Groupes d’ordre 6

On raisonne de façon très élémentaire, on sait bien sûr classifier les groupes d’ordre $pq$ mais on omet ici la théorie de Sylow, ainsi que le théorème de Cauchy, et les actions de groupes. On rappelle que l’ordre possible d’un élément $g$ de $G$ est un diviseur de l’ordre de $G$ par Lagrange.

Pour un groupe $G$ d’ordre pair, en regroupant regroupant les éléments d’ordre différent de 1 et $2$ de $G$ par paires, on remarque alors que $G$ possède au moins un élément $g$ d’ordre $2$, puisque $G$ privé de toutes ces paires est toujours de cardinal pair, et non nul puisqu’il contient le neutre.

Montrons que pour $G$ abélien, on a nécessairement $G \simeq \mathbb Z/ 6 \mathbb Z$.

Supposons $G$ abélien, on peut ainsi y exhiber un élément $x$ d’ordre $2$, le groupe quotient $G/\langle x \rangle$ est alors d’ordre $3$, en désignant par $\pi$ la projection canonique, pour tout élément $g$ d’ordre $2$, on a $\overline e = \pi(e) = \pi(g^{2}) = \pi(g)^{2}$, tout élément d’ordre $2$ de $G$ (en plus du neutre de $G$) est donc dans le noyau de $\pi$ (sa classe est d’ordre un diviseur de $2$, donc d’ordre $1$ puisque le groupe quotient est d’ordre $3$), d’où l’existence d’un élément d’ordre $3$ ou $6$ pour assurer la surjectivité de $\pi$.

En déisgnant cet élément par $y$, s’il est d’ordre $6$, alors $G$ est cyclique. Dans le cas contraire, il est d’ordre $3$, et par comutativité de $G$, l’élément $z = xy$ est d’ordre $6$. Finalement, $G \simeq \mathbb Z/6\mathbb Z$.

Pour $G$ non abélien, montrons qu’on a $G \simeq S_3$. Si tous les éléments de $G$ étaient d’ordre $2$, alors $[x,y] = xyx^{-1}y^{-1} = xyxy = (xy)^{2} = 2$, et donc $G$ serait abélien. D’où l’existence d’un élément $x$ d’ordre $3$ (S’il était d’ordre $6$ alors $G$ serait abélien).
Ce dernier nous fournit un sous-groupe normal car d’indice $2$, en supposant que G possède un sous-groupe normal d’ordre $2$, il serait alors produit direct de deux groupes abéliens, ce qui est exclu. D’où nécessairement l’existence d’au moins deux éléments d’ordre $2$, mais les éléments d’ordre $3$ arrivent par paires, ce qui force G à posséder exactement trois éléments d’ordre $2$ et deux éléments d’ordre $3$. Dès lors, écrire la table de multiplication de G suffit pour conclure, elle est en effet unique.

Pour éviter le produit direct, en supposant que $G$ possède un unique élément d’ordre $2$, il serait alors central (La conjugaison est un automorphisme de groupes, donc conserve l’ordre, d’où pour $g$ quelconque, $gxg^{-1} = x$ par uncité de l’élément $x$, d’ordre $2$), donc $Z(G)$ serait non trivial d’ordre $2$ ou $3$. Dans tous les cas, le quotient associé $G/Z(G)$ est d’ordre premier, donc cyclique. Or, $G/Z(G)$ cyclique implique $G$ monogène, a fortiori $G$ est abélien, contradication.