Exercice 4

1. Si $G$ contient un élément d'ordre $4$, alors $G \simeq \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$. Sinon tout élément $\neq e$ est d'ordre $2$, donc $G$ est abélien (question 2) et, en choisissant $a \neq b$ non triviaux, $G=\{e\,;a\,;b\,;ab\} \simeq (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{2}$.

2. De $(xy)^{2}=e$ on tire $xy=(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx$. $$\boxed{G \text{ est abélien, et si } G \text{ est fini son ordre est une puissance de } 2.}$$ En effet $G$ est alors un $\mathbb{F}_{2}$-espace vectoriel.

3. Un exemple. Le groupe $\mathfrak{S}_{3}$ est d'ordre $3!=6$, et il n'est pas abélien : $$(1\ 2)(1\ 3)=(1\ 3\ 2) \qquad\text{tandis que}\qquad (1\ 3)(1\ 2)=(1\ 2\ 3)$$

Unicité. Soit $G$ un groupe non abélien d'ordre $6$. On procède par étapes, en n'utilisant que le théorème de Lagrange.

Étape 1 — les ordres possibles sont $1$, $2$ et $3$. L'ordre d'un élément divise $|G|=6$, donc appartient à $\{1\,;2\,;3\,;6\}$. Un élément d'ordre $6$ engendrerait $G$, qui serait cyclique donc abélien : ce cas est exclu.

Étape 2 — il existe un élément $a$ d'ordre $3$. Sinon, tout $x \neq e$ serait d'ordre $2$, donc $x^{2}=e$ pour tout $x \in G$, et la question 2 rendrait $G$ abélien. On pose $H=\langle a \rangle=\{e\,;a\,;a^{2}\}$, d'ordre $3$.

Étape 3 — $H$ est stable par conjugaison. Son indice vaut $[G:H]=\dfrac{6}{3}=2$. Il n'y a donc que deux classes à gauche, $H$ et $G \setminus H$, et de même à droite. Pour $b \notin H$ on a ainsi $bH=G \setminus H=Hb$, c'est-à-dire $bHb^{-1}=H$.

Étape 4 — tout élément hors de $H$ est d'ordre $2$. Soit $b \notin H$. Les deux classes à gauche étant $H$ et $bH$, la classe $b^{2}H$ est l'une des deux ; si $b^{2}H=bH$, alors $bH=H$ et $b \in H$, ce qui est exclu. Donc $b^{2} \in H$.

Si $b$ était d'ordre $3$, on aurait $b^{3}=e$, donc $b=b^{4}=\big(b^{2}\big)^{2}$ ; or $b^{2} \in H$ et $H$ est un sous-groupe, donc $\big(b^{2}\big)^{2} \in H$, d'où $b \in H$ : absurde. L'ordre de $b$ est donc $2$.

Étape 5 — $G$ possède exactement les six éléments $e$, $a$, $a^{2}$, $b$, $ab$, $a^{2}b$. Les trois premiers forment $H$. Les trois suivants forment $Hb$, et ils sont distincts, car $a^{i}b=a^{j}b$ entraîne $a^{i}=a^{j}$. Comme $H$ et $Hb$ sont disjointes et de cardinal $3$, elles épuisent $G$.

Étape 6 — la seule relation possible est $bab^{-1}=a^{2}$. L'étape 3 donne $bab^{-1} \in H$. La conjugaison préserve l'ordre, puisque $\big(bab^{-1}\big)^{k}=ba^{k}b^{-1}$ : l'élément $bab^{-1}$ est donc d'ordre $3$, ce qui exclut $e$ et laisse $bab^{-1} \in \{a\,;a^{2}\}$.

Si $bab^{-1}=a$, alors $a$ et $b$ commutent ; or tout élément de $G$ s'écrit $a^{i}b^{j}$ d'après l'étape 5, donc $G$ serait abélien : contradiction. $$\boxed{a^{3}=e, \qquad b^{2}=e, \qquad bab^{-1}=a^{2}=a^{-1}}$$

Étape 7 — conclusion. Ces trois relations déterminent entièrement le produit de deux éléments quelconques $a^{i}b^{j}$, donc la table de $G$. Or $\mathfrak{S}_{3}$ les vérifie avec $a=(1\ 2\ 3)$ et $b=(1\ 2)$ : $$(1\ 2)(1\ 2\ 3)(1\ 2)=(1\ 3\ 2)=a^{2} \quad \checkmark$$ L'application $a^{i}b^{j} \mapsto (1\ 2\ 3)^{i}(1\ 2)^{j}$ est donc un isomorphisme de $G$ sur $\mathfrak{S}_{3}$. $$\boxed{\text{Il y a exactement deux groupes d'ordre } 6 : \; \mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \text{ et } \mathfrak{S}_{3}.}$$

Remarque. On invoque souvent le théorème de Cauchy pour produire d'emblée les éléments $a$ et $b$. C'est légitime, mais inutile ici : ce théorème n'est établi qu'au chapitre 2, alors que les étapes 1 et 2 ci-dessus ne demandent que Lagrange. On notera d'ailleurs que $\mathfrak{S}_{3}=D_{3}$ est le groupe diédral du triangle, et que les relations encadrées sont exactement celles de $D_{4}$ à l'exercice 5, avec $4$ remplacé par $3$.