Groupes d'ordre $4$

Soit e, a, b, c les él. du groupe. On observe aa.
Si aa = a alors a = e, exclu.
Si aa = b alors bb = (aa)(aa) = aaaa. Groupe cyclique. Idem si aa = c.
Reste un seul cas : aa = bb = cc = e. Groupe de Klein.

Les possibilités sont épuisées...

On part du morphisme d'anneaux $\Z\to A$, $k\mapsto k\cdot1$ (façon de parler). Comme l'a dit Lagrange, l'ordre de $1$, qui est un générateur du noyau, est $2$ ou $4$ (mais pas $1$ sinon l'anneau est l'anneau nul).

Il y a le cas où le morphisme est surjectif, alors $\Z/4\Z$.

Désormais, on suppose que $1+1=0$. L'anneau contient alors un autre élément $\alpha$ hors de $\{0,1\}$ et le dernier élément est $\alpha+1$. On distingue des cas selon la valeur de $\alpha^2$ :

• si $\alpha^2=0$, on trouve le dernier anneau de gai requin, engendré par $\left(\begin{smallmatrix}0&1\\0&0\end{smallmatrix}\right)$, connu sous le nom de « nombres duaux », i.e. $\newcommand{\f}{\mathbf{F}_2}\f[X]/(X^2)$ ;
• si $\alpha^2=1$, alors $(\alpha+1)^2=0$ (car $1=-1$ et $2=0$) et on retrouve le même anneau à isomorphisme près ;
• si $\alpha^2=\alpha$, alors $e=\alpha$ est un idempotent, $\alpha+1=1-e$ aussi et on voit que l'anneau $A$ est $Ae\oplus A(1-e)\simeq\Z/2\Z\times\Z/2\Z$ ;
• si $\alpha^2=\alpha+1$, alors $\alpha$ est racine du polynôme irréductible $X^2+X+1$ et l'anneau est $\f[X]/(X^2+X+1)\simeq\mathbf{F}_4$.

Le résultat se généralise sans difficulté pour la classification des anneaux de cardinal $p^2$ avec $p$ premier.

La fonction $f$ ainsi construite avec les sous-entendus qu'on imagine respecte les deux tables donc est un isomorphisme.

Si tu sais que $G = \langle x, y \rangle$ alors pour n'importe quel groupe $\tilde G$ et n'importe quels éléments $a, b \in \tilde G$, il n'existe au plus qu'une seule manière de définir un morphisme de groupes $f : G \to \tilde G$ tel que $f(x)=a$ et $f(y)=b$ puisque tout élément de $G$ est un mot en $x^{\pm 1}$ et $y^{\pm 1}$.

Il reste à voir qu'un tel morphisme existe quand $\tilde G = \mathfrak S_3, a = (12)$ et $b=(123)$. Cela vient du fait que $x^2=y^3=e, xy=yx^2$ et $(12)^2=(123)^3=\mathrm{id}, (12)(123) = (213)(12)$, i.e. $x$ et $y$ d'une part, $(12), (123)$ d'autre part, satisfont les mêmes relations. On peut vérifier à la main que l'on peut prolonger une telle application en un morphisme de groupes (qui est unique d'après le premier point). Le problème c'est que c'est fastidieux et se prête peu à la généralisation, contrairement à ce qui va suivre.

Formellement, on va construire un morphisme dans l'autre sens et on va utiliser que $\mathfrak S_3 \simeq \langle s, t \mid s^2=t^3=e, st=t^2s \rangle,$ où évidemment $s$ représente $(12)$ et $t$ représente $(123)$. Soit $F_2$ le groupe libre à deux générateurs $a$ et $b$. Par définition, $\langle t, s \mid t^2=s^3=e, st=t^2s \rangle = F_2/R$ où $R$ est le sous-groupe distingué de $F_2$ engendré par $\{a^2, b^3, aba^{-1}b^{-2}\}$. Il existe (propriété universelle des groupes libres) un unique morphisme de groupes envoyant $a$ sur $x$ et $b$ sur $y$. Comme $x^2=y^3=e$ et $xy=y^2x$, ce morphisme est trivial sur $R$, et donc se factorise en un morphisme de $\mathfrak S_3$ dans $G$ vérifiant $f(s)=x$ et $f(t)=y$, ce qui était ce qu'on voulait.