Tout groupe d'ordre inférieur à 60 est résoluble

(i) Tout groupe abélien $A$ est résoluble, avec la suite $A \supset \{e\}$ : le quotient $A/\{e\}$ est l'image de $A$ par la surjection canonique, abélien comme $A$. Cela couvre le groupe à un élément.

Supposons qu'un groupe dont l'ordre appartient à $\mathcal N$ ne soit pas résoluble, et soit $n$ le plus petit ordre d'un tel groupe (Bon ordre sur ℕ), atteint par un groupe $G$. Il n'est pas abélien, et $n > 1$ ; par hypothèse, $G$ n'est pas simple, et il a un sous-groupe distingué $N$ distinct de $\{e\}$ et de $G$.

Par le théorème de Lagrange (Lagrange), $|N|$ et $|G/N| = n/|N|$ sont des diviseurs de $n$, donc des éléments de $\mathcal N$. Comme $N$ est une partie de $G$ distincte de $\{e\}$ et de $G$, on a $1 < |N| < n$ (Ensembles finis, (iii)), et par suite $1 < |G/N| < n$.

Par minimalité de $n$, les groupes $N$ et $G/N$ sont résolubles, et $G$ l'est (Groupes résolubles, (iii)) : contradiction.

(ii) L'ensemble $\mathcal N$ des puissances $p^b$, $b \in \mathbb N$, contient les diviseurs de chacun de ses éléments, qui sont des puissances de $p$ (Nombres premiers, (ii)). Un groupe d'ordre $p^b$ avec $b \geqslant 1$ est un $p$-groupe, donc abélien ou non simple (Non-simplicité, (i)) ; on conclut par (i).

(iii) Soit $G$ un groupe d'ordre $n$, avec $1 < n < 60$. On répartit les ordres en quatre cas. Le premier réunit les vingt-cinq puissances d'un nombre premier : $2$, $3$, $4$, $5$, $7$, $8$, $9$, $11$, $13$, $16$, $17$, $19$, $23$, $25$, $27$, $29$, $31$, $32$, $37$, $41$, $43$, $47$, $49$, $53$ et $59$. Les trente-trois autres entiers de $2$ à $59$ figurent chacun une fois dans le tableau suivant.

Premier cas : $n$ est une puissance d'un nombre premier. Alors $G$ est un $p$-groupe, et le critère du centre conclut (Non-simplicité, (i)).

Deuxième cas : un Sylow distingué. Pour chacun des ordres des sept premières lignes du tableau, on écrit $n = p^am$ avec le premier $p$ indiqué, $p \nmid m$ et $m > 1$. Dans tous ces cas sauf $40$ et $45$, on a $m < p$ : par exemple $54 = 3^3 \times 2$, $50 = 5^2 \times 2$, $42 = 7 \times 6$, $58 = 29 \times 2$.

Pour $40 = 5 \times 8$, les diviseurs $1, 2, 4, 8$ de $8$ sont congrus à $1, 2, 4, 3$ modulo $5$ ; pour $45 = 5 \times 9$, les diviseurs $1, 3, 9$ de $9$ sont congrus à $1, 3, 4$. Dans chaque cas, $1$ est le seul diviseur de $m$ congru à $1$ modulo $p$, et le $p$-Sylow est un sous-groupe distingué distinct de $\{e\}$ et de $G$ (Non-simplicité, (ii)).

Troisième cas : $n \in \{12, 24, 36, 48\}$. Soit $H$ un Sylow de $G$ (Sylow, (i)), pour le premier $2$ si $n \in \{12, 24, 48\}$, pour le premier $3$ si $n = 36$. Son indice $k$ et la factorielle $k!$ sont : $$\begin{aligned} 12 &= 4 \times 3, & k &= 3, & 3! &= 6 ; \\ 24 &= 8 \times 3, & k &= 3, & 3! &= 6 ; \\ 48 &= 16 \times 3, & k &= 3, & 3! &= 6 ; \\ 36 &= 9 \times 4, & k &= 4, & 4! &= 24. \end{aligned}$$ Dans chaque cas $n$ ne divise pas $k!$, puisque $n > k!$, et $H \neq G$ : par Non-simplicité, (iii), $G$ a un sous-groupe distingué distinct de $\{e\}$ et de $G$.

