Suites de composition, existence pour un groupe fini

(i) Un groupe d'ordre premier $p$ n'est pas réduit au neutre, et ses sous-groupes ont pour ordre $1$ ou $p$ par le théorème de Lagrange (Lagrange) : ce sont $\{e\}$ et lui-même.

Soit $G$ abélien simple, et $x \neq e$ dans $G$. Le sous-groupe $\langle x \rangle$ est distingué, comme tout sous-groupe d'un groupe abélien (Sous-groupe distingué, (iii)), et n'est pas réduit au neutre : il vaut $G$, qui est donc cyclique.

Si $G$ était infini, le morphisme $k \mapsto x^k$ de ${\mathbb Z}$ sur $G$ serait injectif : sinon son noyau serait $d'\mathbb Z$ avec $d' \geqslant 1$ (Idéaux de ℤ), et $\langle x \rangle \cong \mathbb Z/d'\mathbb Z$ serait fini (Théorème d'isomorphisme). Le sous-groupe $\langle x^2 \rangle$, image de $2\mathbb Z$, serait alors distingué, différent de $\{e\}$ puisque $x^2 \neq e$, et différent de $G$, puisque $x = x^{2k}$ entraînerait $1 = 2k$ par injectivité : c'est exclu.

Le groupe $G$ est donc fini, d'ordre $n \geqslant 2$. 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.

(ii) Comme $N \neq G$, le groupe $G/N$ n'est pas réduit au neutre. Par la correspondance (Isomorphismes, correspondance, (iii)), ses sous-groupes distingués sont les $M/N$, où $M$ parcourt les sous-groupes distingués de $G$ qui contiennent $N$, et $M \mapsto M/N$ est injective.

Les sous-groupes $\{N\} = N/N$ et $G/N$ correspondent à $M = N$ et $M = G$. Le quotient est donc simple si et seulement s'il n'y a pas d'autre $M$.

(iii) Par récurrence forte sur $|G|$ (Bon ordre sur ℕ). Si $|G| = 1$, la suite $G = G_0 = \{e\}$, de longueur $0$, convient.

Sinon, l'ensemble des sous-groupes distingués de $G$ distincts de $G$ est fini, comme partie de l'ensemble fini des parties de $G$, et non vide, puisqu'il contient $\{e\}$. Leurs ordres $|M|$ forment une partie non vide de $\{1, \dots, |G| - 1\}$, qui a donc un plus grand élément ; soit $N$ l'un des sous-groupes dont l'ordre est ce plus grand élément.

Si un sous-groupe distingué $M$ vérifiait $N \subsetneq M \subsetneq G$, on aurait $|M| > |N|$ (Ensembles finis, (iii)), contre le choix de $N$ : par (ii), $G/N$ est simple.

Comme $|N| < |G|$, l'hypothèse de récurrence fournit une suite de composition $N = N_0 \supset \cdots \supset N_t = \{e\}$, et $G \supset N_0 \supset \cdots \supset N_t$ est une suite de composition de $G$. Aucun axiome du choix n'intervient : on ne désigne qu'un élément d'un ensemble fini non vide.

(iv) Par le théorème de Lagrange, $|G_{i-1}| = |G_i| \cdot |G_{i-1}/G_i|$ pour chaque $i$, et l'on conclut par récurrence sur $r$, puisque $|G_r| = 1$.