groupe d`ordre 8

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Structure des groupes d’ordre 8
Théorème 1. Il y a à isomorphismes près 5 groupes d’ordres 8, dont 3 sont abéliens :
• Z/8Z, Z/2Z × Z/4Z, (Z/2Z)3 .
et deux non abéliens :
• Le groupe diédral D4 .
• Le groupe des quaternions H8 .
Démonstration. :
Etape 1 : D’après le théorème de structure des groupes abéliens finis, il y a à isomorphismes
près 3 groupes abéliens d’ordre 8 correspondant aux suites d’exposants (1, 1, 1), (1, 2), (3) telles
que :
• Z/21 Z × Z/21 Z × Z/21 Z = (Z/2Z)3 .
• Z/21 Z × Z/22 Z = Z/2Z × Z/4Z.
• Z/23 Z = Z/8Z.
Etape 2 : Supposons G groupe d’ordre 8 non abélien. dont on note la loi multiplicativement.
Notons r l’ordre maximal des éléments de G et montrons que r = 4. Par le théorème de Lagrange,
on a r ∈ {2, 4, 8}. Or, si r = 8, G admet un élément d’ordre 8 et est cyclique donc abélien, absurde.
Si r = 2, tous les éléments de G hormis le neutre sont d’ordre 2 et donc G serait encore abélien,
absurde. D’où r = 4.
Méthode : on va montrer qu’à isomorphisme près, le groupe diédral D4 et le groupe des quaternions (dont nous savons qu’ils sont d’ordre 8 non abéliens et non isomorphes), sont les seuls
groupes d’ordre 8 non commutatifs.
Etape 3 : D’après ce qu’il précède, il existe dans G un élément i d’ordre 4 et on note H =< i >.
Puisque [G : H] = 2, H / G et G/H est muni d’une structure de groupe, ce qui donne la suite
exacte :
i
π
1 7→ H ' Z/4Z ,→ G G/H ' Z/2Z 7→ 1
où i : H ,→ G est l’injection canonique et π : G G/H la surjection canonique. On dit que
la suite exacte est scindée s’il existe un morphisme s de Z/2Z dans G tel que π ◦ s = IdZ/2Z
c’est-à-dire un morphisme inverse à droite de π. L’existence d’un tel morphisme garantira alors
que G ' Z/4Z o Z/2Z
Objectif 1. Montrons que la suite est scindée si et seulement s’il existe a ∈ G \ H d’ordre 2.
Supposons pour commencer qu’il existe a ∈ G \ H d’ordre 2. Définissons s : Z/2Z −→ G par
s(0) = 1G et s(1) = a. Alors, s est bien un morphisme puisque
s(1 + 1) = s(0) = 1G = a2 = s(1)2 car a est d’ordre 2.
De plus, π(s(0)) = π(1G ) = 0Z/2Z et π(s(1)) = π(a) = 1Z/2Z , puisque a 6∈ H. Inversement, si
un tel morphisme s existe alors nécessairement s(1 + 1) = s(0) = s(1)2 = 1G et s(1) = a est un
élément d’ordre 2 de G car s(1) 6= 0 car sinon on aurait π(s(1)) 6= 1, avec de plus π(s(1)) = 1
soit s(1) ∈ G \ H, car sinon on aurait π(s(1)) = 0. D’où l’équivalence annoncée.
Supposons que G \ H contient un élément d’ordre 2. On a donc d’après ce qui précède Z/4Z oφ
Z/2Z où φ est un morphisme de Z/2Z −→ Aut(Z/4Z) qui participe à déterminer la loi de groupe
+ sur l’ensemble Z/4Z × Z/2Z via :
(k1 , l1 ) + (k2 , l2 ) = (k1 + φ(l1 )(k2 ), l1 + l2 ).
Or, on sait que Aut(Z/4Z) ' (Z/4Z)∗ ' Z/2Z, les inversibles de Z/4Z étant 1, 3. On cherche
donc à déterminer les morphismes de Z/2Z sur Z/2Z et par cyclité de Z/2Z, on voit facilement
qu’il y a exactement deux tels morphismes :
• le morphisme trivial qui à 0 7→ 0 et 1 7→ 0, qui munit le produit semi-direct d’une structure
de groupe commutatif.
• le morphisme φ1 qui à 0 7→ 0 et 1 7→ 1 tel que Z/4Z oφ1 Z/2Z soit un vrai produit
semi-direct non commutatif
Comme G est supposé non abélien, nécessairement G ' Z/4Z oφ1 Z/2Z ' D4 . En effet, D4 est
lui aussi d’ordre 8, non abélien. On prend alors H =< r > où r désigne la rotation de centre O
et d’angle 2π
4 qui est bien d’ordre 4 et toute réflexion s est alors un élément de D4 6∈ H d’ordre
2 qui permet de scinder la suite exacte :
2
i
π
1 7→< r >' Z/4Z ,→ D4 D4 / < r >' Z/2Z 7→ 1
ce qui donne bien d’après l’étude précédente D4 ' Z/4Z oφ1 Z/2Z =⇒ G ' D4 .
