait se contenter de supposer que N est un sous-groupe normal de G comprenant ces commutateurs). Désignons par f l'homomorphisme canonique de G sur G/N. Prouver que f(B$_0$) est contenu dans le centralisateur de f(A) dans G/N.
Soient a$_0$ un élément de A$_0$ et b$_0$ un élément de B$_0$. Par hypothèse sur N, le commutateur [a$_0$, b$_0$] appartient à N. En passant aux images par f, nous trouvons que le commutateur [ f(a$_0$), f(b$_0$) ] est l'élément neutre de G/N, donc f(a$_0$) et f(b$_0$) commutent. On a vu (leçon Conjugaison, centralisateur, normalisateur) que si tout élément d'une partie X d'un groupe commute avec tout élément d'une partie Y de ce groupe, alors le sous-groupe engendré par X et le sous-groupe engendré par Y se centralisent. Donc f(B$_0$) est contenu dans le centralisateur du sous-groupe de G/N engendré par f(A$_0$). Comme le sous-groupe de G/N engendré par f(A$_0$) contient f(A), le centralisateur dans G/N du sous-groupe engendré par f(A$_0$) est contenu dans celui de f(A). Avec ce qui précède, on en déduit que f(B$_0$) est contenu dans le centralisateur de f(A) dans G/N.
b) Prouver que f(B) est contenu dans tout sous-groupe normal de G/N qui contient f(B$_0$).
Soit L un sous-groupe normal de G/N contenant f(B$_0$). Il s'agit de prouver que f(B) est contenu dans L. Soit K l'image réciproque de L par f. On sait que K est un sous-groupe normal de G et il est clair que B$_0$ est contenu dans K. Donc, d’après les hypothèses sur B, B est contenu dans K, donc f(B) est contenu dans f(K) = L.
c) Prouver que f(B) est contenu dans le centralisateur de f(A) dans G/N.
D'après les points a) et b), il suffit de prouver que le centralisateur de f(A) dans G/N est un sous-groupe normal de G/N. Puisque, par hypothèse, A est normal dans G, f(A) est normal dans f(G) = G/N. Or, d’après un exercice de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur, le centralisateur d'un sous-groupe normal est lui-même normal, donc le centralisateur de f(A) dans G/N est un sous-groupe normal de G/N, comme annoncé.
d) Déduire de c) que [A, B] est contenu dans N (ce qui démontre l'énoncé général du problème).
Puisque [A, B] est engendré par les [a, b], où a parcourt A et où b parcourt B, il suffit de prouver que si a est un élément de A et b un élément de b, alors [a, b] appartient à N. D'après le point c), f(a) et f(b) commutent dans G/N, ce qui revient à dire que [f(a), f(b)] = 1 dans G/N, ou encore f( [a, b] ) = 1 dans G/N, ce qui signifie que [a, b] appartient au noyau de f, à savoir N.
e) Soient G un groupe, A et B des sous-groupes normaux de G, soit A$_0$ une partie génératrice de A. Soit B$_0$ une partie de B telle que B soit le plus petit sous-groupe normal de G contenant B$_0$ (c'est le cas en particulier si B$_0$ est une partie génératrice de B). Prouver que [A, B] est le plus petit sous-groupe normal de G comprenant les commutateurs [a$_0$, b$_0$] avec a$_0$ dans A$_0$ et b$_0$ dans B$_0$.
Les hypothèses de l'énoncé général du problème sont clairement satisfaites, donc [A, B] est contenu dans tout sous-groupe normal de G comprenant les commutateurs [a$_0$, b$_0$] avec a$_0$ dans A$_0$ et b$_0$ dans B$_0$. Il suffit donc de montrer que [A, B] est lui-même un sous-groupe normal de G comprenant ces commutateurs. Qu'il comprenne ces commutateurs est évident et d’autre part, du fait que A et B sont supposés normaux dans G, il résulte que [A, B] est normal dans G.
Remarques. 1° En faisant A = B = G et A$_0$ = B$_0$ = X dans l'énoncé du point e), nous retrouvons le théorème suivant, qui a été démontré dans le chapitre théorique : si G est un groupe et X une partie génératrice de G, le dérivé de G est le sous-groupe normal de G engendré par les commutateurs [x, y], où x et y parcourent X. 2° Nous utiliserons l'énoncé e) de ce problème dans un exercice sur les groupes nilpotents.