Quatrième cas : $n \in \{30, 56\}$. Pour $n = 30 = 2 \times 3 \times 5$, le nombre $n_3$ divise $10$ et vaut $1$ modulo $3$, donc $n_3 \in \{1, 10\}$ ; le nombre $n_5$ divise $6$ et vaut $1$ modulo $5$, donc $n_5 \in \{1, 6\}$ (Sylow, (iii)).

Si l'on avait $n_3 = 10$ et $n_5 = 6$, le comptage (Non-simplicité, (iv)) donnerait $10 \times 2 = 20$ éléments d'ordre $3$ et $6 \times 4 = 24$ éléments d'ordre $5$, soit $44$ éléments distincts dans un groupe qui n'en a que $30$. Donc $n_3 = 1$ ou $n_5 = 1$, et le Sylow correspondant, d'ordre $3$ ou $5$, est distingué, distinct de $\{e\}$ et de $G$.

Pour $n = 56 = 2^3 \times 7$, le nombre $n_7$ divise $8$ et vaut $1$ modulo $7$ : $n_7 \in \{1, 8\}$. Si $n_7 = 1$, le $7$-Sylow convient.

Si $n_7 = 8$, le comptage donne $8 \times 6 = 48$ éléments d'ordre $7$ ; soit $R$ l'ensemble des $8$ autres éléments. Un $2$-Sylow $Q$ a $8$ éléments, dont les ordres divisent $8$ (Groupes cycliques, (i)), donc ne valent pas $7$ : $Q \subset R$, et $Q = R$, ces deux ensembles ayant $8$ éléments.

Le $2$-Sylow est donc unique, égal à $R$, et distingué (Sylow, (iii)) ; il est distinct de $\{e\}$ et de $G$.

Groupes simples. Si $G$ est simple d'ordre $n < 60$, il est abélien par ce qui précède. Pour $x \neq e$, le sous-groupe $\langle x \rangle$ est distingué, comme tout sous-groupe d'un groupe abélien (Sous-groupe distingué, (iii)), et différent de $\{e\}$ : il vaut $G$, qui est cyclique d'ordre $n$.

Si $n$ n'était pas premier, il aurait un diviseur $d$ avec $1 < d < n$, et $G$ un sous-groupe d'ordre $d$ (Groupes cycliques, (iii)), distingué et distinct de $\{e\}$ et de $G$ : c'est exclu, et $n$ est premier.

(iv) L'ensemble $\mathcal N = \{1, \dots, 59\}$ contient les diviseurs positifs de chacun de ses éléments, qui leur sont inférieurs. Par (iii), l'hypothèse de (i) est satisfaite, et (i) conclut.

(v) Le groupe $\mathfrak S_5$ a $5! = 120$ éléments (Non-simplicité, (iii)). La signature est surjective, puisque la transposition $(1\ 2)$ a pour signature $-1$ (Permutations, signature, (iii)) ; le théorème d'isomorphisme (Théorème d'isomorphisme) identifie $\mathfrak S_5/\mathfrak A_5$ à $\{1, -1\}$, et le théorème de Lagrange donne $|\mathfrak A_5| = 120/2 = 60$.

Un 3-cycle s'écrit $(a\ b\ c) = (a\ c)(a\ b)$, en composant de droite à gauche, comme on le voit en suivant les images de $a$, $b$ et $c$ ; il a donc pour signature $(-1)^2 = 1$. Ainsi $\mathfrak A_5$ est un sous-groupe de $\mathfrak S_5$ qui contient tous les $3$-cycles, et il n'est pas résoluble (𝔖ₙ non résoluble).

Par (iv), un groupe fini non résoluble a au moins $60$ éléments, et $\mathfrak A_5$ en a exactement $60$.