Etape 4 : On suppose toujours G d’ordre 8 non abélien avec H =< i > d’ordre 4 mais ici
G \ H ne contient aucun élément d’ordre 2. Alors, H étant cyclique d’ordre 4 avec 2 | 4, il
contient ϕ(2) = 1 élément d’ordre 2. Or, puisque i est d’ordre 4, i2 est d’ordre 2 et c’est donc le
seul élément d’ordre 2 de H donc aussi de G \ H par hypothèse, on note i2 = −1. Considérons
j ∈ G\H, alors j n’est pas d’ordre 2 et comme 1 ∈ H, j est nécessairement d’ordre 4 (ne pouvant
être d’ordre 8) et j 2 = −1 est d’ordre 2. On note k = ij 6∈ H, car sinon i étant dans H, j le
serait également, absurde. On a donc également k est d’ordre 4 et k 2 = −1 est d’ordre 2. D’où :
i2 = j 2 = k 2 = −1
Objectif 2. montrons que card(Z(G)) = 2 et Z(G) = {1, −1}.
Comme Z(G) est un sous-groupe de G, par le théorème de Lagrange card(Z(G)) ∈ {1, 2, 3, 4, 8}.
Or, card(Z(G)) 6= 8, car G est non abélien et card(Z(G)) 6= 1 car G est un 2-groupe et tout
p-groupe a d’après la formule des classes un centre non trivial. D’où, card(Z(G)) ∈ {2, 4}. Si on
suppose card(Z(G)) = 4, Z(G) serait d’indice 2 dans G et donc distingué dans G. On aurait alors
G/(Z(G)) ' Z/2Z cyclique et G serait abélien, absurde. D’où card(Z(G)) = 2 et Z(G) = {1, −1}.
Les éléments 1, i, j, k, −1, −i, −j, −k sont alors 8 éléments distincts de G, ce qui montre que :
G = {1, i, j, k, −1, −i, −j, −k} avec H = {1, i, −1, −i}.
Alors, ij, ik, jk 6∈ Z(G) = {1, −1} et comme ji 6∈ H car i ∈ H et j 6∈ H, on a ji ∈ {j, k, −j, −k}.
Objectif 3. Montrons que ji = −k = −ij
On a
•
•
•
:
ji 6= j sinon on aurait 1 = j, absurde.
ji 6= −j sinon on aurait i = −1, absurde.
ji 6= ij = k, sinon on aurait i commute à j (donc à −j = j 3 car −1 ∈ Z(G)), puis i
commute à ij = k (donc à −k = j 2 k car −1 ∈ Z(G)). De plus comme i ∈ H et que H
abélien, on aurait finalement i ∈ Z(G), absurde.
On en conclut nécessairement ji = −k soit ji = −ji. On montre de même que :
ki = −ik = j et jk = −kj = i, avec i2 = k 2 = j 2 = −1
ce qui donne bien G ' H8 par construction du groupe des quaternions.
Rappel 1. Soit G est un groupe abélien fini de cardinal n. Il existe une unique suite a1 , . . . , as
d’entiers tels que 1 < a1 | a2 . . . | as et G ' Z/a1 Z × . . . × Z/as Z.
Rappel 2. Si G est un groupe dont tous les éléments (hormis le neutre) sont d’ordre 2, alors G
est commutatif.
Démonstration. Calculons pour x, y ∈ G, le commutant xyx−1 y −1 . Comme x, y sont d’ordres 2,
on a x−1 = x, y −1 = y =⇒ xyx−1 y −1 = (xy)(xy) = (xy)2 = 1G ce qui donne xy = yx et G est
donc abélien.
Rappel 3. Soit G un groupe fini tel que Z(G) soit d’indice 2 dans G. Alors G/Z(G) ' Z/2Z et
G est abélien.
Démonstration. Soit G/Z(G) est isomorphe à Z/2Z. On note g 6∈ Z(G), alors G/Z(G) = {1, g}
et tout élément de G s’écrit g k z pour k ∈ Z et z ∈ Z(G). Pour deux éléments g k1 z1 et g k2 z2 de G,
on a alors (g k1 z1 )(g k2 z2 ) = g k1 g k2 z1 z2 = g k1 +k2 z1 z2 et g k2 z2 g k1 z1 = g k2 g k1 z2 z1 = g k2 +k1 z1 z2 .
D’où le résultat.
Références :
• F GN , algèbre 1.
• Boyer-Risler pour les théorèmes de structure des groupes abéliens finis.
• Perrin cours d’algèbre pour les notions de produit semi-direct.