Les cinq groupes d'ordre 12

Les groupes abéliens sont $\mathbb Z/12\mathbb Z$ et $\mathbb Z/2\mathbb Z \times \mathbb Z/6\mathbb Z$ (Groupes abéliens finis). Soit $G$ non abélien d'ordre $12 = 2^2 \times 3$. Par les théorèmes de Sylow (Sylow), $n_3$ divise $4$ et vaut $1$ modulo $3$ : $n_3 \in \{1, 4\}$.

Si $n_3 = 4$. Deux $3$-Sylow distincts, d'ordre premier, se coupent trivialement : ils fournissent $4 \times 2 = 8$ éléments d'ordre $3$. Le normalisateur d'un $3$-Sylow $P$ est d'ordre $12/4 = 3$, donc égal à $P$.

L'action de $G$ par conjugaison sur l'ensemble de ses quatre $3$-Sylow est un morphisme $G \to \mathfrak S_4$, en numérotant ces sous-groupes ; un élément du noyau normalise chaque $P$, donc appartient à l'intersection des $3$-Sylow, qui est $\{e\}$. Le morphisme est injectif, et son image est un sous-groupe d'ordre $12$ de $\mathfrak S_4$, c'est-à-dire $\mathfrak A_4$ (Le groupe 𝔄₄, (i)) : $G \cong \mathfrak A_4$.

Si $n_3 = 1$. Le $3$-Sylow $P$ est distingué, isomorphe à $\mathbb Z/3\mathbb Z$, et un $2$-Sylow $Q$, d'ordre $4$, le coupe trivialement.

L'application $(a, b) \mapsto ab$ de $P \times Q$ dans $G$ est injective, puisque $ab = a'b'$ entraîne $a'^{-1}a = b'b^{-1} \in P \cap Q$ : donc $PQ = G$, et $G \cong P \rtimes_\varphi Q$ (Produits semi-directs, (ii)), avec $\varphi : Q \to \operatorname{Aut}(P) \cong \{\pm\mathrm{id}\}$ (même nœud, (iv)).

Ce morphisme n'est pas trivial, sinon $G \cong P \times Q$ serait abélien. Par Ordres p, p², 2p, pq, (ii), $Q$ est isomorphe à $\mathbb Z/4\mathbb Z$ ou à $(\mathbb Z/2\mathbb Z)^2$.

Premier cas : $Q \cong \mathbb Z/4\mathbb Z$. Choisissons des isomorphismes $\beta : P \to \mathbb Z/3\mathbb Z$ et $\gamma : Q \to \mathbb Z/4\mathbb Z$, et soit $q = \gamma^{-1}(\bar 1)$, générateur de $Q$. Comme $\varphi$ n'est pas trivial, $\varphi(q) = -\mathrm{id}$, sans quoi $\varphi$ serait trivial sur $\langle q \rangle = Q$.

L'inversion commute à tout isomorphisme, donc $$\beta \circ \varphi(q) \circ \beta^{-1} = -\mathrm{id} = \psi(\gamma(q)) ;$$ deux morphismes de $Q$ qui coïncident sur un générateur sont égaux, et le transport (Produits semi-directs, (iii)) donne $G \cong \mathrm{Dic}_3$.

Second cas : $Q \cong (\mathbb Z/2\mathbb Z)^2$. Un morphisme non trivial $Q \to \{\pm\mathrm{id}\}$ est déterminé par son noyau, l'un des trois sous-groupes d'ordre $2$ de $Q$. Toute permutation des trois éléments non nuls $u, v, u + v$ de $Q$ est un automorphisme, puisque la somme de deux d'entre eux est le troisième ; les trois morphismes se déduisent donc l'un de l'autre par un automorphisme de $Q$, et donnent des groupes isomorphes (même nœud, (iii)).

Le groupe $\mathcal D_6$ en est un. Dans $\mathcal D_6$, le sous-groupe $N' = \langle r^2 \rangle = \{e, r^2, r^4\}$ est d'ordre $3$ et distingué, puisque $r$ le centralise et que, par Diédraux, quaternions, (i), $$(r^ms)\,r^2\,(r^ms)^{-1} = r^m r^{-2} r^{-m} = r^{-2}.$$ L'ensemble $H' = \{e, r^3, s, r^3s\}$ est un sous-groupe isomorphe à $(\mathbb Z/2\mathbb Z)^2$ : $sr^3s^{-1} = r^{-3} = r^3$, donc $r^3$ et $s$ commutent, et $r^3$, $s$, $r^3s$ sont d'ordre $2$.

On a $N' \cap H' = \{e\}$, et les $3 \times 4 = 12$ produits $ab$, $a \in N'$, $b \in H'$, sont distincts comme plus haut : $N'H' = \mathcal D_6$, et $\mathcal D_6 \cong N' \rtimes_{\varphi'} H'$ par la reconnaissance, où $s$ agit par inversion et $r^3$ trivialement, de sorte que $\varphi'$ est non trivial, de noyau $\{e, r^3\}$.

Choisissons un isomorphisme $\beta : P \to N'$, et un isomorphisme $\gamma : Q \to H'$ qui envoie $\operatorname{Ker} \varphi$ sur $\{e, r^3\}$, ce qui est possible puisque toute permutation des éléments non nuls de $Q$ est un automorphisme.

Les morphismes $h \mapsto \varphi'(\gamma(h))$ et $h \mapsto \beta \circ \varphi(h) \circ \beta^{-1}$ de $Q$ dans $\{\pm \mathrm{id}\}$ ont le même noyau, donc sont égaux, et le transport donne $G \cong \mathcal D_6$.

Ils sont distincts. Les nombres d'éléments d'ordre $2$ sont $1$ pour $\mathbb Z/12\mathbb Z$, $3$ pour $\mathbb Z/2\mathbb Z \times \mathbb Z/6\mathbb Z$, $7$ pour $\mathcal D_6$, à savoir $r^3$ et les six $r^ms$, $3$ pour $\mathfrak A_4$, les doubles transpositions, et $1$ pour $\mathrm{Dic}_3$, l'élément $(\bar 0, \bar 2)$.

Comme $\mathbb Z/2\mathbb Z \times \mathbb Z/6\mathbb Z$ et $\mathbb Z/12\mathbb Z$ sont abéliens et les trois autres non, les cinq groupes sont deux à deux non isomorphes.